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

a) Tính giá trị biểu thức \(A = \sqrt 4  + \sqrt {64}  - \sqrt {81} \).

Ta có:\(A = \sqrt 4  + \sqrt {64}  - \sqrt {81} \)

             \(\, = 2 + 8 - 9 = 1\)

Vậy \(A = 1\).

b) Giải bất phương trình \(5x - 12 \le 2x + 3\).

Ta có: \(5x - 12 \le 2x + 3\)

                  \(\begin{array}{l}3x \le 15\\x \le 5\end{array}\)

Vậy bất phương trình có nghiệm là \(x \le 5\).

a) Vẽ đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{4}{x^2}\).

Bảng giá trị

Đồ thị

b) Cho phương trình bậc hai \({x^2} - 3x - 5 = 0\). Chứng minh phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\). Không giải phương trình, hãy tính giá trị của các biểu thức \(B = x_1^2 + x_2^2\) và \(C = x_1^2 + {x_2}\left( {{x_1} + 3} \right) - 4\).

Xét phương trinh \({x^2} - 3x - 5 = 0\) có \(a = 1;b =  - 3;c =  - 5\)

Vì \(\Delta  = {\left( { - 3} \right)^2} - 4.1.\left( { - 5} \right) = 29 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Áp dụng dịnh lý Viète ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 3}\\{{x_1},{x_2} =  - 5}\end{array}} \right.\)

Khi đó ta có:

\(B = x_1^2 + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = {3^2} - 2 \cdot \left( { - 5} \right) = 19\)

\(C = x_1^2 + {x_2}\left( {{x_1} + 3} \right) - 4\)

\(C = x_1^2 + {x_2}\left( {{x_1} + {x_1} + {x_2}} \right) - 4 = x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - 4 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4 = {3^2} - 4 = 5\)

Gọi \(x,y\) (triệu đồng) lần lượt là doanh thu của mỗi hãng taxi A và B trong ngày thứ nhất.

                 (ĐK: \(0 < x,y < 90\))

                 Vì tổng doanh thu của hai hãng trong ngày thứ nhất là \(90\)(triệu đồng) nên ta có phương

trình: \(x + y = 90\) (1).

Trong ngày thứ hai:

                 • Doanh thu của hãng A tăng \(20\% \) nên doanh thu của hãng A là: \(x + 0,2x = 1,2x\) (triệu đồng)

                 • Doanh thu của hãng B giảm \(10\% \) nên doanh thu của hãng B là: \(y - 0,1y = 0,9y\) (triệu đồng)

                 Vì tổng doanh thu của hai hãng trong ngày thứ hai là \(93\)(triệu đồng) nên ta có phương trình: \(1,2x + 0,9y = 93\) (2)

                 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 90\\1,2x + 0,9y = 93\end{array} \right.\)

                 Nhân \(2\) vế của phương trình thứ nhất cho \(1,2\)ta được hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}1,2x + 1,2y = 108\\1,2x + 0,9y = 93\end{array} \right.\)

                 Trừ từng vế của hai phương trình ta được: \(0,3y = 15\), suy ra \(y = 50\).

                 Thế \(y = 50\) vào phương trình \(x + y = 90\), ta được: \(x + 50 = 90\), suy ra \(x = 40\)

                 Hệ phương trình có nghiệm: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 40\\y = 50\end{array} \right.\) (thỏa mãn điều kiện)

                 Vậy doanh thu của mỗi hãng trong ngày thứ nhất là:

  Hãng A: \(40\) triệu đồng; Hãng B: \(50\) triệu đồng.

Gọi \(A\) là biến cố “viên bi nằm trong ô vuông màu đen”.

Từ hình vẽ ta đếm được có 31 ô vuông màu đen.

Do đó có 31 kết quả thuận lợi của biến cố \(A\) hay \(n\left( A \right) = 31\).

Có tất cả \(13.9 = 117\) ô vuông. Do đó có \(117\) kết quả có thể xảy ra hay \(n\left( \Omega  \right) = 117\).

Vậy xác suất để viên bi nằm trong ô vuông màu đen là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{31}}{{117}}\).

Bán kính của đường tròn đáy ly là: \(r = 6,8:2 = 3,4\) (cm).

                 Thể tích chiếc ly là: \(V = \pi .{r^2}.h \approx 3,14.{(3,4)^2}.11,2 \approx 406,54\) (\(c{m^3}\))

                 Lượng nước trung bình bạn Bình uống mỗi ngày là:

                 \[70\% .V.\,8\; \approx 0,7.\,406,54.\,8\; \approx 2276,62\](\(c{m^3}\)) = \[2,27662\,\,\left( l \right)\]

                 Vì \(2,27662 > 2\) nên bạn Bình uống đủ nước theo khuyến cáo.

a) Chứng minh bốn điểm \[B,C,E,F\]cùng thuộc một đường tròn.

 Vì \(BE,\,CF\)là hai đường cao của \(\Delta ABC\)nên \(BE \bot AC,\,\,\,CF \bot AB\).

Do\(\Delta BEC\) vuông tại \(E\) nên 3 điểm \(B,E,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\).

Do\(\Delta BFC\) vuông tại \(F\) nên 3 điểm \(B,F,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\).

Vậy 4 điểm \[B,C,E,F\] cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\).

                 b) Gọi \(D\) là giao điểm của \(AH\) và \(BC\). Đường kính \(AM\)của đường tròn \(\left( O \right)\)cắt đường thẳng  

                 \(CF\)tại điểm \(P\). Chứng minh  \(\widehat {BAD} = \widehat {CAM}\) và \(AP.BH = AH.CP\).

                 Do \(AM\) là đường kính nên \(\widehat {ABM} = \widehat {ACM} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

                 Ta có \(\widehat {BAD} + \widehat {ABD} = 90^\circ \) (vì \(\Delta ABD\)vuông tại \(D\)) và \(\widehat {CAM} + \widehat {AMC} = 90^\circ \) (vì \(\Delta ACM\)vuông tại \(C\))       Mà \(\widehat {ABD} = \widehat {AMC}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)) nên suy ra \(\widehat {BAD} = \widehat {CAM}\)

                 Xét \(\Delta APC\)và \(\Delta AHB\) có:

                 \(\widehat {BAD} = \widehat {CAM}\,\,\,(cmt)\)

                 \(\widehat {ABH} = \widehat {ACP}\,\,\,\)(góc nội tiếp cùng chắn cung \(EF\))

                 Suy ra

                 Nên \(\frac{{AP}}{{AH}} = \frac{{PC}}{{HB}}\) hay \(AP.HB = AH.PC\)

                 c) Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\), đường thẳng\(AI\)cắt \[EF\]tại \(K\). Gọi \(N\)là hình chiếu vuông góc

                 của \(K\) trên \(BC\). Chứng minh \(AN\)đi qua trung điểm của \[EF\].

Gọi \(G\) là trung điểm của \[EF\], \(J\) là giao điểm của \[AM\]và \[EF\], \[AG\] cắt \(BC\) tại \(N'\).

Ta sẽ chứng minh \[KN' \bot BC\].

Ta có: \[\widehat {AEJ} + \widehat {EAJ} = \,\,\,\widehat {ABC} + \widehat {CBM} = \widehat {ABM} = 90^\circ \] nên \(\Delta AJE\)vuông tại \(J\).

Do  nên \(\frac{{A\,E}}{{AB}} = \frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{2GF}}{{2IC}} = \frac{{GF}}{{IC}}\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Kết hợp với \(\widehat {AFG} = \widehat {ACI}\)(cùng cộng \(\widehat {BFE}\) bằng \(180^\circ \,).\)

Suy ra

Khí đó \(\widehat {BAG} = \widehat {KAE}\,\,\,\)và \(\frac{{AG}}{{AI}} = \frac{{AF}}{{AC}}\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Tương tự ta có   (do \(\widehat {BAG} = \widehat {KAE}\)và \(\widehat {AEK} = \widehat {ABI}\))

Nên \(\frac{{AK}}{{AN'}} = \frac{{AE}}{{AB}}\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\frac{{AG}}{{AI}} = \frac{{AK}}{{AN'}}\,\,\,\,\)

Mà \[\widehat {N'AI}\] chung nên suy ra \(\widehat {AN'K} = \widehat {AIG}\,\,\,\,\,\,\,\left( 4 \right)\)

\(\Delta IEF\)cân tại \(I\) (do \[IE = IF\]) có \(IG\)là đường trung tuyến nên cũng đồng thời là đường cao.

Suy ra \(IG\)//\(AO\)(vì cùng vuông góc với \[EF\]). Do đó \(\widehat {GIA} = \widehat {IAO}\,\)(so le trong)

Lại có \(\widehat {BAG} = \widehat {KAE}\,\,\left( {cmt} \right)\) và \(\widehat {FAH} = \widehat {JAE}\,\,\left( {cmt} \right)\)nên \[\widehat {IAO}\, = \widehat {GAH}\]

Suy ra \(\widehat {GIA} = \widehat {GAH}\,\,\,\,\,\,\left( 5 \right)\)

Từ (4) và (5) suy ra \(\widehat {AN'K} = \widehat {GAH}\,\)nên \(KN'\)//\(AD\) (so le trong)

Mà \(AD \bot BC\)nên\(KN' \bot BC\). Ta lại có \(KN \bot BC\,\,\left( {gt} \right)\)

Suy ra \(N' \equiv N\)hay \(AN\)đi qua trung điểm \(G\)của \[EF\]. (đpcm)