Đề thi minh họa môn Toán vào 10 tỉnh Đắk Lắk năm học 2025-2026

Giải bất phương trình:

$x - 2 > 3$

$$x > 3 + 2$$

$$x > 5.$$

Vậy bất phương trình có nghiệm là $x > 5.$

⦁ Thay $x = 0$ vào hàm số $y = 2{x^2},$ ta được: $y = 2 \cdot {0^2} = 0.$

Suy ra điểm $\left( {0;0} \right)$ thuộc đồ thị $\left( P \right).$

⦁ Thay $x = 2$ vào hàm số $y = 2{x^2},$ ta được: $y = 2 \cdot {2^2} = 8.$

Suy ra điểm $\left( {2;8} \right)$ thuộc đồ thị $\left( P \right).$

Xét hệ phương trình: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{2x - y = 5}\\{x + y = - 2}\end{array}} \right..$

Cộng từng vế hai phương trình của hệ phương trình đã cho, ta có: $3x = 3,$ suy ra $x = 1.$

Thay $x = 1$ vào phương trình $x + y = - 2,$ ta được: $1 + y = - 2,$ suy ra $y = - 3.$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $\left( {x;y} \right) = \left( {1; - 3} \right).$

a) Khi $m = 0$ ta có phương trình ${x^2} - 2x = 0.$

Giải phương trình: $x\left( {x - 2} \right) = 0$

$x = 0$ hoặc $x - 2 = 0$

$x = 0$ hoặc $x = 2.$

Vậy khi $m - 2$ thì phương trình đã cho có hai nghiệm là $x = 0;\,\,x = 2.$

b) Khi $m = - 2$ ta có phương trình: ${x^2} - 2x - 2 = 0.$

Áp dụng định lí Viète ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_1} + {x_2} = 2}\\{{x_1} \cdot {x_2} = - 2}\end{array}} \right..$

Ta có: $M = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2} = {2^2} - 3 \cdot \left( { - 2} \right) = 10.$

a) Với $x \ge 0$ và $x \ne 1$, ta có:

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

$= \frac{{x + 2\sqrt x + 1 - 2\sqrt x + 2}}{{x - 1}}$$= \frac{{x + 3}}{{x - 1}}.$

Vậy với $x \ge 0$ và $x \ne 1$ thì $A = \frac{{x + 3}}{{x - 1}}.$

b) Với $x \ge 0$ và $x \ne 1$, ta có: $A = \frac{{x + 3}}{{x - 1}} = 1 + \frac{4}{{x - 1}},$ biểu thức $A$ nhận giá trị nguyên khi $\frac{4}{{x - 1}}$ là số nguyên, suy ra $x - 1$ là ước của 4.

Mà Ư$\left( 4 \right) = \left\{ {1;\,\, - 1;\,\,2;\,\, - 2;\,\,4;\,\, - 4} \right\}$ nên $x - 1 \in \left\{ {1;\,\, - 1;\,\,2;\,\, - 2;\,\,4;\,\, - 4} \right\}.$

Lại có $x \ge 0$ nên $x - 1 \ge - 1.$ Do đó $x - 1 \in \left\{ {1;\,\, - 1;\,\,2;\,\,4} \right\}.$

Ta có bảng sau:

Kết hợp điều kiện $x \ge 0,\,\,x \ne 1$ suy ra $x = 0;\,\,x = 2;\,\,x = 3;\,\,x = 5.$

Vậy $x \in \left\{ {0;\,\,2;\,\,3;\,\,5} \right\}$ thì biểu thức $A$ nhận giá trị nguyên.

Gọi $x,\,\,y$ (triệu đồng) lần lượt là giá niêm yết của một tủ lạnh và một máy giặt, điều kiện $0 < x,\,\,y < 28{,}89.$ Lúc đó:

Vì giá niêm yết (chưa giảm giá) của một tủ lạnh và một máy giặt có tổng số tiền là $28{,}89$ triệu đồng nên ta có phương trình: $x + y = 28{,}89.\,\,\left( 1 \right)$

Giá của tủ lạnh sau khi giảm giá là: $x \cdot \left( {100\% - 10\% } \right) = 90\% x = 0{,}9x$ (triệu đồng).

Giá của tủ máy giặt sau khi giảm giá là: $y \cdot \left( {100\% - 25\% } \right) = 75\% y = 0{,}75y$ (triệu đồng).

Do hóa đơn thanh toán của anh Nam khi mua cả hai loại máy (sau khi giảm giá) là 24,516 triệu đồng nên ta có phương trình: $0{,}9x + 0{,}75y = 24{,}516.\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x + y = 28{,}89\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)}\\{0{,}9x + 0{,}75y = 24{,}516\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)}\end{array}} \right.$

Giải hệ phương trình ta được: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 18{,}99}\\{y = 9{,}9}\end{array}} \right.$ (thỏa mãn).

Vậy giá niêm yết của một tủ lạnh là 18,99 triệu đồng, của một máy giặt là 9,9 triệu đồng.

a) Không gian mẫu có 10 phần tử.

b) Xác suất để bạn học sinh được chọn học trường THCS Quang Trung là $\frac{5}{{10}} = \frac{1}{2}.$

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $AC = 12{\rm{\;m}}$ và $\widehat {C\,} = 35^\circ$ mô hình hóa bài toán đã cho.

Xét $\Delta ABC$ vuông tại $A,$ ta có:

$AB = AC \cdot \tan C = 12 \cdot \tan 35^\circ \approx 8{,}4{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Vậy chiều cao của cột cờ là khoảng 8,4 mét.

a) Ta có: $MC \bot OM$ tại $M$ (do $MC$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ tại $M)$ và $AC \bot OA$ tại $A$ (do $AC$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ tại $A)$ nên $\Delta MCO$ vuông tại $M$ và $\Delta ACO$ vuông tại $A.$

Do đó các điểm $M,\,\,C,\,\,O$ và $A,\,\,C,\,\,O$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $OC.$

Vậy tứ giác $AOMC$ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính $OC.$

⦁ Vì $CM$ và $CA$ lần lượt là hai tiếp tuyến của nửa đường tròn $\left( O \right)$ tại $M$ và $A$ nên $CA = CM$ và $OC$ là tia phân giác của $\widehat {AOM}$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Do $OC$ là tia phân giác của $\widehat {AOM}$ nên $\widehat {COM} = \frac{1}{2}\widehat {AOM}.$

Tương tự $\widehat {DOM} = \frac{1}{2}\widehat {BOM}$ và $DM = DB.$

Suy ra $\widehat {COD} = \widehat {COM} + \widehat {DOM} = \frac{1}{2}\widehat {AOM} + \frac{1}{2}\widehat {BOM}$

$= \frac{1}{2}\left( {\widehat {AOM} + \widehat {BOM}} \right) = \frac{1}{2}\widehat {AOB} = \frac{1}{2} \cdot 180^\circ = 90^\circ .$

Xét $\Delta OCM$ và $\Delta DOM$ có: $\widehat {OMC} = \widehat {DMO} = 90^\circ$ và $\widehat {OCM} = \widehat {DOM}$ (cùng phụ với $\widehat {COM}).$

Do đó (g.g). Suy ra $\frac{{OM}}{{DM}} = \frac{{CM}}{{OM}}$ nên $O{M^2} = CM \cdot DM.$

Do đó $AC \cdot DB = CM \cdot DM = O{M^2} = {R^2}.$

Xét nửa đường tròn $\left( O \right)$ có $\widehat {BAM},\,\,\widehat {BOM}$ lần lượt là góc nội tiếp, góc ở tâm cùng chắn cung $MB$ nên $\widehat {BOM} = 2\widehat {BAM} = 2 \cdot 60^\circ = 120^\circ .$ Do đó

Vậy diện tích hình quạt tròn cần tìm là ${S_{hq}} = \frac{{\pi {R^2} \cdot 120}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{3}$ (đvdt).

Thể tích nước có trong thùng là:

$V = \pi \cdot {R^2} \cdot \frac{2}{3}h = \pi \cdot {\left( {0{,}1} \right)^2} \cdot \frac{2}{3} \cdot 0{,}6 = 0{,}004\pi$ (m$^{3}$).

Gọi $O$ là tâm hình bán nguyệt, đặt $x = OB$ với $x > 0.$

Xét $\Delta OBC$ vuông tại $B,$ theo định lý Pythagore, ta có:

$O{C^2} = O{B^2} + B{C^2},$ suy ra $BC = \sqrt {O{C^2} - O{B^2}} = \sqrt {{R^2} - {x^2}} .$

Diện tích hình chữ nhật $ABCD$ là:

$S = AB \cdot BC = 2x \cdot \sqrt {{R^2} - {x^2}} = 2\sqrt {{x^2}\left( {{R^2} - {x^2}} \right)}$ $\le {x^2} + \left( {{R^2} - {x^2}} \right) = {R^2}$ (Bất đẳng thức Cauchy).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ${x^2} = {R^2} - {x^2}$ hay $x = \frac{{R\sqrt 2 }}{2} = \frac{{20 \cdot \sqrt 2 }}{2} = 10\sqrt 2 {\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Vậy diện tích hình chữ nhật lớn nhất bằng ${R^2}$ khi $AB = 2 \cdot 10\sqrt 2 = 20\sqrt 2$ (cm).