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

a) Tính giá trị của biểu thức $$A$$ tại $$x=25$$.

Tại $x=25$(thỏa mãn điều kiện xác định)

$$A=\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}=\frac{\sqrt{25}-2}{\sqrt{25}+2}=\frac{3}{7}$$

Vậy $$A=\frac{3}{7}$$ khi $$x=25$$

b) Chứng minh $$B=\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}-2}$$.

Với $$x\ge 0$$, $$x\ne 4$$.

Ta có : $B=\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-2}-\frac{3}{\sqrt{x}+2}-\frac{12}{x-4}$

$B=\frac{{\left(\sqrt{x}+2\right)}^2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}-\frac{3\left(\sqrt{x}-2\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}-\frac{12}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}$

$B=\frac{x+4\sqrt{x}+4-3\sqrt{x}+6-12}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}=\frac{x+\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}$

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

c)  Với $$P=A.B$$. Tìm giá trị của $x$ để $$\left|P\right|>P$$.

  Ta có : $$P=A.B=\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}.\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}-2}=\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+2}$$

Tìm giá trị của $x$ để $$\left|P\right|>P$$

TH 1: $$P>P$$ (vô lí)

TH 2: $-P>P$ hay $\frac{1-\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}>\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+2}$

$\Rightarrow 1-\sqrt{x}>\sqrt{x}-1\iff 2>2\sqrt{x}$

$\iff 1>\sqrt{x}\iff 1>x$

Kết hợp với điều kiện xác định ta có: $$0\le x<1$$

Gọi giá vé máy bay của một người lớn là $x$(đồng) và giá vé máy bay của một trẻ em là $y$(đồng) (điều kiện: $x>0$, $y>0$).

Theo đề bài, ta có hệ phương trình:$\{\begin{array}{l}2x+2y=3900000\\ 4x+3y=7100000\end{array}$

Giải hệ phương trình, ta được: $\{\begin{array}{l}x=1250000\\ y=700000\end{array}$

Vậy giá vé máy bay của một người lớn là $1250000$(đồng), giá vé máy bay của một trẻ em là $700000$(đồng)

$\begin{array}{l}2x-3\le 0\\ 2x\le 3\end{array}$

$x\le \frac{3}{2}$

Vậy bất phương trình có nghiệm là $x\le \frac{3}{2}$

Ta có bảng giá trị của $y$ tương ứng với giá trị của $x$ như sau:

a) Có bao nhiêu kết quả có thể xảy ra của phép thử trên?     

Tập hợp gồm các kết quả có thể xảy ra của phép thử đó là: $\Omega =\left\{10;11;12;.....;99\right\}$

Số phần tử của tập hợp $\Omega$ là: $(99-10):1+1=90$

b) Tính xác suất của biến cố:“Số tự nhiên được viết ra là số chẵn”

Tập hợp các kết quả thuận lợi của biến cố $A$ là: $10;12;14;...;96;98$.

Do đó có: $$\left(98-10\right):2+1=45$$ kết quả thuận lợi cho biến cố $A$.

Vậy, xác suất của biến cố $A$ là $$P(A)=\frac{45}{90}=\frac{1}{2}$$

Khi rót từ từ $$200c{m}^3$$ nước và đo được mực nước dâng lên cao $$7,2cm$$ ta có thể tích nước và thể tích phần chìm của quả bóng bàn là:

$V_1=\pi .3^2.7,2\left(c{m}^3\right)$

Thể tích phần bị chìm của quả bong bàn là:

$V_2=\pi .3^2.7,2-200\left(c{m}^3\right)$

Quả bóng bàn có đường kính $$40mm=4cm,$$ bán kính của quả bóng bàn là 2 cm suy ra thể tích của quả bóng bàn là: $V_3=\frac{4}{3}\pi .2^3\left(c{m}^3\right)$

Vậy thể tích phần nổi của quả bóng bàn là: $V=V_3-V_2=\frac{4}{3}\pi .2^3-\pi .3^2.7,2+200\approx 30,02\left(c{m}^3\right)$

a) Chứng minh bốn điểm $A$, $E$, $H$, .$F$. nằm trên cùng một đường tròn.

Ta có $$\widehat{AEB}=90^{\circ }$$ (do $BE$ là đường cao của $\Delta ABC$) hay $$\widehat{AEH}=90^{\circ }$$.

$$\widehat{AFC}=90^{\circ }$$ (do $CF$ là đường cao của $\Delta ABC$) hay $$\widehat{AFH}=90^{\circ }$$.

Suy ra bốn điểm $A,E,H,F$ cùng nằm trên một đường tròn đường kính $AH$ (đpcm)

b) Chứng minh $NE$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $AH$.

Vì $I$ là trung điểm của đoạn thẳng $AH$ nên $I$ là tâm đường tròn đường kính $AH$ suy ra $IA=IE$

Vì$\Delta IAE$ cân tại $I$ nên ${\hat{A}}_1={\hat{E}}_1$                              (1)

$$\Delta EBC$$ vuông tại $$E$$có $$EN$$ là đường trung trrung tuyến ứng với cạnh huyền $$BC$$

Nên $EN=NC=\frac{BC}{2}$

Suy ra $$\Delta ENC$$ cân tại $$N$$ nên $\widehat{NCE}=\widehat{E_4}$               (2)

Xét $$\Delta AKC$$ vuông tại $$K$$ có $$\widehat{KCA}+{\hat{A}}_1=90^{\circ }$$ hay $$\widehat{NCE}+{\hat{A}}_1=90^{\circ }$$ (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra ${\hat{E}}_1+{\hat{E}}_4=90^{\circ }$

Lại có ${\hat{E}}_1+{\hat{E}}_4+\widehat{IEN}=180^{\circ }$ (do $A;E;C$ thẳng hàng)

Suy ra $90^{\circ }+\widehat{IEN}=180^{\circ }$ hay $\widehat{IEN}=90^{\circ }$

Suy ra $EN\perp EI$ tại $E$

Do đó $NE$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $AH$ (đpcm)

c) Chứng minh $C{I}^2-I{E}^2=CK.CB$.

Áp dụng định lí Pythagore $\Delta CIK$ vuông tại $K$, ta có: $C{I}^2=C{K}^2+I{K}^2$

Lại có $IA=IE=IH$ (cùng bán kính đường tròn tâm I)

Suy ra $$C{I}^2-I{E}^2=C{K}^2+I{K}^2-I{E}^2$$

$$C{I}^2-I{E}^2=C{K}^2+(IK+IE)(IK-IE)$$

$$C{I}^2-I{E}^2=C{K}^2+(IK+IE)(IK-IH)$$ $$=C{K}^2+AK.KH$$                      $\left(4\right)$

Ta lại có $$CK.CB=CK(CK+KB)$$ $$=C{K}^2+CK.KB$$                            $\left(5\right)$

Xét $\Delta KBH$ và $\Delta KAC$ có

$\widehat{KBH}=\widehat{KAC}$ ($=90^{\circ }-\widehat{ACB}$); $$\widehat{BKH}=\widehat{AKC}=90^{\circ }$$

Do đó $$\left(g-g\right)$$

Nên $\frac{KB}{KA}=\frac{KH}{KC}$ suy ra $KA.KH=KB.KC$ hay $AK.KH=CK.KB$      $\left(6\right)$

Từ $$\left(4\right)$$,$\left(5\right)$ và $\left(6\right)$ suy ra $$C{I}^2-I{E}^2=CK.CB$$ (đpcm)