Đề thi minh họa môn Toán vào 10 tỉnh Đắk Lắk năm học 2025-2026

Giải bất phương trình:

$x-2>3$

$$x>3+2$$

$$x>5.$$

Vậy bất phương trình có nghiệm là $$x>5.$$

Ta có: $\sqrt{36}-\sqrt{25}=6-5=1.$

⦁ Thay $x=0$ vào hàm số $y=2x^2,$ ta được: $y=2\cdot 0^2=0.$

Suy ra điểm $\left(0;0\right)$ thuộc đồ thị $\left(P\right).$

⦁ Thay $x=2$ vào hàm số $y=2x^2,$ ta được: $y=2\cdot 2^2=8.$

Suy ra điểm $\left(2;8\right)$ thuộc đồ thị $\left(P\right).$

Xét hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}2x-y=5\\ x+y=-2\end{array}.$

Cộng từng vế hai phương trình của hệ phương trình đã cho, ta có: $3x=3,$ suy ra $$x=1.$$

Thay $x=1$ vào phương trình $x+y=-2,$ ta được: $1+y=-2,$ suy ra $$y=-3.$$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $\left(x;y\right)=\left(1;-3\right).$

a) Khi $m=0$ ta có phương trình $x^2-2x=0.$

Giải phương trình: $$x\left(x-2\right)=0$$

$$x=0$$ hoặc $$x-2=0$$

$$x=0$$ hoặc $$x=2.$$

Vậy khi $m-2$ thì phương trình đã cho có hai nghiệm là $$x=0;x=2.$$

b) Khi $m=-2$ ta có phương trình: $x^2-2x-2=0.$

Áp dụng định lí Viète ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2\\ x_1\cdot x_2=-2\end{array}.$

Ta có: $M=x_1^2+x_2^2-x_1{x}_2={\left(x_1+x_2\right)}^2-3x_1{x}_2=2^2-3\cdot \left(-2\right)=10.$

a) Với $x\ge 0$ và $x\ne 1$, ta có:

$A=\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}-\frac{2}{\sqrt{x}+1}=\frac{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)-2\cdot \left(\sqrt{x}-1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\cdot \left(\sqrt{x}+1\right)}$

 $$=\frac{x+2\sqrt{x}+1-2\sqrt{x}+2}{x-1}$$$=\frac{x+3}{x-1}.$

Vậy với $x\ge 0$ và $x\ne 1$ thì $A=\frac{x+3}{x-1}.$

b) Với $x\ge 0$ và $x\ne 1$, ta có: $A=\frac{x+3}{x-1}=1+\frac{4}{x-1},$ biểu thức $A$ nhận giá trị nguyên khi $\frac{4}{x-1}$ là số nguyên, suy ra $x-1$ là ước của 4.

Mà Ư$\left(4\right)=\left\{1;-1;2;-2;4;-4\right\}$ nên $x-1\in \left\{1;-1;2;-2;4;-4\right\}.$

Lại có $x\ge 0$ nên $x-1\ge -1.$ Do đó $x-1\in \left\{1;-1;2;4\right\}.$

Ta có bảng sau:

Kết hợp điều kiện $x\ge 0,x\ne 1$ suy ra $x=0;x=2;x=3;x=5.$

Vậy $x\in \left\{0;2;3;5\right\}$ thì biểu thức $A$ nhận giá trị nguyên.

Gọi $x,y$ (triệu đồng) lần lượt là giá niêm yết của một tủ lạnh và một máy giặt, điều kiện $0<x,y<28,89.$ Lúc đó:

Vì giá niêm yết (chưa giảm giá) của một tủ lạnh và một máy giặt có tổng số tiền là $$28,89$$ triệu đồng nên ta có phương trình: $x+y=28,89.\left(1\right)$

Giá của tủ lạnh sau khi giảm giá là: $x\cdot \left(100\%-10\%\right)=90\%x=0,9x$ (triệu đồng).

Giá của tủ máy giặt sau khi giảm giá là: $y\cdot \left(100\%-25\%\right)=75\%y=0,75y$ (triệu đồng).

Do hóa đơn thanh toán của anh Nam khi mua cả hai loại máy (sau khi giảm giá) là 24,516 triệu đồng nên ta có phương trình: $0,9x+0,75y=24,516.\left(2\right)$

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}x+y=28,89\left(1\right)\\ 0,9x+0,75y=24,516\left(2\right)\end{array}$

Giải hệ phương trình ta được: $\{\begin{array}{l}x=18,99\\ y=9,9\end{array}$ (thỏa mãn).

Vậy giá niêm yết của một tủ lạnh là 18,99 triệu đồng, của một máy giặt là 9,9 triệu đồng.

Tổng số nhân viên của công ty là: $5+8+12+10+15+9+6=65.$

a) Không gian mẫu có 10 phần tử.

b) Xác suất để bạn học sinh được chọn học trường THCS Quang Trung là $\frac{5}{10}=\frac{1}{2}.$

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $AC=12\mathrm{m}$ và $\hat{C}=35^{\circ }$ mô hình hóa bài toán đã cho.

Xét $\Delta ABC$ vuông tại $A,$ ta có:

$AB=AC\cdot \tan C=12\cdot \tan 35^{\circ }\approx 8,4(\mathrm{m}).$

a) Ta có: $MC\perp OM$ tại $M$ (do $MC$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left(O\right)$ tại $M)$ và $AC\perp OA$ tại $A$ (do $AC$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left(O\right)$ tại $A)$ nên $\Delta MCO$ vuông tại $M$ và $\Delta ACO$ vuông tại $A.$

Do đó các điểm $M,C,O$ và $A,C,O$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $OC.$

⦁ Vì $CM$ và $CA$ lần lượt là hai tiếp tuyến của nửa đường tròn $\left(O\right)$ tại $M$ và $A$ nên $CA=CM$ và $OC$ là tia phân giác của $\widehat{AOM}$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Do $OC$ là tia phân giác của $\widehat{AOM}$ nên $\widehat{COM}=\frac{1}{2}\widehat{AOM}.$

Tương tự $\widehat{DOM}=\frac{1}{2}\widehat{BOM}$ và $DM=DB.$

Suy ra $\widehat{COD}=\widehat{COM}+\widehat{DOM}=\frac{1}{2}\widehat{AOM}+\frac{1}{2}\widehat{BOM}$

 $=\frac{1}{2}\left(\widehat{AOM}+\widehat{BOM}\right)=\frac{1}{2}\widehat{AOB}=\frac{1}{2}\cdot 180^{\circ }=90^{\circ }.$

Xét $\Delta OCM$ và $\Delta DOM$ có: $\widehat{OMC}=\widehat{DMO}=90^{\circ }$ và $\widehat{OCM}=\widehat{DOM}$ (cùng phụ với $\widehat{COM}).$

Do đó  (g.g). Suy ra $\frac{OM}{DM}=\frac{CM}{OM}$ nên $O{M}^2=CM\cdot DM.$

Do đó $AC\cdot DB=CM\cdot DM=O{M}^2=R^2.$

Xét nửa đường tròn $\left(O\right)$ có $\widehat{BAM},\widehat{BOM}$ lần lượt là góc nội tiếp, góc ở tâm cùng chắn cung $MB$ nên $\widehat{BOM}=2\widehat{BAM}=2\cdot 60^{\circ }=120^{\circ }.$ Do đó

Vậy diện tích hình quạt tròn cần tìm là $S_{hq}=\frac{\pi R^2\cdot 120}{360}=\frac{\pi R^2}{3}$ (đvdt).

a) Bán kính đáy của hình trụ: $0,2:2=0,1$ (m).

Thể tích nước có trong thùng là:

$V=\pi \cdot R^2\cdot \frac{2}{3}h=\pi \cdot {\left(0,1\right)}^2\cdot \frac{2}{3}\cdot 0,6=0,004\pi$ (m³).

Gọi $O$ là tâm hình bán nguyệt, đặt $x=OB$ với $x>0.$

Xét $\Delta OBC$ vuông tại $B,$ theo định lý Pythagore, ta có: