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

$a)A=\sqrt{2}\left(\sqrt{32}-3\sqrt{8}+6\sqrt{2}\right)$

$=\sqrt{2}.\sqrt{32}-\sqrt{2}.3\sqrt{8}+\sqrt{2}.6\sqrt{2}$

$=8-12+12=8$

$b)B=\frac{2}{\sqrt{6}-2}+\frac{6-\sqrt{6}}{1-\sqrt{6}}$

$=\frac{2\left(\sqrt{6}+2\right)}{{\left(\sqrt{6}\right)}^2-2^2}+\frac{\sqrt{6}\left(\sqrt{6}-1\right)}{1-\sqrt{6}}$

$=\sqrt{6}+2-\sqrt{6}=2$

$c)C=\frac{x-1}{\sqrt{x}+1}-\frac{x-2\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}$ với $x\ge 0v\grave{a}x\ne 1$

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

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

Suy ra $C=\sqrt{x}-1-\sqrt{x}+1=0$

$a)x^2-9x+18=0$

Biến đổi ta được $\left(x-3\right)\left(x-6\right)=0$suy ra $x-3=0$ hoặc $x-6=0$

Vậy $x=3;x=6$

$b)\{\begin{array}{l}2x+3y=10\\ 3x-y=4\end{array}$

Nhân hai vế phương trình thứ hai với 3, ta được $\{\begin{array}{l}2x+3y=10\\ 9x-3y=12\end{array}$

Cộng từng vế hai phương trình của hệ, ta được phương trình:

$11x=22$. Suy ra $x=2$

Thay $x=2$vào phương trình, ta được: $2.2+3y=10$, do đó $y=2$

Vậy hệ phương trình có một nghiệm là $\left(2;2\right)$

Gọi $x\left(km/h\right)$là tốc độ của ô tô đi trên đoạn đường BC. ĐK: $x>0$

Tốc độ của ô tô đi trên đoạn đường $AB$là $x+10\left(km\right)$

Thời gian ô tô đi trên đoạn đường $AB$là$\frac{50}{x+10}$(giờ)

Thời gian ô tô đi trên đoạn đường $BC$là$\frac{60}{x}$(giờ)

Theo đề bài ta có phương trình: $\frac{50}{x+10}+\frac{1}{2}+\frac{60}{x}=3$

Biến đổi phương trình trên ta được: $x^2-34x-240=0$

Giải phương trình ta được $x_1=40$(thỏa điều kiện);$x_2=-6$ (loại)

Vậy tốc độ của ô tô đi trên đoạn đường $BC$là $40\left(km/h\right)$

Bảng giá trị

 Gọi $x_1;x_2$là hai nghiệm của phương trình $x^2-3x+2=0$

không giải phương trình, hãy tính giá trị biểu thức:

$A=x_2\left(x_2-3\right)\left(x_1{x}_2^2-2026x_1-2024x_2\right)$

$\Delta =17>0,x_1+x_2=3,x_1{x}_2=-2$

$\begin{array}{l}A=x_2\left(x_2-3\right)\left(x_1{x}_2^2-2026x_1-2024x_2\right)\\ =x_2\left(3-x_2-3\right)\left(-2x_2-2026x_1-2024x_2\right)\end{array}$

$=-x_1{x}_2\left[-2026\left(x_1+x_2\right)\right]=2\left(-2026.3\right)=-12156$

a) Tính tổng số học sinh tham gia hội khỏe phù đổng của trường THCS E

Tổng số học sinh tham gia hội khỏe phù đổng của trường THCS E là:

$6+8+9++7+5+9+8+8=60$(học sinh)

b) Trường E chọn ra ngẫu nhiên một em học sinh trong các em tham gia hội khỏe phù đổng để phát biểu vào buổi lễ khai mạc. Tính xác suất biến cố A: “Học sinh được chọn lag học sinh nữ”

Số kết quả thuận lợi cho biến cố $A$: $6+9+5+8=28$

Xác suất của biến cố $A$ là $P\left(A\right)=\frac{28}{60}=\frac{7}{15}$

a) Cho hình chữ nhật $ABCD$. Biết $AD=4\sqrt{3}\left(cm\right)$,$\widehat{ACB}=30^{\circ }$. Tính độ dài $AB$và đường chéo $AC$.

Ta có $\begin{array}{l}BC=AD=4\sqrt{3}\left(cm\right)\\ AB=BC.\tan \widehat{ACB}=4\sqrt{3}.\tan 30^{\circ }=4\left(cm\right)\end{array}$

Ta có $AC=\frac{4}{\sin {30}^{\circ }}=8\left(cm\right)$

b) Từ một khối gỗ hình lập phương cạnh $8cm$, người ta khoét một hình nón có đường sinh $AB=8,2cm$và đỉnh của hình nón chạm vào mặt đáy của khối gỗ (xem hình đã cho). Hãy tính thể tích của phần khối gỗ còn lại với $\pi =3,14$và làm tròn kết quả đêna hàng phần mười (biết $r=OB$là bán kính mặt đáy và $h=OA$là chiều cao của hình nón).

Thể tích khói gỗ hình lập phương $V_1=8^3=512\left(c{m}^3\right)$

Ta có $r^2=l^2-h^2={\left(8,2\right)}^2-8^2=\frac{81}{25}$

Thể tích của hình nón: $V_2=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}.3,14.\frac{81}{25}.8=27,13\left(c{m}^3\right)$

Thể tích của khối gỗ phần còn lại: $V_1-V_2=512-27,13\approx 485,9\left(c{m}^3\right)$

a) Chứng minh tứ giác $OIED$nội tiếp đường tròn.

Gọi $P$ là trung điểm của $ID$

Ta có: $\Delta IOD$vuông tại $O$, suy ra$OP=DP=IP$

Suy ra: $I,O,D\in \left(P\right)\left(1\right)$

$\Delta IED$vuông tại $E$(do $\widehat{CED}$là góc nội tiếp đường tròn)

Suy ra: $EP=DP=IP$

Suy ra: $I,E,D\in \left(P\right)\left(2\right)$

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm $O,I,E,D\in \left(P\right)$

Vậy tứ giác $OIED$nội tiếp đường tròn đường kính ID.

b) Gọi $H$là giao điểm của $AE$và $CD$. Chứng minh $AH.AE=AO.AB$

Xét $\Delta AOH$vuông tại $O$và $\Delta EAB$vuông tại $E$, ta có

$\widehat{BAE}$là góc chung

Vậy

Suy ra $\frac{AH}{AB}=\frac{AO}{AE}$hay $AH.AE=AO.AB$

c) Vẽ $OK$vuông góc với $BD$tại $K$. Gọi $M$là giao điểm của hai đường thẳng $AD$ và $BE$. Chứng minh ba điểm $M,K,I$thẳng hàng.

Do nên $\frac{AE}{BE}=\frac{OA}{OH}$

Ta có: $\widehat{BEC}=\widehat{AEC}=45^{\circ }$nên $EI$là đường phân giác của $\Delta AEB$

Suy ra$\frac{AE}{BE}=\frac{IA}{IB}=\frac{\frac{3}{2}R}{\frac{1}{2}R}=3$

Do đó $\frac{OA}{OH}=3$hay $OA=3.OH$

Ta có $OD=3.OH$(do $OA=OD$) suy ra $HD=\frac{2}{3}OD$hay H là trọng tâm của $\Delta ABD$.

$\Delta OKD=\Delta OKB$(cạnh huyền – cạnh góc vuông)

Nên $K$là trung điểm của đoạn thẳng BD, suy ra $A,H,K,E$thẳng hàng.

$\Delta DOB$vuông cân nên $OK=BK$

$\Delta OKB$cân tại $K$nên $IK$vừa là trung tuyến vừa là đườn cao.

Suy ra$KI\perp AB$

Lại có$K$là trung trực của $\Delta ABM$nên $MK\perp AB$

Vậy 3 điểm $M,K,I$thẳng hàng