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

a) $x^2-2x-8=0$

    $x^2-4x+2x-8=0$

    $x\left(x-4\right)+2\left(x-4\right)=0$

   $\left(x-4\right)\left(x+2\right)=0$

$x-4=0$ hoặc $x+2=0$

$x=4$ hoặc $x=-2$        

Vậy phương trình có hai nghiệm $x=4$; $x=-2$.

b) $\{\begin{array}{l}x+3y=7\left(1\right)\\ 2x-3y=-4\left(2\right)\end{array}$

Lấy $\left(1\right)$ cộng $\left(2\right)$ theo vế ta được:

$x+3y+2x-3y=7-4$

$3x=3$

$x=1$

Thế $x=1$ vào $\left(1\right)$ ta được:

$1+3y=7$

$3y=6$

$y=2$

Vậy phương trình có nghiệm $\left(x;y\right)=\left(1;2\right)$.

a) $A=\frac{x+1}{\sqrt{x}-1}-\frac{x\sqrt{x}+1}{x-1}$

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

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

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

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

b) Khi $x=4$ ta có $A=\frac{\sqrt{4}}{\sqrt{4}-1}=\frac{2}{2-1}=2$

Vậy khi $x=4$ thì $A=2$.    

a) $y$ là hàm số bậ nhất của $x$

Vì có dạng $y=ax+b$ với $\{\begin{array}{l}a=2\ne 0\\ b=10\end{array}$

Với mỗi giá trị của $x$ thuộc $1\le x\le 10$ thì ta nhận được một giá trị của $y$.

b) Cân nặng của trẻ $6$ tuổi theo công thức trên là: $y=2.6+10=22$

Vậy khi trẻ $6$ tuổi thì cân nặng là $22\mathrm{kg}$.

Gọi số học sinh lớp $9B$là $x$$(x\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, học sinh$)$

Số học sinh lớp $9A$ là $x+5$ (học sinh)

Theo đề bài mỗi học sinh lớp $9A$ trồng được $3$ cây nên số cây là $9A$ trồng được là: $3.\left(x+5\right)$ (cây)

Mỗi học sinh lớp $9B$ trồng được $4$ cây nên số cây là $9B$ trồng được là: $4x$ (cây)

Mà cả $2$ lớp trồng được tổng số cây là $295$ cây nên ta có phương trình:

$3.\left(x+5\right)+4x=295$

$3x+4x+15=295$

$7x+15=295$

$7x=295-15$

$7x=280$

$x=40$(TMĐK)

Vậy lớp $9B$ có $40$ học sinh, lớp $9A$ có $45$ học sinh.

Gọi số học sinh  đạt điểm $7,10$ lần lượt là $m_1,m_2$.

Theo đề bài, tỉ lệ số học sinh đạt điểm $7$ là $12,5\%$ nên:

$f_1=\frac{m_1}{n}.100\%$

$12,5\%=\frac{5}{n}.100\%$

$n=40$.

Ta có số học sinh lớp $9\mathrm{C}$là  $n=40$ học sinh.

Số học sinh đạt điểm $10$ trong lớp $9\mathrm{C}$ là:

$f_2=\frac{m_2}{n}.100\%$

$20\%=\frac{m_2}{40}.100\%$

$m_2=8$.

Vậy số học sinh đạt điểm 10 trong lớp $9\mathrm{C}$ là  $8$ học sinh.

Lẫy ngẫu nhiên $1$ thẻ trong $51$ thẻ nên kết quả có thể đồng khả năng .

Mô tả không gian mẫu $\Omega =\left\{1;2;3;4;...;51\right\}$.

Vậy không gian mẫu có $51$ phần tử.

Các kết quả thuận lợi của biến cố $A$ là: $2;4;6;...;50$.

Vậy số kết quả thuận lợi của biến cố $A$ là $n\left(A\right)=25$.

Xác suất của biến cố $A$: $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{25}{51}$.

Vậy xác suất của biến cố $A$ là $P\left(A\right)=\frac{25}{51}$.

 Áp dụng định lí Pythagore ta có: $A{B}^2+A{C}^2=B{C}^2$

                                                                 $A{B}^2+9=25$

                                                                 $A{B}^2=16$

                                                                     $AB=4$

Khi đó các tỉ số lượng giác của góc $B$ là:

$\sin B=\frac{AC}{BC}=\frac{3}{5}$; $\cos B=\frac{AB}{BC}=\frac{4}{5}$; $\tan B=\frac{AC}{AB}=\frac{3}{4}$; $\cot B=\frac{AB}{AC}=\frac{4}{3}$.

Ta có $300\mathrm{cm}=3\mathrm{m}$, $30\mathrm{cm}=0,3\mathrm{m}$.

Khi đó chiều cao $h=3\mathrm{m}$, bán kính đáy là $R=0,15\mathrm{m}$.

Ta có diện tích xung quanh là $S_{xq}=2\pi Rh=0,9\pi \left(m^2\right)$.

Chi phí là $0,9\pi .200000\approx 565000$ (đồng).

Vậy bác Bình cần phải trả $565000$ đồng.

a) Vì $MA,MB$ là hai tiếp tuyến cắt nhau tại $M$ nên $MA=MB$, suy ra $M$ thuộc trung trực của $AB$ $\left(1\right)$.

Xét $\left(O\right)$ có $OA=OB$ suy ra $O$ thuộc trung trực của $AB$ $\left(2\right)$.

Từ $\left(1\right)$ và $\left(2\right)$ suy ra $OM$ là đường trung trực của $AB$ hay $OM\perp AB$ tại $P$.

Ta có $OA=OC$ suy ra $\Delta AOC$ cân tại $O$, khi đó $ON\perp AC$ hay $ON\perp AN$.

Gọi $I$ là trung điểm của của $OA$ mà các $\Delta OPA$, $\Delta ONA$ lần lượt vuông tại $P,N$ nên ta có $IP=IN=IA=IO=\frac{OA}{2}$.

Vậy bốn  điểm $A,P,N,O$ cùng thuộc $\left(I;\frac{AO}{2}\right)$.

b) Ta có $MA=MB$ nên $\widehat{MAB}=\widehat{MBA}$ $\left(3\right)$

Do $\Delta ABC$cân tại $A$ nên $\widehat{ABC}=\widehat{ACB}$ $\left(4\right)$

Xét $\Delta MPA$ và $\Delta MAO$ có:

$\widehat{MPA}=\widehat{MAO}=90^{\circ }$

$\widehat{AMO}$ chung

Suy ra $\left(\mathrm{g}.g\right)$.

Nên $\widehat{MAB}=\widehat{MAP}=\widehat{MOA}=\frac{1}{2}\widehat{BOA}$ $\left(5\right)$

Mà $\hat{C}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat{ACB}=\frac{1}{2}\widehat{BOA}$ $\left(6\right)$

Từ $\left(3\right)$, $\left(4\right)$, $\left(5\right)$, $\left(6\right)$ suy ra $\widehat{MAB}=\widehat{MBA}=\widehat{ACB}=\widehat{ABC}$.

Xét $\Delta MAB$và $\Delta ACB$ có:

$\widehat{MAB}=\widehat{ACB}$ (cmt)

$\widehat{MBA}=\widehat{ABC}$ (cmt)

Suy ra $\left(g.g\right)$.

Ta có $\frac{MB}{MA}=\frac{AB}{AC}$ suy ra $\frac{MB}{2MK}=\frac{AB}{2AN}$ nên $\frac{MB}{MK}=\frac{AB}{AN}$.

Xét $\Delta MBK$và $\Delta ABN$ có:

$\hat{M}=\hat{A}$

$\frac{MB}{MK}=\frac{AB}{AN}$ (cmt)

Suy ra $\left(c.g.c\right)$.

Khi đó $\frac{BM}{BK}=\frac{BA}{BN}$

Lại có $BA=AC$ nên $\frac{BM}{BK}=\frac{CA}{BN}$ hay $BM.BN=CA.BK$.