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

Nhóm nào có tần số nhỏ nhất là \[\left[ {12\,;13} \right)\].

Tần số tương đối của nhóm đó là: \(\frac{6}{{50}}\,\, \cdot \,\,100\%  = 12\% \)

Không gian mẫu của phép thử "Chọn ngẫu nhiên một bạn từ tổ học sinh đã chọn" là: \[\Omega  = \{ \]Hoa, Hồng, Hà, An, Bình, Dũng, Cường\(\left. {} \right\}\)

Số phần từ của không gian mẫu là: \[7\].

Số kết quả thuận lợi cho biến cố \[A\]: "Bạn học sinh được chọn là nam" là \[4\], đó là: An, Bình, Dūng, Cường.

Xác suất của biến cố \[A\]: "Bạn học sinh được chọn là nam" là \[\frac{4}{7}\].

Vậy xác suất của biến cố \[A\]: "Bạn học sinh được chọn là nam" là \[\frac{4}{7}\].

a) \[A = \sqrt 2  \cdot \sqrt 8  + \sqrt {25} \]

\[A = \sqrt {2 \cdot 8}  + \sqrt {25} \]

\[A = \sqrt {16}  + \sqrt {25} \]

\[A = 4 + 5 = 9\]

b) ĐК: \(x > 0,\,\,x \ne 9\)

\(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x  + 3}} + \frac{6}{{x - 9}}} \right):\frac{{x + 1}}{{x - 3\sqrt x }}\)

\(B = \left( {\frac{{\sqrt x  - 3}}{{x - 9}} + \frac{6}{{x - 9}}} \right)\,\, \cdot \,\,\frac{{x - 3\sqrt x }}{{x + 1}}\)

\(B = \frac{{\sqrt x  - 3 + 6}}{{x - 9}}\,\, \cdot \,\,\frac{{\sqrt x (\sqrt x  - 3)}}{{x + 1}}\)

\(B = \frac{{\sqrt x  + 3}}{{(\sqrt x  - 3)(\sqrt x  + 3)}}\,\, \cdot \,\,\frac{{\sqrt x (\sqrt x  - 3)}}{{x + 1}}\)

\(B = \frac{{\sqrt x }}{{x + 1}}\)

Vậy \(B = \frac{{\sqrt x }}{{x + 1}}\) với \(x > 0,\,\,x \ne 9\).

c) Tìm \[b\] để đường thẳng \[y = x + b\] cắt đồ thị hàm số \[y = 2{x^2}\] tại điểm có hoành độ bằng \[1\].

Với \[\]\[x = 1\] ta có \[y = 2\,\, \cdot \,\,{1^2} = 2\].

Điểm đó có tọa độ là \[\left( {1\,;\,2} \right)\]. Thay vào phương trình đường thẳng \[y = x + b\] ta được \[2 = 1 + b\] suy ra \[b = 1\]

Vậy \[b = 1\].

a) Ta có \(\Delta ADH\) vuông tại \(D\) nên \(\Delta ADH\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\).

Ta có \(\Delta AEH\) vuông tại \(E\) nên \(\Delta AEH\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\).

Bốn điểm \(A\,,\,\,D\,,\,\,H,\,\,E\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\). Hay tứ giác \(ADHE\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\).

b) Vì \(GF \bot BF\) tại \(F\) nên ba điểm \(G,\,\,B,\,\,F\) thuộc đường tròn đường kính \(GB\).

\(\Delta GHB\) vuông tại \(G\) nên \(\Delta GHB\) nội tiếp đường tròn đường kính \(GB\)

Tứ giác \(GHBF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(GB\).

Suy ra \(\widehat {GFI} = \widehat {GBH}\) (cùng chắn cung \(GH\,)\)\(\,\left( 1 \right)\)

Lại có \(GI{\rm{//}}AB\); \(AB \bot HF\) nên \(\widehat {GIF} = \widehat {CHB} = 90^\circ \,\)\(\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\,\left( 1 \right)\) và \(\,\left( 2 \right)\) suy ra: (g.g)

Hay \(\frac{{FI}}{{HB}} = \frac{{GI}}{{GH}}\)\(\left( 3 \right)\)

Vì \(\widehat {BAH} = \widehat {BHD}\) (cùng phụ với \(\widehat {AHD}\)); \(\widehat {HDB} = \widehat {HDA} = 90^\circ \)

Do đó  (g.g)

Suy ra \(\frac{{HD}}{{AD}} = \frac{{HB}}{{AH}}\) hay \(\frac{{HD}}{{HB}} = \frac{{AD}}{{AH}}\)

Mặt khác \(AD\,{\rm{//}}\,GI\) nên \(\frac{{AD}}{{GI}} = \frac{{AH}}{{HG}}\) hay \(\frac{{AD}}{{AH}} = \frac{{GI}}{{HG}}\)\(\left( 4 \right)\)

Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) ta có \(\frac{{FI}}{{HB}} = \frac{{HD}}{{HB}}\) hay \(FI = HD\).

c) Gọi \(L\) là giao điểm của \(EQ\) và \(PN\). Gọi \(J\) là giao điểm của \(CM\) và \(EP\).

Tứ giác \(EMKN\) là hình chữ nhật ( vì \(\widehat {MEN} = \widehat {ENK} = \widehat {EMK} = 90^\circ \)).

Lại có \(EK\) là phân giác góc \(HEC\) nên \(EMKN\) là hình vuông.

Vì \(KN{\rm{//}}EH\) nên \(\frac{{CN}}{{CE}} = \frac{{NQ}}{{EM}} = \frac{{KN}}{{HE}}\) nhưng \(ME = NE\) suy ra

\(\frac{{NQ}}{{EM}} = \frac{{NQ}}{{NE}}\)\( = \frac{{KN}}{{HE}} = \frac{{EN}}{{HE}}\) hay \(\frac{{NQ}}{{NE}} = \frac{{EN}}{{HE}}\)

Lại có \(\widehat {ENQ} = \widehat {NEH} = 90^\circ \) nên  (c.g.c)

Suy ra \(\widehat {NEQ} = \widehat {EHN}\) (hai góc tương ứng).

Hay \(\widehat {NEQ} + \widehat {EHN}\)\( = \widehat {EHN} + \widehat {EHN} = 90^\circ \).

Xét \(\Delta ELN\)vuông tại \(L\) suy ra \(EQ \bot HN\) tại \(L\)

Tương tự ta có \(EP \bot CM\) tại \(J\).

Xét \(\Delta EPQ\) có \(QJ\) và \(PL\) là hai đường cao cắt nhau tại \(T\) nên \(T\) là trực tâm suy ra \(ET \bot PQ\).

Đật \(AM = x\,\,\)\(({\rm{cm}},x > 0)\)

Khi đó chiều cao viên kẹo là \[h = OA\]\[ = x + 1\].

Áp dụng định lý Thalès, ta có: \(\frac{{AM}}{{OA}} = \frac{{EM}}{{OB}}\) hay \(\frac{x}{{x + 1}} = \frac{1}{R}\) suy ra \(R = \frac{{x + 1}}{x}\)

Thể tích viên kẹo là: \(\)

\(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h\)\( = \frac{1}{3}\pi {\left( {\frac{{x + 1}}{x}} \right)^2} \cdot \,\,(x + 1)\)

\( = \frac{1}{3}\pi  \cdot \frac{{{x^3} + 3{x^2} + 3x + 1}}{{{x^2}}}\)\( = \pi \left( {\frac{x}{3} + 1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{3{x^2}}}} \right)\)

\( = \pi \left( {\frac{x}{4} + \frac{1}{x} + \frac{x}{{24}} + \frac{x}{{24}} + \frac{1}{{3{x^2}}} + 1} \right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

\(\frac{x}{4} + \frac{1}{x} \ge 2\sqrt {\frac{x}{4} \cdot \frac{1}{x}} \)\( = 2 \cdot \frac{1}{2} = 1\)

\(\frac{x}{{24}} + \frac{x}{{24}} + \frac{1}{{3{x^2}}} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{x}{{24}} \cdot \frac{x}{{24}} \cdot \frac{1}{{3{x^2}}}}}\)\( = 3 \cdot \frac{1}{{12}} = \frac{1}{4}\)

Suy ra \(V \ge \pi \left( {1 + \frac{1}{4} + 1} \right)\)\( = \frac{{9\pi }}{4}\)

Dấu  xảy ra khi và chi khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{x}{4} = \frac{1}{x}}\\{\frac{x}{{24}} = \frac{1}{{3{x^2}}}}\end{array}} \right.\) suy ra \(x = 2\) (TM)

Vậy chiều cao của viên kẹo là \(h = 3\,\,{\rm{cm}}\,.\)