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

a) Thay $x=1$ vào biểu thức $A$ ta có: $A=\frac{1}{\sqrt{1}+1}+\frac{1}{1+\sqrt{1}}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1$.

Vậy khi $x=1$ thì $A=1$.

b) Với $x>0$, ta có: $A=\frac{1}{\sqrt{x}+1}+\frac{1}{x+\sqrt{x}}$

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

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

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

Vậy $A=\frac{1}{\sqrt{x}}$ với $x>0$.

c) Với mọi số thực dương $x$, ta xét hiệu sau: $\left(x+1\right).A-2=\left(x+1\right).\frac{1}{\sqrt{x}}-2=\frac{x+1-2\sqrt{x}}{\sqrt{x}}=\frac{{\left(\sqrt{x}-1\right)}^2}{\sqrt{x}}$

Vì $x>0$ nên ${\left(\sqrt{x}-1\right)}^2\ge 0$ và $\sqrt{x}>0$, suy ra $\frac{{\left(\sqrt{x}-1\right)}^2}{\sqrt{x}}\ge 0$.

Do đó $\left(x+1\right).A-2\ge 0$, hay $\left(x+1\right).A\ge 2$.

Vậy với mọi số thực dương $x$ thì $\left(x+1\right)A\ge 2$.

b) Vì phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ nên theo định lí Viète, ta có: $\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2=\frac{-\left(-3\right)}{1}=3\\ x_1{x}_2=\frac{c}{a}=\frac{1}{1}=1\end{array}$

Vì $x_2$ là nghiệm của phương trình $x^2-3x+1=0$ nên ta có $x_2^2-3x_2+1=0$, suy ra $x_2^2=3x_2-1$.

Khi đó: $P=\frac{2}{x_2-1}+\frac{x_2}{x_1-1}$

$P=\frac{2\left(x_1-1\right)}{\left(x_2-1\right)\left(x_1-1\right)}+\frac{x_2\left(x_2-1\right)}{\left(x_1-1\right)\left(x_2-1\right)}$

$P=\frac{2x_1-2+x_2^2-x_2}{\left(x_2-1\right)\left(x_1-1\right)}$

$P=\frac{2x_1-2+3x_2-1-x_2}{x_1{x}_2-x_1-x_2+1}$

$P=\frac{2x_1+2x_2-3}{x_1{x}_2-\left(x_1+x_2\right)+1}$

$P=\frac{2\left(x_1+x_2\right)-3}{x_1{x}_2-\left(x_1+x_2\right)+1}$

$P=\frac{2.3-3}{1-3+1}$

$P=-3$

Vậy $P=-3$.

Có $36$ kết quả có thể xảy ra khi bạn An lấy ngẫu nhiên một tấm thẻ từ hộp và ghi số của thẻ lên bảng rồi bỏ tấm thẻ đó vào lại trong hộp, sau đó bạn Bình cũng làm tương tự như bạn An.

    Có $6$ kết quả thuận lợi cho biến cố $X$: “Tích hai số mà An và Bình đã ghi trên bảng chia hết cho $10$”, đó là: $\left(2;5\right)$, $\left(5;2\right)$; $\left(4;5\right)$; $\left(5;4\right)$; $\left(6;5\right)$; $\left(5;6\right)$.

Vậy xác suất của biến cố $X$ là $P\left(X\right)=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$.

a) Vì chi phí cố định là $500$ nghìn đồng và chi phí nguyên liệu cho $100$ tô bún bò, mỗi tô là $25$ nghìn đồng nên chi phí chuẩn bị mỗi ngày của quán bún đó là:

$500+100.25=3000$ (nghìn đồng)

b) Tổng số tiền bán được $x$ (tô bún bò) trong ngày là $40x$ (nghìn đồng)

     Lợi nhuận $y$ (nghìn đồng) của quán trong một ngày là:

$y=40x-3000$ (nghìn đồng)

Vậy công thức biểu thị $y$ theo $x$ là $y=40x-3000$ (nghìn đồng).

Gọi số người của đội I lúc đầu là $x$ (người), điều kiện $x\in \mathbb{N}$ và $15<x<180$.

Khi đó số người của đội II lúc đầu là $180-x$ (người)

Số người của đội I lúc sau là $x-15$ (người)

Số người của đội II lúc sau là $180-\left(x-15\right)=195-x$ (người)

Nếu chuyển $15$ người từ đội I sang đội II thì số người ở đội II gấp đôi số người ở đội I nên ta có phương trình: $195-x=2\left(x-15\right)$

Ta giải phương trình: $195-x=2\left(x-15\right)$

                                            $195-x=2x-30$

                                                   $3x=225$

                                                     $x=75$ (tmđk)

Vậy lúc đầu đội I có $75$ người, đội II có $105$ người.

a) Chứng minh $4$ điểm $A,C,D,F$ cùng thuộc một đường tròn.

Vì $AD$ là đường cao của $\Delta ABC$ nên $AD\perp BC$, suy ra $\widehat{ADC}=90^{\circ }$. Hay $\Delta ADC$ nội tiếp đường tròn đường kính $AC$.

Vì $CF$ là đường cao của $\Delta ABC$ nên $CF\perp AB$, suy ra $\widehat{AFC}=90^{\circ }$. Hay $\Delta AFC$ nội tiếp đường tròn đường kính $AC$.

Do đó tứ giác $ACDF$ nội tiếp đường tròn đường kính $AC$.

Vậy $4$ điểm $A,C,D,F$ cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh tam giác $FHD$ đồng dạng tam giác $FEC$.

Vì tứ giác $ACDF$ nội tiếp nên $\widehat{FDA}=\widehat{FCA}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $FA$).

Suy ra $\widehat{FDH}=\widehat{FCE}$.

Mặt khác, tứ giác $ACDF$ nội tiếp nên $\widehat{DFC}=\widehat{DAC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $DC$). $\left(1\right)$

Ta có: $\widehat{AEH}=90^{\circ }$ nên $\Delta AEH$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$.

           $\widehat{AFH}=90^{\circ }$ nên $\Delta AFH$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$.

Do đó, tứ giác $AEHF$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$.

Suy ra $\widehat{HFE}=\widehat{HAE}$ $\left(2\right)$

Từ $\left(1\right)$ và $\left(2\right)$, ta có: $\widehat{DFH}=\widehat{CFE}$.

Xét hai tam giác $\Delta FHD$ và $\Delta FEC$ có:

          $\widehat{DFH}=\widehat{CFE}$ (chứng minh trên)

          $\widehat{FDH}=\widehat{FCE}$ (chứng minh trên)

Vậy  (g.g)

c) Đường thẳng $AD$ cắt đường tròn $\left(O\right)$ tại điểm thứ hai $K$. Đường thẳng $KF$ cắt đường tròn $\left(O\right)$ tại điểm thứ hai $P$. Gọi $N$ là giao điểm của $CP$ và $EF$, $I$ là trung điểm của $AH$ và $M$ là trung điểm của $BC$. Chứng minh tam giác $FHK$ đồng dạng tam giác $NEC$ và ba điểm $M$, $N$, $I$ thẳng hàng.

Tứ giác $BFHD$ nội tiếp đường tròn đường kính $BH$ nên $\widehat{FHD}+\widehat{FBD}=180^{\circ }$.
Tứ giác $BFEC$ nội tiếp đường tròn tâm $M$ nên $MF=ME$ và $\widehat{FEC}+\widehat{FBD}=180^{\circ }$.
Do đó $\widehat{FHD}=\widehat{FEC}$ hay $\widehat{FHK}=\widehat{NEC}$.
Xét hai tam giác $\Delta FHK$ và $\Delta NEC$ có:

$\widehat{FHK}=\widehat{NEC}$ (chứng minh trên)

          $\widehat{FKH}=\widehat{NCE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AP$)

Vậy  (g.g)

Tứ giác $AFHE$ nội tiếp đường tròn tâm $I$ nên $IF=IE$ và $MF=ME$ (chứng minh trên).

Do đó $MI$ là đường trung trực của $EF$. $\left(3\right)$

Ta có:  (chứng minh trên) nên $\frac{HD}{EC}=\frac{FH}{FE}$, suy ra $FH.EC=HD.FE$ $\left(4\right)$

Ta lại có:  (chứng minh trên) nên $\frac{FH}{NE}=\frac{HK}{EC}$, suy ra $FH.EC=HK.NE$ $\left(5\right)$

Từ $\left(4\right)$ và $\left(5\right)$, ta có: $HD.FE=HK.NE$, suy ra $\frac{HD}{HK}=\frac{NE}{EF}$ $\left(6\right)$

Mặt khác ta có: $\widehat{KBD}=\widehat{KAC}=\widehat{DBH}$ nên $BD$ vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến của $\Delta KBH$.

Do đó, $D$ là trung điểm của $HK$, suy ra $\frac{HD}{HK}=\frac{1}{2}$. $\left(7\right)$

Từ $\left(6\right)$ và $\left(7\right)$ suy ra $\frac{NE}{EF}=\frac{1}{2}$. Hay $N$ là trung điểm của $EF$. $\left(8\right)$
Từ $\left(3\right)$ và $\left(8\right)$ suy ra ba điểm $M$, $N$, $I$ thẳng hàng.

Gọi $r_1$, $h_1$ lần lượt là bán kính và chiều cao của phần hình nón chứa nước.

$R$, $h$ lần lượt là bán kính và chiều cao của hình trụ.

Theo bài ra ta có: $\frac{r_1}{R}=\frac{h_1}{h}=\frac{1}{2}$, suy ra $h_1=\frac{h}{2}$.
Thể tích hình trụ là: $V_1=\pi R^{2}h$.
Thể tích của hình nón là: $V_2=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{1}{3}{V}_1$

Thể tích nước là: $V_3=\frac{1}{3}\pi {\left(\frac{R}{2}\right)}^2\frac{h}{2}=\frac{1}{24}\pi R^{2}h=\frac{1}{24}{V}_1$ \(\)
Thể tích chai nước là: \({V_1} + {V_3} = {V_1} + \frac{1}{{24}}{V_1} = \frac{{25}}{{24}}{V_1}\)
Thể tích nước đổ vào hình trụ sau khi đổ đầy hình nón là:

$\frac{25}{24}{V}_1-\frac{1}{3}{V}_1=\frac{17}{24}{V}_1=\frac{17}{24}\pi R^{2}h=\pi R^2\left(\frac{17}{24}h\right)$

Vậy chiều cao của nước trong cốc hình trụ bằng $\frac{17}{24}$ chiều cao của cốc hình trụ.