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

a)     Ta có bảng giá trị sau:

Giả sử $$A\left(x_A,y_A\right),B\left(x_B,y_B\right)$$

Vì $$A$$ thuộc đồ thị của hàm số $$y=-\frac{1}{2}{x}^2$$ nên $$A\left(x_A;-\frac{1}{2}{x_A}^2\right)$$.

Vì tung độ của điểm $$A$$ bằng $$-12,5$$ nên $$-\frac{1}{2}{x_A}^2=-12,5\to {x_A}^2=25$$

Vì điểm $$A$$ có hoành độ dương nên $$x_A=5\to A\left(5;-12,5\right)$$

Tương tự, ta có: $$B\left(-5;-12,5\right)$$

Vì $$A,B$$ có cùng tung độ nên đoạn thẳng $$AB$$ song song với trục $$Ox$$.

Do đó: $$AB=\left|x_A\right|+\left|x_B\right|=5+5=10$$

Vậy chiều rộng của cổng là $$10$$ $$m$$.

Xét phương trình có $$a=3,b=-5,c=2$$.

$$\to \Delta =b^2-4ac={\left(-5\right)}^2-\mathrm{4.3.2}=1>0$$

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt:

$$x_1=\frac{-b+\sqrt{\Delta }}{2a}=1,x_2=\frac{-b-\sqrt{\Delta }}{2a}=\frac{2}{3}$$

Vậy phương trình có hai nghiệm $$x_1=1;x_2=\frac{2}{3}$$.

a)     Bảng tần số

a)     Ta có không gian mẫu là $$n_{\Omega }=10$$.

Ta có $$A=\{\left(1,3\right);\left(1,4\right);\left(1,5\right);\left(2,3\right);\left(2,4\right);\left(2,5\right)\}$$, suy ra $$n\left(A\right)=6$$.

Xác suất của biến cố $$A$$ là $$P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{3}{5}$$

Gọi $$x,y\left(m\right)$$ lần lượt là chiều dài và chiều rộng của mảnh đất $$\left(x>y>4\right)$$.

Khu vườn hình chữ nhật có chu vi $$280m$$, khi đó: $$\left(x+y\right).2=280$$

Suy ra $$x=140-y$$ (1)

Chiều dài phần đất để trồng rau là: $$\left(x-4\right)\left(m\right)$$

Chiều rộng phần đất để trồng rau là: $$\left(y-4\right)\left(m\right)$$

Phần đất để trồng rau có diện tích $$4256m^2$$, nên ta có: $$\left(x-4\right)\left(y-4\right)=4256$$

Thay (1) vào và thu gọn, ta được: $$-y^2+140y-4800=0$$

Giải phương trình, ta được $$y=80,y=60$$.

Nếu $$y=80\to x=60\left(l\right)$$

Nếu $$y=60,x=80$$.

Vậy chiều dài khu vườn là $$80m$$, chiều rộng khu vườn là $$60m$$.

Vì $$\widehat{AOB}$$ là góc ở tâm chắn cung $$AmB$$ nên .

a)     Ta có $$\Delta AEK$$ vuông tại $$E$$ (do $$\Delta AEB$$ nội tiếp nửa đường tròn đường kính $$AB$$)

Do đó $$A,E,K$$ nội tiếp nửa đường tròn đường kính $$AK\left(1\right)$$.

$$\Delta AOK$$ vuông tại $$O$$ (do $$MO\perp AB$$)

Do đó $$A,K,O$$ nội tiếp  đường tròn đường kính $$AK$$ (2).

Từ $$\left(1\right),\left(2\right)$$ ta suy ra $$A,E,K,O$$ cùng thuộc một nửa đường tròn đường kính $$AK$$.

b)    Xét $$\Delta AMO$$ và $$\Delta BMO$$ có:

$$AO=OB$$; $$\widehat{AOM}=\widehat{BOM}=90^{\circ }$$; $$OM$$ chung

Do đó $$\Delta AMO=\Delta BMO\left(c-g-c\right)$$

Suy ra $$AM=MB$$

Mà $$\Delta AMB$$ vuông tại $$M$$(do $$\Delta AMB$$ nội tiếp nửa đường tròn đường kính $$AB$$)

Vậy $$\Delta AMB$$ vuông cân tại $$M$$.

c)     Ta có: $$AEMB$$ nội tiếp nửa đường tròn đường kính $$AB$$nên $$\widehat{AEM}+\widehat{MBA}=180^{\circ }$$.

Mà $$\widehat{DEM}+\widehat{AEM}=180^{\circ }$$.

Suy ra $$\widehat{DEM}=\widehat{MBA}$$.

Mà $$\widehat{MBA}=\widehat{MAB}=\widehat{MEB}$$

Nên ta có: $$\widehat{DEM}=\widehat{MEB},\widehat{DEM}=\widehat{MEK}$$

Do đó $$EM$$ là tia phân giác $$\widehat{AEK}$$.

Suy ra $$\frac{MD}{MK}=\frac{ED}{EK}$$, hay $$MK.ED=MD.EK$$.