Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Trà Vinh năm học 2025-2026 có đáp án

   \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 11\\x - 2y = 1\end{array} \right.\)

                  \(\left\{ \begin{array}{l}4x = 12\\x - 2y = 1\end{array} \right.\)

                   \(\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\x - 2y = 1\end{array} \right.\)

                  \(\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3 - 2y = 1\end{array} \right.\)

                  \(\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\2y = 2\end{array} \right.\)

              \(\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.\) .

   Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm \(\left( {x\,;y} \right)\)là \(\left( {3\,\,;\,\,1} \right)\)

a. Phương tiện nào được các bạn sử dụng nhiều nhất là xe đạp điện. Phương tiện nào được các bạn sử dụng ít nhất là xe máy dưới \(50\) phân khối.

b. Số học sinh Lan Hương đã thực hiện khảo sát là:

      \(36 + 54 + 25 + 30 + 5 = 150\) (học sinh)

Không gian mẫu \(\Omega  = \{ 1;2;3;4;5;6;7;8;9;10\} \).

Số phần tử của không gian mẫu là \(n(\Omega ) = 10\).

Các kết quả thuận lợi cho biến cố A là lấy ra quả bóng ghi số \[1;3;\,\,5;7;\,9\] suy ra  \(n(A) = 5\)

Vậy xác suất của biến cố A là \(p(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{5}{{10}} = \frac{1}{2}\).

a. Ta có các hệ số \(a = 2;b = 4;c =  - 1\).

Biệt thức \(\Delta  = {b^2} - 4ac = {4^2} - 4.2.( - 1) = 16 + 8 = 24 > 0\).

Vì \(\Delta  > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt.

b. Theo định lý Viète, ta có \({x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = \frac{{ - 4}}{2} =  - 2;\,\,\,{x_1}.{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 1}}{2}\).

Ta có \(P = \frac{{{x_2}}}{{{x_1}}} - \frac{2}{{{x_2}}} = \frac{{{x_2}^2 - 2{x_1}}}{{{x_1}{x_2}}}\)

Vì \({x_2}\)là nghiệm của phương trình nên ta có \(2{x_2}^2 + 4{x_2} - 1 = 0\)

Suy ra \(2{x_2}^2 = 1 - 4{x_2}\)

Hay \({x_2}^2 = \frac{{1 - 4{x_2}}}{2} = \frac{1}{2} - 2{x_2}\)

Thay vào biểu thức ta có \(P = \frac{{{x_2}^2 - 2{x_1}}}{{{x_1}{x_2}}} = \frac{{\frac{1}{2} - 2{x_2} - 2{x_1}}}{{{x_1}{x_2}}} = \frac{{\frac{1}{2} - 2({x_1} + {x_2})}}{{{x_1}{x_2}}}\)

Thay \({x_1} + {x_2} =  - 2\) và  \({x_1}.{x_2} = \frac{{ - 1}}{2}\)ta có \(P = \frac{{\frac{1}{2} - 2({x_1} + {x_2})}}{{{x_1}{x_2}}} = \frac{{\frac{1}{2} - 2.( - 2)}}{{\frac{{ - 1}}{2}}} = \frac{{\frac{9}{2}}}{{\frac{{ - 1}}{2}}} =  - 9\)

Vậy giá trị của biểu thức là \( - 9\).

Gọi \(x\)là số trận thắng, \(y\) là số trận hòa của Bayer Leverkuse với \(x,y \in {N^{}};x,y < 34\)

Do Bayer Leverkuse đã thi đấu\(34\)trận mà không thua trận nào tức là chỉ có thắng và hòa nên ta có phương trình \(x + y = 34\)

Do mỗi trận đấu, đội thắng được\(3\) điểm, đội thua không có điểm và nếu hai đội hòa nhau thì mỗi đội được \(1\) điểm nên ta có phương trình \(3x + y = 90\)

Ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 34\\3x + y = 90\end{array} \right.\)

Giải hệ phương trình ta có \(\left\{ \begin{array}{l}2x = 56\\x + y = 34\end{array} \right.\)

                                          \(\left\{ \begin{array}{l}x = 28\\y = 6\end{array} \right.\) (TMĐK)

Vậy Bayer Leverkuse đã giành được \(28\) trận thắng và \(6\)trận hòa.

a. Thể tích cái ly là \({V_L} = \pi {R^2}h = \pi {.7^2}.18 = 882\pi (c{m^3})\)

b. Thể tích nước bên trong ly là \({V_n} = \pi {R^2}{h_n} = \pi {.7^2}.10 = 490\pi (c{m^3})\)

Thể tích phần ly không chứa nước là \(V = {V_L} - {V_n} = 882\pi  - 490\pi  = 392\pi (c{m^3})\)

Thể tích của một viên bi sắt hình cầu là \({V_b} = \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{4}{3}\pi {.3^3} = 36\pi (c{m^3})\)

Số viên bi cần thêm để nước dâng đầy ly là \(\frac{{392\pi }}{{36\pi }} \approx 10,89\)

Vậy có thể thả nhiều nhất \(10\) viên bi ngập hoàn toàn để nước dâng lên tối đa mà không bị tràn ra ngoài.

a. Ta có \(\Delta ADB\) vuông tại \(D\) (do \(AD\) là đường cao).

    Do đó \(A,D,B\) nằm trên đường tròn đường kính \(AB\).

   \(\Delta AEB\) vuông tại \(E\) (do \(BE\) là đường cao). Do đó \(A,E,B\) nằm trên đường tròn đường kính \(AB\).

Từ đó ta có bốn điểm \(A,B,D,E\)cùng nằm trên một đường tròn đường kính \(AB\)

b. Vì \(AK\)là đường kính của \((O)\) nên \(\widehat {ACK} = 90^\circ \)( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét \(\Delta ABD\) và\(\Delta AKC\) có

\(\widehat {ABD} = \widehat {AKC}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung\(AC\) )

   \(\widehat {ADB} = \widehat {ACK} = 90^\circ \)

Do đó (g-g).

c. Ta có \(\Delta BEC\) vuông tại \(E\) (do \(BE\) là đường cao)

Do đó \(B,E,C\) nằm trên đường tròn đường kính \(BC\).

Mà \(I\)là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BEC\) nên \(I\)là trung điểm của \(BC\).

Do đó \(IE = IB = IC\) suy ra \(\Delta BIE\) cân tại \(I\). Khi đó \(\widehat {IBE} = \widehat {IEB}\).         \((1)\)

Ta cũng có \(\Delta AEH\) vuông tại \(E\) (do \(BE\) là đường cao)

Do đó \(A,E,H\) nằm trên đường tròn đường kính \(AH\).

Mà \(F\)là trung điểm\(AH\)nên \(F\)là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AEH\)

Do đó \(FE = FH\) suy ra \(\Delta FEH\)cân tại \(F\). Khi đó \(\widehat {FEH} = \widehat {FHE}\)             \((2)\)

Mặt khác\(\Delta BHD\) vuông tại \(D\) nên \(\widehat {DBH} + \widehat {BHD} = 90^\circ \) hay \[\widehat {IBE} + \widehat {BHD} = 90^\circ \]  \((3)\)

Mà \(\widehat {FHE} = \widehat {BHD}\) (đối đỉnh)   \((4)\)

Từ \((1)\), \((2)\), \((3)\) và \((4)\) suy ra \(\widehat {FEH} + \widehat {IEB} = 90^\circ \) hay \[\widehat {IEF} = 90^\circ \]

Vậy \(EF\) là tiếp tuyến của \((I)\)