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

a)   Giải bất phương trình $6+2x<0$.

$6+2x<0$

$2x<-6$

$x<-3$

Vậy bất phương trình có nghiệm $x<-3$.

b)  Rút gọn biểu thức $A=\frac{\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}}-\frac{1}{\sqrt{x}-1}$ với $x>0$, $x\ne 1$.

$A=\frac{\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}}-\frac{1}{\sqrt{x}-1}$ với $x>0,x\ne 1$.

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

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

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

$A=\frac{-2}{x-1}$

Vậy $A=\frac{2}{1-x}$ với $x>0,x\ne 1$.

a)   Giải phương trình $x^2-4x+3=0$.

Suy ra phương trình có hai nghiệm  $x_1=1,x_2=3$.

b)  Tìm $m$ để phương trình $x^2-4x+2m-1=0$ có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ thỏa mãn $3x_1^2+3x_2^2=10x_1{x}_2$.

$\begin{array}{l}{x}^2-4x+2m-1=0\\ {\Delta }^{\prime }=4-1(2m-1)=5-2m\end{array}$

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt ${\Delta }^{\prime }>0\iff 5-2m>0\iff m<\frac{5}{2}$

Áp dụng ĐL Vi-ét ta có:

$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=4\\ x_1.x_2=2m-1\end{array}$

Theo bài ra ta có:

$3x_1^2+3x_2^2=10x_1{x}_2$

$3x_1^2+3x_2^2+6x_1{x}_2-16x_1{x}_2=0$

$3{\left(x_1+x_2\right)}^2-16x_1{x}_2=0$

$3.4^2-16(2m-1)=0$

$16(2m-1)=48$

$2m-1=3$

$m=2$ (thỏa mãn)

Vậy $m=2$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Gọi số học sinh lớp 9A; 9B lần lượt là $x;y$ (ĐK: $x;y\in {\mathbb{N}}^{\ast }$)

Vì lớp 9B nhiều hơn lớp 9A là $5$ học sinh nên ta có phương trình $y-x=5\left(1\right)$

Mỗi học sinh lớp 9A tặng $3$ quyển sách, mỗi học sinh lớp 9B tặng $2$ quyển sách mà tổng số sách 2 lớp tặng là $210$ nên ta có phương trình $3x+2y=210\left(2\right)$

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình $\{\begin{array}{l}y-x=5\\ 3x+2y=210\end{array}$

$\{\begin{array}{l}-2x+2y=10\\ 3x+2y=210\end{array}$

$\{\begin{array}{l}5x=200\\ 3x+2y=210\end{array}$

$$\{\begin{array}{l}x=40\\ y=45\end{array}$$ (Thỏa mãn ĐK)

Vậy số học sinh lớp 9A; 9B lần lượt là $40;45$.

a)   Chứng minh rằng tứ giác $DHEC$ nội tiếp.

Xét tam giác $ABC$ có

+) $BE$ là đường cao ứng với $AC$ $$\Rightarrow BE\perp AC$$tại $E$

$$\Rightarrow \widehat{HEC}=90^{\circ }\Rightarrow \Delta HEC$$vuông tại $E$. Suy ra điểm $H;E;C$thuộc đường tròn đường kính $HC$ (1)

+) $AD$ là đường cao ứng với $BC$ $$\Rightarrow AD\perp BC$$ tại $D$

$$\Rightarrow \widehat{HDC}=90^{\circ }\Rightarrow \Delta HDC$$ vuông tại $D$. Suy ra điểm $H;D;C$thuộc tròn đường kính $HC$ (2)

Từ (1) và (2) ta có $H;D;C;E$ nằm trên đường tròn đường kính $HC$.

Khi đó tứ giác $DHEC$ nội tiếp.

b)  Kẻ đường kính $AM$ của đường tròn $\left(O\right)$ và $OI$ vuông góc với $BC$ tại $I$. Chứng minh rằng $I$ là trung điểm của $HM$.

Xét tam giác $ABC$ có hai đường cao $AD$ và $BE$ cắt nhau tại $H$, suy ra $H$ là trực tâm $$\Rightarrow CH\perp AB$$

Xét đường tròn $\left(O\right)$ có $$\widehat{ACM}=90^{\circ }$$( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $$\Rightarrow CM\perp AC$$

Có $$BE\perp AC\Rightarrow BE//CM\Rightarrow BH//CM$$.

Tương tự $$\widehat{ABM}=90^{\circ }$$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $$\Rightarrow BM\perp AB$$

Có $$CH\perp AB(cmt)\Rightarrow BM//CH$$.

Xét tứ giác $BHCM$ có $$BH//CM$$;$$BM//CH$$ nên tứ giác $BHCM$là hình bình hành.

*) Chứng minh $I$ là trung điểm BC

Xét tam giác OBC có $OB=OC=R$, suy ra tam giác $OBC$ cân tại $O$.

Mà  $$OI\perp BC$$ (gt)

 Nên $OI$ là đường cao đồng thời là trung tuyến của tam giác $OBC$.

Suy ra $IB=IC$

Hình bình hành $BHCM$ có $I$ là trung điểm của đường chéo $BC$

Suy ra $I$ là trung điểm của $HM$.

c)   Khi $DH\cdot DA$ lớn nhất, hãy tính diện tích tam giác $ABC$ theo $R$.

*)   Xét $$\Delta BHDv\grave{a}\Delta ACD$$có

$$\widehat{BDH}=\widehat{ADC}=90^{\circ }$$

$$\widehat{HBD}=\widehat{DAC}$$( cùng phụ với $$\widehat{ACB}$$)

$$\Rightarrow DH.AD=BD.CD\le \frac{{(BD+CD)}^2}{4}=\frac{B{C}^2}{4}=\frac{3R^2}{4}$$

Dấu “=” xảy ra khi $DB=DC$. Mà $$AD\perp BC$$tại $D$

Suy ra, Tam giác $ABC$ cân tại $A$ và $D$ trùng với $I$   (3)

*) $I$ là trung điểm của $BC$ $$\Rightarrow BI=IC=\frac{BC}{2}=\frac{R\sqrt{3}}{2}$$

$$\Delta OBI$$vuông tại $I$ có

$$\begin{array}{l}\sin \widehat{BOI}=\frac{BI}{OB}=\frac{\frac{R\sqrt{3}}{2}}{R}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \widehat{BOI}=60^{\circ }\\ \Rightarrow \widehat{BOC}=2\widehat{BOI}=2.60^{\circ }=120^{\circ }\\ X\acute{e}t(O):\widehat{BAC}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}=60^{\circ }(4)\end{array}$$

Từ (3) và (4) ta suy ra Tam giác $ABC$ đều

$$A{D}^2+B{D}^2=A{B}^2\Rightarrow A{D}^2=A{B}^2-B{D}^2=3R^2-\frac{3R^2}{4}=\frac{9R^2}{4}\Rightarrow AD=\frac{3R}{2}(AD>0)$$

$$S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AD.BC=\frac{1}{2}.\frac{3R}{2}.R\sqrt{2}=\frac{3\sqrt{3}}{4}{R}^2$$

$$\Rightarrow \Delta ABD$$vuông tại D:  Theo định lí Pythagore có

$$A{D}^2+B{D}^2=A{B}^2\Rightarrow A{D}^2=A{B}^2-B{D}^2=3R^2-\frac{3R^2}{4}=\frac{9R^2}{4}\Rightarrow AD=\frac{3R}{2}(AD>0)$$

$$S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AD.BC=\frac{1}{2}.\frac{3R}{2}.R\sqrt{2}=\frac{3\sqrt{3}}{4}{R}^2$$

a)   Cho các số thực $x,y,z$ thay đổi và thoả mãn $x^2+y^2+z^2-xyz=4$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $F=3x^2+y^2+z^2$.

$F=3x^2+y^2+z^2$$=2x^2+x^2+y^2+z^2$

Từ giả thiết, nếu tồn tại bộ số $\left(x_0;y_0;z_0\right)$ thoả mãn bài toán.

                 Thì bộ số $\left(-x_0;y_0;z_0\right)$ cũng thoả mãn bài toán.

                 Không giảm tính tổng quát, ta giả sử $x\ge 0$.

 Ta có $x^2+y^2+z^2-xyz=4$, nên $x^2+{\left(y+z\right)}^2=4+\left(2+x\right)yz$

Ta biến đổi $F=2x^2+xyz+4$.

                 Ta có $F=2x^2+xyz+4\ge 2x^2+x.\left(x-2\right)+4$=$3x^2-2x+4=3{\left(x-\frac{1}{3}\right)}^2+\frac{11}{3}$.    

                 Vì ${\left(x-\frac{1}{3}\right)}^2\ge 0$ với mọi $x$, do đó $F\ge \frac{11}{3}$.

Vậy, biểu thức $F$có giá trị nhỏ nhất bằng $\frac{11}{3}$ khi $x=\frac{1}{3}$ và $y=-\frac{\sqrt{15}}{3}$; $z=\frac{\sqrt{15}}{3}$

b) Từ một tấm bìa hình vuông có cạnh dài $21cm$, bạn Nga cắt ra một hình có dạng như trong hình vẽ (phần được tô đậm, giới hạn bởi các đoạn thẳng và một cung tròn). Biết rằng hình tròn có diện tích $113,04c{m}^2$ và có tâm trùng với tâm của hình vuông. Các điểm $$E;F$$ là giao điểm của hai đường chéo hình vuông với đường tròn. Tính độ dài đường viền của hình thu được (lấy $\pi \approx 3,14$ và kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

Vì $AC$ và $BD$ là 2 đường chéo của hình vuông nên $AC$ vuông góc với $BD$ do đó $\widehat{EOF}=90^{\circ }$

Độ dài cung $EF$ lớn là: $$2.3,14.6-\frac{3,\mathrm{14.6.9}{0}^{\circ }}{180^{\circ }}=28,26cm$$

Dễ thấy $AO=BO=\frac{AC}{2}=\frac{21\sqrt{2}}{2}$

Lại có: $BF=AE=OA-OE=\frac{21\sqrt{2}}{2}-6$