Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc năm học 2025-2026 có đáp án
14 câu hỏi
Điều kiện của biểu thức \(\sqrt {{\rm{x}} + 2025} \) là
\[x \le - 2025\].
\[x = 2025\].
\[x \ne 2025\].
\[x > 2025\].
Đáp án đúng là D
Giả sử cặp số \(\left( {{\rm{x;y}}} \right) = \left( {1;2} \right)\) là nghiệm của phương trình nào sau đây?
\[2x - 3y = 1\].
\[3x - y = 1\].
\[x + y = 5\].
\[x - 2y = 1\].
Đáp án đúng là B
Cặp số nào sau đây là nghiệm của hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}{\rm{2x + y}} = - 1\\{\rm{x + 4y}} = 3\end{array} \right.\) ?
\(\left( { - 1;1} \right)\).
\(\left( {1;1} \right)\).
\(\left( {1; - 1} \right)\).
\(\left( {1;2} \right)\)
Đáp án đúng là A
Cho phương trình bậc hai \({x^2} - 5x + 6 = 0\)có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\). Giá trị \({x_1} + {x_2}\) bằng
\( - 6\).
\( - 5\).
\(6\).
\(5\).
Đáp án đúng là D
Thống kê điểm kiểm tra học kì II của lớp 9A thu được như sau:
Điểm | \(5\) | \(6\) | \(7\) | \(8\) | \(9\) |
Số học sinh | \(2\) | \(8\) | \(9\) | \(10\) | \(8\) |
Theo bảng số liệu trên lớp 9A có bao nhiêu bạn đạt điểm \(7\):
\[10\].
\[8\].
\[9\].
\[7\].
Đáp án đúng là C
Người ta thống kê lại chiều cao một loại cây sau một năm tuổi cho bởi bảng ghép nhóm sau:
Chiều cao | \(\left[ {40;45)} \right.\) | \(\left[ {45;50)} \right.\) | \(\left[ {50;55)} \right.\) | \(\left[ {55;60)} \right.\) | \(\left[ {60;65)} \right.\) |
Tần số | \(5\) | \(20\) | \(18\) | \(9\) | \(8\) |
Giá trị đại diện của nhóm \(\left[ {50;55)} \right.\) bằng:
\(50\).
\(52,5\).
\(55\).
\(18\) .
Đáp án đúng là B
Bóng của một cái cây do ánh nắng mặt trời chiếu xuống đất dài \(20\;m\). Biết rằng các tia nắng song song với nhau và tạo với mặt đất một góc \(45^\circ \) (tham khảo hình vẽ bên). Chiều cao của cây đó là
\[20\sqrt 2 \;m\].
\[10\;m\].
\[20\;m\].
\[10\sqrt 2 \].
Đáp án đúng là C
Cho khối trụ có bán kính đáy bằng \(5\;dm\), chiều cao bằng \(6\;dm\). Thể tích của khối trụ đó là:
\[150.\pi \left( {d{m^3}} \right)\].
\[30\pi \left( {d{m^3}} \right)\].
\[50\pi \left( {d{m^3}} \right)\].
\[60\pi \left( {d{m^3}} \right)\].
Đáp án đúng là A
Trong một hộp kín đựng \(10\)tấm thẻ được đánh số tự nhiên từ \(1\) đến 10, không có \(2\) thẻ nào được đánh số giống nhau. Lấy ngẫu nhiên một tấm thẻ từ trong hộp đã cho. Tính xác suất của biến cố A: “Lấy được thẻ ghi số chẵn”.
Không gian mẫu của phép thử là: \(\Omega = \left\{ {1;2;3;4;5;6;7;8;9;10} \right\}\) gồm 10 phần tử. suy ra \(n\left( \Omega \right) = 10\)
Lấy ngẫu nhiên một tấm thẻ từ trong hộp nên các kết quả có thể là đồng khả năng.
Gọi biến cố A: “Lấy được thẻ ghi số chẵn”.
Có 5 kết quả thuận lợi cho biến cố A là: \(2;4;6;8;10\).
Vậy xác suất của biến cố A là:\(P(A) = \)\(\)\(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{5}{{10}} = \frac{1}{2}\)
Cho biểu thức P = ( \(\frac{1}{{\sqrt x + 1}} + \frac{1}{{\sqrt x - 1}}):\frac{{\surd x}}{{\sqrt x - 1}}\) ) (với điều kiện \({\rm{x}} > 0,{\rm{x}} \ne 1\))
a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm tất cả các giá trị thực của \({\rm{x}}\) để \(23{\rm{x}}.P = 2025\).
a) P = ( \(\frac{1}{{\sqrt x + 1}} + \frac{1}{{\sqrt x - 1}}):\frac{{\surd x}}{{\sqrt x - 1}}\) ) (với điều kiện \({\rm{x}} > 0,{\rm{x}} \ne 1\))
= [\(\frac{{\sqrt x - 1}}{{\;\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\) + \(\frac{{\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}]\;:\frac{{\surd x}}{{\sqrt x - 1}}\)
= \(\frac{{\sqrt x - 1 + \;\sqrt x + 1\;}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\) \(:\frac{{\surd x}}{{\sqrt x - 1}}\)
= \(\frac{{2\sqrt x \;}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\) \(:\frac{{\surd x}}{{\sqrt x - 1}}\)
= \(\frac{2}{{\sqrt x + 1}}\)
Vậy P = \(\frac{2}{{\sqrt x + 1}}\) với điều kiện \({\rm{x}} > 0,{\rm{x}} \ne 1\).
b) \(23{\rm{x}}.P = 2025\) (với điều kiện \({\rm{x}} > 0,{\rm{x}} \ne 1\))
\(23x \cdot \frac{2}{{\sqrt x + 1}} = 2025\)
\(46x = 2025(\sqrt x + 1)\)
\(46x - 2025\sqrt x - 2025 = 0\) (*)
\((46\sqrt {\rm{x}} + 45)(\sqrt {\rm{x}} - 45) = 0\)
Nên \(46\sqrt x + 45 = 0\) hoặc \(\sqrt x - 45 = 0\)
+ \(46\sqrt x + 45 = 0\) hay \(46\sqrt x = - 45\) suy ra \(\sqrt x = \frac{{ - 45}}{{46}}\) (vô nghiệm)
+ \(\sqrt x - 45 = 0\) hay \(\sqrt x = 45\) suy ra\(x = 2025\) (thỏa mãn)
Vậy \(x = 2025\) thì \(23{\rm{x}}.P = 2025\)
Một cái cổng được thiết kế dạng parabol có phương trình biểu diễn trong hệ trục tọa độ Oxy là \({\rm{y}} = a{{\rm{x}}^2}\) (với a là hằng số khác 0). Biết khoảng cách giữa hai chân cổng \({\rm{AB}}\) là \(6\;{\rm{m}}\), chiều cao từ điểm chính giữa cổng đến mặt đất \(OI = 4,5\;{\rm{m}}\).
a) Tìm hệ số \(a\) dựa vào dữ kiện đã cho.
b) Một xe tải có chiều rộng bằng \(2\;{\rm{m}}\), chiều cao bằng \(3,2\;{\rm{m}}\) đi vào chính giữa cổng trên. Hỏi xe tải có đi qua được cổng này mà không chạm vào cổng hay không? Giải thích lý do.
a) Vì parabol đi qua điểm \(A\left( { - 3; - 4,5} \right)\)nên ta có:
\( - 4,5 = x.{( - 3)^2}\)
\(a = \frac{{ - 4,5}}{{{{\left( { - 3} \right)}^2}}}\) = \(\frac{{ - 1}}{2}\)
Vậy hệ số \(a = \frac{{ - 1}}{2}\;\).
b) Chiếc xe tải có chiều rộng bằng 2m nên khoảng cách \(EI = IF = \frac{2}{2} = 1\;{\rm{m}}\).
Với \({\rm{x}} = 1\) thì y = \(y = \frac{{ - 1}}{2} \cdot {1^2}\) = \(\frac{{ - 1}}{2}\) nên chiều cao tối đa của chiếc xe có thể đi qua cổng là:\(4,5 - \left| {\frac{{ - 1}}{2}} \right| = 4,5 - 0,5 = 4\) > 3,2
Vậy xe tải này có thể đi được qua cổng đó mà không chạm vào cổng.
Bác Vĩnh và bác Phúc cùng gửi tiền tiết kiệm vào ngân hàng với tổng số tiền là \(900\)triệu đồng. Bác Vĩnh gửi tiền vào ngân hàng A với lãi suất \(7\% \)/năm, bác Phúc gửi tiền vào ngân hàng B với lãi suất \(6\)%/năm. Sau khi gửi được đúng 1 năm, tổng số tiền lãi mà hai bác nhận được là \(60\)triệu đồng. Hỏi ban đầu mỗi bác gửi tiết kiệm bao nhiêu tiền?
Gọi số tiền bác Vĩnh gửi là \({\rm{x}}\) (triệu đồng), \(0 < {\rm{x}} < 900\).
Số tiền bác Phúc gửi là \(900 - {\rm{x}}\) (triệu đồng)
Bác Vĩnh gửi tiết kiệm với lãi suất \(7\)%/năm, tức là số tiền lãi là: \(0,07{\rm{x}}\) (triệu đồng)
Bác Phúc gửi tiết kiệm với lãi suất \(6\)%/năm, tức là số tiền lãi là: \(0,06(900 - {\rm{x)}}\) (triệu đồng)
Vì tổng số tiền lãi mà hai bác nhận được là 60 triệu đồng nên ta có phương trình:
\(0,07{\rm{x}} + 0,06(900 - {\rm{x) = }}60\)
\(0,01x = 6\)
\(x = 600\)(TM).
Vậy số tiền bác Vĩnh gửi là \(600\)triệu đồng, bác Phúc gửi là \(300\)triệu đồng.
Cho nửa đường tròn đường kính \({\rm{AB}}\), có tâm là điểm \({\rm{O}}\). Đường thẳng đi qua tâm \({\rm{O}}\) và vuông góc với đường kính \({\rm{AB}}\) cắt nửa đường tròn đã cho tại \({\rm{C}}\). Trên tia đối của tia \({\rm{CA}}\)lấy điểm \({\rm{D}}\) (\({\rm{D}}\) không trùng với \({\rm{C}}\)), kẻ \({\rm{CH}}\)vuông góc với đường thẳng \({\rm{BD}}\) tại điểm \({\rm{H}}\).
a) Chứng minh tứ giác \({\rm{OBHC}}\)nội tiếp.
b) Gọi \({\rm{E}}\) là giao điểm của hai đường thẳng \({\rm{HO}}\) và \({\rm{BC}}\). Chứng minh \({\rm{HO}}\) là tia phân giác của \(\widehat {CHB}\) và \({\rm{CE}}{\rm{.CH = BE}}{\rm{.HD}}\).
c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác \({\rm{CHD}}\) cắt nửa đường tròn đường kính \({\rm{AB}}\) tại điểm \({\rm{K}}\)(\({\rm{K}}\) không trùng với C). Chứng minh \(DE > 2CK.\)
a) Xét \(\Delta {\rm{OCB}}\)vuông tại \(O\) nên \(\Delta {\rm{OCB}}\) nội tiếp đường tròn đường kính \({\rm{CB}}\)
Xét \({\rm{\Delta HCB}}\)vuông tại \(H\) nên \(\Delta H{\rm{CB}}\) nội tiếp đường tròn đường kính \({\rm{CB}}\)
Do đó tứ giác \({\rm{OBHC}}\)nội tiếp đường tròn đường kính \({\rm{CB}}\).
b)
theo chứng minh phần a ta có tứ giác \({\rm{OBHC}}\)nội tiếp đường tròn đường kính \({\rm{CB}}\)
suy ra \(\widehat {CHO} = \widehat {CBA} = 45^\circ \) (cùng chắn cung \(OC\))
Nên \(\widehat {OHB} = \widehat {CHB} - \widehat {CHO} = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ \)
Do đó \({\rm{HO}}\) là tia phân giác của \(\widehat {CHB}\) .
Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {ACB} = 90^\circ \) góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.
Xét \(\Delta CBD\) vuông tại \(C\), có đường cao \(AH\) nên \(C{H^2} = HB.HD\) hay \(\frac{{HC}}{{HB}} = \frac{{HD}}{{HC}}\)
Mặt khác \({\rm{HO}}\) là tia phân giác của \(\widehat {CHB}\) nên \(\frac{{HC}}{{HB}} = \frac{{CE}}{{BE}}\)
Do đó \(\frac{{HD}}{{HC}} = \frac{{CE}}{{BE}}\) hay \({\rm{CE}}{\rm{.CH = BE}}{\rm{.HD}}\).
c) 
Vì \(CD\)là đường kính của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta {\rm{CHD}}\)
\({\rm{CE}} \bot {\rm{CD}}\) suy ra \({\rm{CE}}\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta {\rm{CHD}}\)
Gọi \({\rm{CF}}\) là đường kính của \(\left( {\rm{O}} \right)\)
Ta có \(\widehat {{\rm{CHD}}} = \widehat {{\rm{CKF}}} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Do đó \({\rm{F}}{\rm{,}}\;{\rm{K}}{\rm{,}}\;{\rm{D}}\) thẳng hàng
Mặt khác \(\widehat {{\rm{CBF}}} = 90^\circ \)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Suy ra \(CD\;{\rm{//}}\;BF\)
Theo cmpa ta có \(\frac{{{\rm{CE}}}}{{{\rm{BE}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{HD}}}}{{{\rm{CH}}}}\)
Do đó \(\Delta {\rm{CHD}}\) đồng dạng với \(\Delta {\rm{BCD}}\) (g.g)
Nên \(\frac{{{\rm{HD}}}}{{{\rm{CH}}}} = \frac{{{\rm{CD}}}}{{{\rm{BC}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{CD}}}}{{{\rm{BF}}}}\)
Suy ra \(\frac{{{\rm{CE}}}}{{{\rm{BE}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{CD}}}}{{{\rm{BF}}}}\)
Xét hai tam giác \(\Delta {\rm{DCE}}\) và \(\Delta {\rm{BFE}}\)
\(\widehat {{\rm{DCE}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{FBE}}} = 90^\circ \)
\(\widehat {{\rm{CDE}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{BFE}}}\) (hai góc so lê trong)
Do đó \(\Delta {\rm{DCE}}\) đồng dạng với \(\Delta {\rm{BFE}}\) (g.g)
Từ đó \(\widehat {{\rm{CED}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{BEF}}}\)suy ra \(\widehat {{\rm{CEF}}}{\rm{ + }}\widehat {{\rm{CED}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{CEF}}}{\rm{ + }}\widehat {{\rm{BEF}}} = 180^\circ \)
Hay \({\rm{D}}{\rm{,}}\;{\rm{E}}{\rm{,}}\;{\rm{F}}\) thẳng hàng
Do đó \({\rm{D}}{\rm{,}}\;{\rm{E}}{\rm{,}}\;{\rm{K}}\) thẳng hàng
Xét tam giác \({\rm{CED}}\) vuông tại \({\rm{C}}\)có \({\rm{CK}}\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền\({\rm{DE}}\).
Gọi \({\rm{T}}\) là trung điểm của \({\rm{DE}}\) thì \({\rm{CT}} = \frac{1}{2}{\rm{DE}}\)
Do đó \({\rm{CK}} \le {\rm{CD}} = \frac{1}{2}{\rm{DE}}\) hay \(2.\;{\rm{CD}} \le {\rm{DE}}\)
Dấu “=” xảy ra khi tam giác \({\rm{CED}}\) vuông cân tại \({\rm{C}}\)
Suy ra \(\widehat {{\rm{ECK}}} = 45^\circ \) hay \(\widehat {{\rm{BOK}}} = 90^\circ \) do đó \({\rm{K}} \equiv {\rm{C}}\) (không xảy ra)
Vậy \({\rm{DE}} > 2.\;{\rm{CK}}\)
Cho \({\rm{a}}{\rm{,}}\;{\rm{b}}{\rm{,}}\;{\rm{c}}\) là các số thực dương thỏa mãn \(ab + 4bc + 4ca = 28\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: T = \(\frac{{11a + 11b + 24c}}{{\sqrt {8{a^2} + 224} + \;\sqrt {8{b^2} + 224} + \;\sqrt {16{c^2} + 28} }}\)
Vì ab + 4bc + 4ca = 28 nên ta có:
\(\sqrt {8{a^2} + 224} = \sqrt {8{a^2} + 8\left( {{\rm{ab\;}} + {\rm{\;}}4{\rm{bc\;}} + {\rm{\;}}4{\rm{ca}}} \right)} \)
\( = \sqrt {8({a^2} + {\rm{ab\;}} + {\rm{\;}}4{\rm{bc\;}} + {\rm{\;}}4{\rm{ca}})} = \sqrt {8\left( {a + 4c} \right)\left( {a + b} \right)} \)\( = \sqrt {\left( {4a + 4b} \right)\left( {2a + 8c} \right)} \le \frac{{6a + 4b + 8c}}{2} = 3a + 2b + 4c\)
Chứng minh tương tự, ta có \(\sqrt {8{b^2} + 224} \le 3b + 2a + 4c\);
\(\sqrt {16{c^2} + 28} \le 4c + \frac{{a + b}}{2}\)
Do đó \(T \ge \frac{{2(11a + 11b + 24c)}}{{11a + 11b + 24c}} = 2\).
Vậy GTNN là \(2\)
Dấu bằng xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}4a + 4b = 2a + 8c\\4a + 4b = 2b + 8c\\4a + c = 4c + b\\ab + 4bc + 4ca = 28\end{array} \right.\) hay \(\left\{ \begin{array}{l}a = b = 2\\c = \frac{3}{2}\end{array} \right.\)
