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

Ta có $$\{\begin{array}{l}2x-y=-7\\ x+2y=4\end{array}$$

$$\{\begin{array}{l}4x-2y=-14\\ x+2y=4\end{array}$$

$$\{\begin{array}{l}5x=-10\\ x+2y=4\end{array}$$

$$\{\begin{array}{l}x=-2\\ x+2y=4\end{array}$$

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

Vậy hệ phương trình đã có nghiệm $$\left(x;y\right)=\left(-2;3\right)$$.

Gọi điểm $$M$$ thuộc đồ thị hàm số $$y=\frac{1}{4}{x}^2$$ và có tung độ bằng 4

Thay $$y=4$$ vào công thức hàm số $$y=\frac{1}{4}{x}^2$$ ta được $$4=\frac{1}{4}{x}^2$$ hay $$x^2=16$$ do đó $$x=\pm 4$$.

Vậy toạ độ các điểm cần tìm là: $$M_1\left(4;4\right)$$ hoặc $$M_2\left(-4;4\right)$$.

Xét phương trình $$x^2-7x+2=0$$ có $$\Delta ={\left(-7\right)}^2-4.2=41>0$$ nên phương trình bài ra có hai nghiệm phân biệt $$x_1,x_2$$.

Áp dụng định lí Vi-ét, ta có: $$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=7>0\\ x_1.x_2=2>0\end{array}$$ nên $$x_1,x_2$$ là hai nghiệm dương phân biệt.

Vì $$x_2$$ là nghiệm phương trình $$x^2-7x+2=0$$ nên ta có: $$x_2^2-7x_2+2=0$$ hay $$x_2^2=7x_2-2$$

Suy ra: $$2x_2^2-x_2+11=x_2^2-x_2+11+x_2^2=x_2^2-x_2+11+7x_2-2$$$$=x_2^2+6x_2+9={\left(x_2+3\right)}^2$$

Khi đó: $$T=\sqrt{{\left(x_1+1\right)}^2}+\sqrt{{\left(x_2+3\right)}^2}=\left|x_1+1\right|+\left|x_2+3\right|$$$$=x_1+1+x_2+3$$ ( vì $$x_1,x_2>0\Rightarrow x_1+1>0,x_2+3>0$$) hay $$T=x_1+x_2+4=11$$.

Vậy $$T=11$$.

1) Ta có: $$P=\left(\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}-\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}-\frac{8}{x-1}\right)\cdot \frac{x-1}{\sqrt{x}}$$$$=\left(\frac{{\left(\sqrt{x}+1\right)}^2}{x-1}-\frac{{\left(\sqrt{x}-1\right)}^2}{x-1}-\frac{8}{x-1}\right)\cdot \frac{x-1}{\sqrt{x}}$$

$$=\frac{x+2\sqrt{x}+1-x+2\sqrt{x}-1-8}{x-1}\cdot \frac{x-1}{\sqrt{x}}$$$$=\frac{4\sqrt{x}-8}{x-1}\cdot \frac{x-1}{\sqrt{x}}$$$$=\frac{4\sqrt{x}-8}{\sqrt{x}}$$

Vậy $$P=\frac{4\sqrt{x}-8}{\sqrt{x}}$$ với $$x>0$$ và $$x\ne 1$$.

            2) Để $$\left|P\right|+P=0$$ thì $$\left|P\right|=-P$$ nên $$P\le 0$$ do đó $$\frac{4\sqrt{x}-8}{\sqrt{x}}\le 0$$ mà $$x>0$$ nên $$\sqrt{x}>0$$ hay $$4\sqrt{x}-8<0$$

            Do đó $$\sqrt{x}<2\Rightarrow x<4$$. Kết hợp điểu kiện $$x\in \mathbb{Z},x>0,x\ne 1$$ nên $$x\in \left\{2;3\right\}$$ (thử lại thoả mãn).

            Vậy $$x\in \left\{2;3\right\}$$ thì $$\left|P\right|+P=0$$.

Gọi số xe công ty Y dự định sử dụng lúc đầu là $$x$$ (xe), điều kiện: $$x\in N$$.

            Khi đó số tấn hàng theo dự định mỗi xe phải chở là: $$\frac{80}{x}$$ (tấn).

            Vì trước khi khởi hành, do phát sinh công ty Y phải chở thêm $$4$$ tấn hàng nữa, vì thế công ty đã điều thêm $$2$$ xe cùng tham gia vận chuyển nên số tấn hàng mỗi xe phải chở lúc này là: $$\frac{80+4}{x+2}=\frac{84}{x+2}$$ (tấn).

            Theo bài ra,ta có: $$\frac{80}{x}-\frac{84}{x+2}=1$$

            $$80\left(x+2\right)-84x=x\left(x+2\right)$$

            $$160-4x=x^2+2x$$

            $$x^2+6x-160=0$$

            $$[\begin{array}{l}x=10\left(t/m\right)\\ x=-16\left(l\right)\end{array}$$

            Vậy ban đầu, công ty Y dự định sử dụng $$10$$ xe.

a) Bảng tần số tương đối của bảng tần số trên là:

 b) Số học sinh có thời gian tự học ít nhất $$3$$ giờ trong một ngày là: $$6+3+2=11$$ (học sinh).

            Tỉ lệ phần trăm số học sinh có thời gian tự học ít nhất $$3$$ giờ trong một ngày là: $$\frac{11}{20}.100\%=55\%$$

a) Vì $$MA,MB$$ là tiếp tuyến của $$\left(O\right)$$ nên $$\widehat{MAO}=\widehat{MBO}=90^{\mathrm{o}}$$

Suy ra hai tam giác $$\Delta MAO,\Delta MBO$$ lần lượt vuông góc tại $$A,B$$

Do đó $$M,A,O$$ cùng thuộc đường tròn đường kính $$MO$$ và $$M,B,O$$ cùng thuộc đường tròn đường kính $$MO$$.

Vậy $$4$$ điểm $$M,A,O,B$$ cùng thuộc một đường tròn.

b) Xét đường tròn $$\left(O\right)$$ có $$\widehat{CBF}=\widehat{CDF}$$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $$CF$$)

Xét $$\Delta EBC$$ và $$\Delta EDF$$ có:

$$\widehat{CBE}=\widehat{FDE}$$ (cmt), $$\widehat{CEB}=\widehat{FED}$$ (hai góc đối đỉnh)

Do đó  (g.g).

c) Xét đường tròn $$\left(O\right)$$ có $$OC=OD=R$$ nên tam giác $$OCD$$ cân tại $$O$$ do đó đường trung tuyến $$OE$$ đồng thời là đường cao nên $$OE\perp CD$$.

Khi đó $$\Delta MOE$$ vuông tại $$E$$ nên $$E$$ thuộc đường tròn đường kính $$MO$$ hay $$5$$ điểm $$M,A,E,O,B$$ cùng thuộc một đường tròn.

Do đó $$\widehat{AEM}=\widehat{AOM}$$, $$\widehat{MEB}=\widehat{MOB}$$.

Vì $$MA,MB$$ là tiếp tuyến của $$\left(O\right)$$ nên $$OM$$ là tia phân giác của góc $$\widehat{AOB}$$ hay $$\widehat{AOM}=\widehat{BOM}$$ suy ra: $$\widehat{AEM}=\widehat{BEM}$$ nên $$EM$$ là tia phân giác của góc $$\widehat{AEB}$$.

d)

Ta có $$\widehat{BEM}=\widehat{BOM}=\frac{1}{2}\widehat{BOA}=\widehat{AFB}$$ nên $$CD//AF$$ do đó $$S_{MFD}=S_{MAD}$$

Mà: $$S_{MAD}=\frac{1}{2}DH.AM\le \frac{1}{2}AM.AD\le \frac{1}{2}.AM.2R=AM.R$$ không đổi do $$AM,R$$ không đổi

Do đó $$S_{MFD}$$ đạt giá trị lớn nhất là $$AM.R$$ khi $$AD$$ là đường kính của đường tròn $$\left(O\right)$$.

Xét tam giác $$ABC$$ vuông tại $$B$$, ta có: $$\cos 30^{\mathrm{o}}=\frac{AB}{BC}$$ do đó $$BC=\frac{200}{\cos {30}^{\mathrm{o}}}=\frac{400}{\sqrt{3}}\approx 231\left(\mathrm{m}\right)$$.

Hạ $$AH\perp BC$$, gọi $$AH$$ cắt $$PQ$$ tại $$K$$.

Ta có $$PQ//BC$$ nên $$QK//BH$$ và $$PK//CH$$ do đó $$\frac{QK}{BH}=\frac{AK}{AH}=\frac{PK}{CH}=\frac{QK+PK}{BH+CH}=\frac{PQ}{BC}$$ (1)

Kí hiệu $$MQ=x,PQ=y$$ thì $$KH=MQ=x$$ (đk: $$x,y>0$$)

$$\Delta ABC$$ vuông tại $$A$$ nên $$B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2=6^2+8^2=100$$ (định lý pytago) nên $$BC=10$$.

Khi đó: $$S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{2}.AH.BC$$ nên $$AH=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{6.8}{10}=\frac{24}{5}$$

Từ (1), ta có: $$\frac{AK}{AH}=\frac{PQ}{BC}$$ nên $$1-\frac{KH}{AH}=\frac{PQ}{BC}$$$$\Rightarrow 1-\frac{x}{\frac{24}{5}}=\frac{y}{10}$$

Hay $$1=\frac{5x}{24}+\frac{y}{10}\ge 2\sqrt{\frac{5x}{24}.\frac{y}{10}}$$$$\Rightarrow \frac{1}{4}\ge \frac{xy}{48}$$ hay $$xy\le 12$$$$\Rightarrow S_{MNPQ}=xy\le 12$$

Do đó, diện tích mảnh vườn thực nghiệm lớn nhất là: $$12\left({\mathrm{m}}^2\right)$$.

Số tiền để nhà trường làm mảnh vườn có diện tích lớn nhất là: $$12.1,2=14,4$$ (triệu đồng).