Đề thi minh họa (Dự thảo) TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Đồng Nai

Đáp án đúng là: D

Giải bất phương trình:

$2x - 10 \ge 0$

$2x \ge 10$

$x \ge 5.$

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là $x \ge 5$ hay $5 \le x.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Giải phương trình:

$\left( {2x + 6} \right)\left( {12 - 3x} \right) = 0$

$2x + 6 = 0$ hoặc $12 - 3x = 0$

$2x = - 6$ hoặc $3x = 12$

$x = - 3$ hoặc $x = 4$

Như vậy, phương trình đã cho có các nghiệm là $x = - 3;\,\,x = 4.$

Vậy tập hợp tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là $\left\{ { - 3;\,\,4} \right\}.$

Đáp án đúng là: C

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $\widehat {BAC},\,\,\widehat {BOC}$ lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung $BC$.

Do đó $\widehat {BAC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC} = \frac{1}{2} \cdot 80^\circ = 40^\circ .$

Đáp án đúng là: A

Tổng các góc của hình lục giác đều $ABCDEF$ bằng tổng các góc của hai tứ giác $ABCD$ và $ADEF,$ và bằng $2 \cdot 360^\circ = 720^\circ .$

Vì $ABCDEF$ là lục giác đều nên sáu góc của lục giác đều này bằng nhau và bằng: $\frac{{720^\circ }}{6} = 120^\circ .$

Vậy $\widehat {FAB} = 120^\circ .$

Đáp số: $0{,}3.$

Gọi $A,\,\,B$ lần lượt là hai học sinh nam và $C,\,\,D,\,\,E$ lần lượt là ba học sinh nữ.

Xét phép thử “chọn ngẫu nhiên 2 học sinh của câu lạc bộ”.

Kết quả của phép thử là cặp chữ $\left( {X,\,\,Y} \right)$ trong đó $X,\,\,Y$ lần lượt là tên hai học sinh được chọn.

Không gian mẫu của phép thử trên là:

$$\Omega = \left\{ {\left( {A,\,\,B} \right);\,\,\left( {A,\,\,C} \right);\,\,\left( {A,\,\,D} \right);\,\,\left( {A,\,\,E} \right);\,\,\left( {B,\,\,C} \right);\,\,\left( {B,\,\,D} \right);\,\,\left( {B,\,\,E} \right);\,\,\left( {C,\,\,D} \right);\,\,\left( {C,\,\,E} \right);\,\,\left( {D,\,\,E} \right)} \right\}.$$

Không gian mẫu có 10 phần tử.

Gọi $M$ là biến cố “2 học sinh được chọn đều là học sinh nữ”.

Có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố $M$, đó là: $\left( {C,\,\,D} \right),\,\,\left( {C,\,\,E} \right),\,\,\left( {D,\,\,E} \right).$

Xác suất để cả 2 học sinh được chọn đều là học sinh nữ là: $P\left( M \right) = \frac{3}{{10}} = 0{,}3.$

Đáp số: $362{,}9.$

Thể tích của hộp sữa có dạng hình trụ là:

$V = \pi {r^2}h \approx \pi \cdot 3,{8^2} \cdot 8 \approx 362{,}9{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Ta có $\Delta ' = {\left( { - 3} \right)^2} - 1 \cdot 8 = 1 > 0.$ Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt:

${x_1} = \frac{{3 + \sqrt 1 }}{1} = 4\,;\,\,{x_2} = \frac{{3 - \sqrt 1 }}{1} = 2$.

Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với 2 và nhân hai vế của phương trình thứ hai với 5, ta được:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{10x - 4y = 16}\\{10x + 25y = 45.}\end{array}} \right.$

Trừ từng vế hai phương trình của hệ mới, ta được $29y = 29$ hay $y = 1.$

Thế $y = 1$ vào phương trình thứ nhất của hệ đã cho, ta có $5x - 2 \cdot 1 = 8,$ suy ra $5x = 10$ nên $x = 2.$

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là $\left( {2\,;\,\,1} \right)$.

3) Ta có bảng giá trị:

Trên mặt phẳng tọa độ, lấy các điểm $A\left( { - 2\,;\,\,8} \right)\,,\,\,B\left( { - 1\,;\,\,2} \right)\,,\,\,O\left( {0\,;\,\,0} \right)\,,\,\,B'\left( {1\,;\,\,2} \right)\,,\,\,A'\left( {2\,;\,\,8} \right).$

Đồ thị hàm số $y = 2{x^2}$ là một đường parabol đỉnh $O,$ đi qua các điểm trên và có dạng như dưới đây:

Tổng số chữ cái trong câu “Học hành vất vả kết quả ngọt bùi” là $n = 35.$

Số lần xuất hiện của các chữ cái $b,\,\,n,\,\,o,\,\,t,\,\,v$ tương ứng là ${m_1} = 1,\,\,{m_2} = 4,\,\,{m_3} = 3,\,\,$${m_4} = 3,\,\,{m_5} = 3.$ Do đó các tần số tương đối cho các chữ cái $b,\,\,n,\,\,o,\,\,t,\,\,v$ lần lượt là:

$${f_1} = \frac{1}{{35}} \cdot 100\% \approx 2{,}86\% ,\,\,{f_1} = \frac{4}{{35}} \cdot 100\% \approx 11{,}43\% ,\,\,{f_3} = {f_4} = {f_5} = \frac{3}{{35}} \cdot 100\% \approx 8{,}57\% .$$

Ta có bảng tần số tương đối sau:

Áp dụng định lí Viète, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 7\\{x_1}{x_2} = 5\end{array} \right.$.

Ta có $M = x_1^2 + x_2^2 - 6{x_1}{x_2} = x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2} - 8{x_1}{x_2}$

$= {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 8{x_1}{x_2} = {\left( { - 7} \right)^2} - 8 \cdot 5 = 9$.

Vậy $M = x_1^2 + x_2^2 - 6{x_1}{x_2} = 9.$

Gọi $x{\rm{\;(m)}}$ là chiều rộng của thửa đất hình chữ nhật $\left( {x > 0} \right)$.

Chiều dài của thửa đất hình chữ nhật đó là $x + 19{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Diện tích của thửa đất hình chữ nhật đó là: $x\left( {x + 19} \right){\rm{\;(}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Theo bài, diện tích thửa đất bằng $150\,\,\;{{\rm{m}}^2}$ nên ta có phương trình: $x\left( {x + 19} \right) = 150$

Giải phương trình:

$x\left( {x + 19} \right) = 150$

${x^2} + 19x - 150 = 0$

${x^2} - 6x + 25x - 150 = 0$

$x\left( {x - 6} \right) + 25\left( {x - 6} \right) = 0$

$\left( {x - 6} \right)\left( {x + 25} \right) = 0$

$x - 6 = 0$ hoặc $x + 25 = 0$

$x = 6$ (thỏa mãn) hoặc $x = - 25$ (không thỏa mãn).

Như vậy, chiều rộng của thửa đất là $6{\rm{\;m}}$ và chiều dài của thửa đất là $6 + 19 = 25{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Số mét tường cần xây là: $2 \cdot \left( {6 + 25} \right) - 5 = 57{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Số tiền dư định xây bức tường đó là: $57 \cdot 2 = 114$ (triệu đồng).

⦁ Với $x \ge 0,\,\,x \ne 1,$ ta có:

$$P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} - \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} - \frac{2}{{x - 1}}$$

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

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

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

Như vậy, với $x \ge 0,\,\,x \ne 1$ thì $P = \frac{2}{{\sqrt x + 1}}.$

⦁ Với $x \ge 0,\,\,x \ne 1,$ ta có: $\sqrt x + 1 > 0$ nên $\frac{2}{{\sqrt x + 1}} > 0$ tức là $P > 0.$

Với $x \ge 0,\,\,x \ne 1,$ ta cũng có $\sqrt x + 1 \ge 1$ nên $\frac{2}{{\sqrt x + 1}} \le 2$ tức là $P \le 2.$

Do đó, ta có $0 < P \le 2.$

Để $P$ nhận giá trị nguyên thì $P \in \left\{ {1;\,\,2} \right\}.$

Với $P = 1,$ ta có $\frac{2}{{\sqrt x + 1}} = 1,$ suy ra $\sqrt x + 1 = 2$ do đó $\sqrt x = 1,$ nên $x = 1$ (không thỏa mãn).

Với $P = 2,$ ta có $\frac{2}{{\sqrt x + 1}} = 2,$ suy ra $\sqrt x + 1 = 1$ do đó $\sqrt x = 0,$ nên $x = 0$ (thỏa mãn).

Vậy $x = 0$ thì $P$ nhận giá trị nguyên.

Độ dài dây $AB$ nhỏ nhất khi $A$ và $B$ có vị trí như hình vẽ.

Xét $\Delta ABH$ vuông tại $H$, ta có: $HB = AB \cdot \sin \widehat {BAH}$

Suy ra $AB = \frac{{HB}}{{\sin \widehat {BAH}}} \approx \frac{{3{,}146}}{{\sin 4^\circ }} \approx 45{,}10{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Vậy độ dài dây $AB$ nhỏ nhất khoảng $45{,}10{\rm{\;m}}.$

Vì $AB,\,\,AC$ lần lượt là hai tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ tại $B,C$ nên $AB \bot OB,\,\,AC \bot OC.$

Do $\Delta OAB$ vuông tại $B$ nên đường tròn ngoại tiếp tam giác $\Delta OAB$ có tâm là trung điểm của cạnh huyền $OA.$ Tức là ba điểm $O,\,\,A,\,\,B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OA.$

Chứng minh tương tự đối với $\Delta OAC$ vuông tại $C$ ta có ba điểm $O,\,\,A,\,\,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OA.$

Vậy tứ giác $ABOC$ nội tiếp đường tròn đường kính $OA.$

Gọi $G$ là giao điểm của $AD$ và $OE.$ Nối $CD,\,\,GC.$

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $BD$ là đường kính nên $\widehat {BCD} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Do đó $\widehat {DCE} = 90^\circ$ nên $\Delta CDE$ vuông tại $C,$ chứng minh tương tự câu a, ta có ba điểm $C,\,\,D,\,\,E$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $DE.$

Ta có $OE \bot CD$ tại $G$ nên $\widehat {OGA} = \widehat {DGE} = 90^\circ .$

Tam giác $DGE$ vuông tại $G$ nên ba điểm $D,\,\,G,\,\,E$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $DE.$

Do đó tứ giác $CGDE$ nội tiếp đường tròn đường kính $DE.$

Suy ra $\widehat {CDE} = \widehat {CGE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $CE)$. (1)

Chứng minh tương tự, ta có tứ giác $OACG$ nội tiếp đường tròn đường kính $OA.$

Suy ra $\widehat {CGO} + \widehat {OAC} = 180^\circ$ (tổng hai góc đối nhau của tứ giác nội tiếp)

Mà $\widehat {CGO} + \widehat {CGE} = 180^\circ$ (hai góc kề bù)

Do đó $\widehat {OAC} = \widehat {CGE}$.

Theo câu a, tứ giác $ABOC$ nội tiếp đường tròn đường kính $OA$ nên $\widehat {OAC} = \widehat {OBC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $OC)$.

Suy ra $\widehat {CGE} = \widehat {OBC}$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat {CDE} = \widehat {OBC}$ hay $\widehat {CDE} = \widehat {DBC}.$

Lại có $\widehat {DBC} + \widehat {BDC} = 90^\circ$ (tổng hai góc nhọn của $\Delta BCD$ vuông tại $C)$

Suy ra $\widehat {CDE} + \widehat {BDC} = 90^\circ$ hay $\widehat {ODE} = 90^\circ$

Do đó $ED \bot OD$ tại điểm $D$ thuộc đường tròn $\left( O \right)$

Vậy $ED$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right).$