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

Ta có $$A=\sqrt{3^2.5}-\frac{\sqrt{10}}{\sqrt{2}}=3\sqrt{5}-\sqrt{5}=2\sqrt{5}.$$

Ta có bảng giá trị sau:

$$x$$	$$-2$$	$$-1$$	0	1	2
$$y=x^2$$	4	1	0	1	4

Đồ thị hàm số $y=x^2$là một đường cong parabol đi qua các điểm:

O(0; 0); A(-2; 4); B (-1; 1); C(1; 1); D(2; 4)

          Hệ số a = 1 > 0 nên parabol có bề cong hướng lên. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng. Ta vẽ được đồ thị hàm số $y=x^2$ như sau:

     

 Dùng công thức nghiệm của phương trình bậc hai, giải phương trình $$x^2+5x+6=0$$.

Ta có a = 1; b = 5; c = 6

 $$\Delta =5^2-\mathrm{4.1.6}=1>0$$ nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt

                      $$\begin{array}{l}{x}_1=\frac{-5+1}{2.1}=-2;\\ x_2=\frac{-5-1}{2.1}=-3.\end{array}$$

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là $$x_1=-2;x_2=-3.$$

Giải bất phương trình $$3x+12<0$$.

$$\begin{array}{l}3x+12<0\\ 3x<-12\\ x<-4.\end{array}$$

Vậy bất phương trình có nghiệm $$x<-4$$.

 Cho biết phương trình $$x^2-5x+2=0$$ có hai nghiệm $$x_1,x_2$$ đều khác 0. Không giảiphương trình, hãy tính giá trị của biểu thức $$B=\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}$$.

                Xét phương trình $$x^2-5x+2=0$$ có a = 1, b = -5, c =2

$$\Delta =(-5{)}^2-\mathrm{4.1.2}=17>0$$ nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt

Theo định lí Viète, ta có:

$$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=\frac{-b}{a}=5\\ x_1.x_2=\frac{c}{a}=2\end{array}$$

           $$B=\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{x_1+x_2}{x_1.x_2}=\frac{5}{2}$$.

Vậy $$B=\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{5}{2}$$.

Gọi x, y (cây) là số bút bi và bút máy mà cửa hàng bán được ngày hôm đó $$\left(x,y<50;x,y\in {\mathbb{N}}^{\ast }\right).$$

Cửa hàng đã bán được tổng 50 cây bút hai loại trên nên ta có phương trình $$x+y=50(1)$$

Số tiền bán bút bi là 5 000. x (đồng)

Số tiền bán bút máy là 15 000 . y (đồng)

Theo bài ra ta có phương trình: $$5000x+15000y=520000<\mathrm{span}></span>(2)$$

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $$\{\begin{array}{l}x+y=50\\ 5000x+15000y=520000<\mathrm{span}></span>\end{array}$$

Giải hệ phương trình ta được $$\{\begin{array}{l}x=23\\ y=27\end{array}$$ (TMĐK)

Vậy cửa hàng bán được 23 bút bi và 27 bút máy.

Các kết quả có thể xảy ra là:

$$\Omega =\left\{(1;1);(1;2);(1;3);(2;1);(2;2);(2;3);(3;1);(3;2)(3;3)\right\}$$

Vậy số phần tử của không gian mẫu là 9.

Biến cố E: “Hương và Giang cùng đi lên một toa tàu”.

Các trường hợp có thể xảy ra của $$E=\left\{(1;1);(2;2);(3;3)\right\}$$.

Có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố E.

Vậy xác suất của biến cố E là $$P(E)=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$$.

a)     Do AD, BE là các đường cao của $$\Delta ABC$$nên $$\Delta HDC$$vuông tại D

Do đó H, C, D cùng thuộc đường tròn đường kính HC.

Tương tự $$\Delta HEC$$vuông tại E nên H, C, E cùng thuộc đường tròn đường kính HC

Vậy H, E, C, D cùng thuộc đường tròn đường kính HC hay tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn.

    b) Chứng minh tương tự câu a, ta có $$\Delta BEC$$ vuông tại E và $$\Delta BFC$$ vuông tại F nên B, C, E, F cùng thuộc đường tròn đường kính BC. Suy ra $$\widehat{EFC}=\widehat{EBC}$$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC)

Do tứ giác EFCB nội tiếp nên $$\widehat{FEB}=\widehat{FCB}$$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FB)

Lại có $$\widehat{HED}=\widehat{HCD}$$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD) nên $$\widehat{FEB}=\widehat{BED}$$

Kết hợp với $$\widehat{EFH}=\widehat{HBD}$$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CE) suy ra $$\Delta H\mathrm{EF}\sim \Delta \mathrm{DEB}(\mathrm{g}.g)$$

Suy ra $$\frac{HE}{DE}=\frac{HF}{DB}\mathrm{hay}HE.DB=HF.DE$$ (đpcm)

c) Ta có KB = KC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và OB = OC (Cùng bằng bán kính của (O))

Suy ra OK là trung trực của đoạn thằng BC

Ta có: $$\widehat{OBK}=90^{\circ }$$ (do BK là tiếp tuyến) nên $$\widehat{MBK}+\widehat{OBA}=180^{\circ }-\widehat{OBK}=90^{\circ }$$

Hay $$\widehat{MBK}=90^{\circ }-\widehat{OBA}(1)$$

Ta có $$\widehat{ACB}=\widehat{AFE}$$ (do cùng cộng với $$\widehat{EFB}$$ bằng $$180^{\circ }$$

Suy ra $$\widehat{OBA}=\widehat{OAB}=\frac{180^{\circ }-\widehat{AOB}}{2}=90^{\circ }-\frac{\widehat{AOB}}{2}=90^{\circ }-\widehat{ACB}=90^{\circ }-\widehat{AFE}$$

Thay vào (1) suy ra $$\widehat{MBK}=90^{\circ }-\left(90^{\circ }-\widehat{AFE}\right)=\widehat{AFE}$$

Mà $$\widehat{AFE}=\widehat{AMN}$$ (vì là hai góc đồng vị) nên $$\widehat{MBK}=\widehat{BMK}$$hay $$\Delta MBK$$cân tại K

Suy ra MK = KB

Chứng minh tương tự ta được $$\Delta KCN$$cân tại K hay KC = KN

Vậy KM = KN = KB = KC hay M, N, C, B cùng thuộc một đường tròn đường kính MN

Suy ra $$\widehat{MBN}=90^{\circ }$$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Vậy $$AM\perp BN$$

Thể tích nước trong ly ban đầu là: $$V^1=\pi R^{2}h=\pi .3^2.5=45\pi (c{m}^3)$$

Thể tích mỗi viên bi sắt là: $$V^{bi}=\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{3}\pi r^3=\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{3}\pi .1^3=\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{3}\pi (c{m}^3)$$

Thể tích 6 viên bi sắt là: $$V^2=6.\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{3}\pi =8\pi (c{m}^3)$$

Thể tích nước trong ly sau khi thả 6 viên bi sắt vào là: $$V=45\pi +8\pi =53\pi (c{m}^3)$$

Chiều cao mực nước trong ly sau khi thả 6 viên bi đó vào là: $$h^{\prime }=\genfrac{}{}{0ex}{}{V}{\pi R^2}=\genfrac{}{}{0ex}{}{53\pi }{\pi {.3}^2}=\genfrac{}{}{0ex}{}{53}{9}\approx 5,89(cm)$$.