Đề thi minh họa TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Nam Định

Đáp án đúng là: D

Giải phương trình:

${x^2} - 5x + 6 = 0$

${x^2} - 2x - 3x + 6 = 0$

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

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

$x - 2 = 0$ hoặc $x - 3 = 0$

$x = 2$ hoặc $x = 3.$

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là $\left\{ {2;\,\,3} \right\}.$

Đáp án đúng là: B

Giải bất phương trình:

$- 5x + 3 > 0$

$- 5x > - 3$

$x < \frac{3}{5}.$

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là $x < \frac{3}{5}.$

Đáp án đúng là: D

Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = - 3\\3x - 6y = - 9\end{array} \right.$

Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với 3, ta được hệ phương trình mới $\left\{ \begin{array}{l}3x - 6y = - 9\,\,\,\left( 1 \right)\\3x - 6y = - 9\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Trừ từng vế của phương trình (1) cho phương trình (2), ta được:

$0x = 0.$ Phương trình này vô số nghiệm.

Vậy hệ phương trình đã cho có vô số nghiệm.

Đáp án đúng là: C

Hình ảnh bên mô tả tình huống trên.

Xét $\Delta ABC$ vuông tại $A,$ ta có: $AC = BC \cdot \sin B$

Suy ra $BC = \frac{{AC}}{{\sin B}} = \frac{{2\,\,500}}{{\sin 23^\circ }} \approx 6\,\,398{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Máy bay phải bay một đoạn đường khoảng $6\,398\,\,{\rm{m}}{\rm{.}}$

Đáp án đúng là: B

Xét $\Delta OCD$ có $OC = OD = CD = R$ nên $\Delta OCD$ là tam giác đều.

Suy ra $\widehat {COD} = 60^\circ .$

Đáp án đúng là:

Diện tích bề mặt bàn ăn là: $\pi \cdot {\left( {\frac{{1{,}3}}{2}} \right)^2} = 0{,}4225\pi \approx 1{,}33{\rm{\;(}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Đáp án đúng là: B

Không gian mẫu của phép thử là:

$\Omega =${(Bình, An, Sự); (Bình, Sự, An); (An, Bình, Sự); (An, Sự, Bình); (Sự, Bình, An); (Sự, An, Bình)}.

Không gian mẫu có 6 phần tử.

Đáp án đúng là: A

Kí hiệu S, N lần lượt là mặt sấp, mặt ngửa xuất hiện khi gieo đồng xu.

Không gian mẫu của phép thử là: $\Omega =${SS; SN; NN; NS}. Không gian mẫu có 4 phần tử.

Có 1 kết quả thuận lợi cho biến cố “Hai đồng xu cùng xuất hiện mặt sấp” là SS.

Xác suất để “Hai đồng xu cùng xuất hiện mặt sấp” là $\frac{1}{4}.$

Ta có: $\sqrt 5 - \sqrt {6 - 2\sqrt 5 } = \sqrt 5 - \sqrt {5 - 2\sqrt 5 + 1} = \sqrt 5 - \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}^2}}$

$= \sqrt 5 - \left| {\sqrt 5 - 1} \right| = \sqrt 5 - \left( {\sqrt 5 - 1} \right) = \sqrt 5 - \sqrt 5 + 1 = 1.$

Với $x > 0,$ ta có:

$A = \frac{{x - 2\sqrt x }}{{x + 2\sqrt x }} + \frac{{x + 3\sqrt x + 6}}{{\sqrt x + 2}}$$= \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}} + \frac{{x + 3\sqrt x + 6}}{{\sqrt x + 2}}$

$= \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}} + \frac{{x + 3\sqrt x + 6}}{{\sqrt x + 2}}$$= \frac{{\sqrt x - 2 + x + 3\sqrt x + 6}}{{\sqrt x + 2}}$

$$= \frac{{x + 4\sqrt x + 4}}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 2} \right)}^2}}}{{\sqrt x + 2}} = \sqrt x + 2.$$

Vậy với $x > 0$ thì $A = \sqrt x + 2.$

1) Bảng tần số của mẫu dữ liệu đã cho là:

a) Do điểm $A\left( {3;\,3} \right)$ thuộc đồ thị hàm số $y = a{x^2}$ nên tọa độ điểm $A$ thỏa mãn hàm số.

Khi đó ta có: $3 = a \cdot {3^2},$ suy ra $a = \frac{1}{3}.$

b) Với $a = \frac{1}{3},$ ta có hàm số $y = \frac{1}{3}{x^2}.$

Thay $y = 1$ vào hàm số trên, ta được: $1 = \frac{1}{3}{x^2},$ suy ra ${x^2} = 3$ nên $x = \sqrt 3$ hoặc $x = - \sqrt 3 .$

Vậy các điểm thuộc đồ thị cần tìm là $\left( {\sqrt 3 ;\,\,1} \right);\,\,\left( { - \sqrt 3 ;\,\,1} \right).$

Do phương trình ${x^2} - 3x - 5 = 0$ có hai nghiệm phân biệt ${x_1};\,\,{x_2}.$ Theo định lí Viète, ta có:

${x_1} + {x_2} = 3;\,\,\,{x_1}{x_2} = - 5.$

Khi đó, ta có:

$M = \left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 3} \right) - \left( {{x_1} - {x_2}} \right)$$= {x_1}{x_2} + 3{x_1} + {x_2} + 3 - {x_1} + {x_2}$

$= {x_1}{x_2} + 2{x_1} + 2{x_2} + 3$$= {x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 3$

$= - 5 + 2 \cdot 3 + 3 = 4.$

Vậy $M = 4.$

Hướng dẫn giải

Gọi $x,\,\,y$ (tờ) lần lượt là số tờ tiền loại $200\,\,000$ đồng và loại $100\,\,000$ đồng $\left( {0 < x,\,\,y < 35} \right).$

Do có tổng cộng có $35$ tờ nên ta có phương trình $x + y = 35.$ (1)

Do bố Nam cần rút $5.000.000$ đồng nên ta có phương trình:

$200\,\,000x + 100\,\,000y = 5\,\,000\,\,000$ hay $2x + y = 50.$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}x + y = 35\\2x + y = 50\end{array} \right.$

Giải hệ phương trình trên, ta được: $\left\{ \begin{array}{l}x = 15\\y = 20\end{array} \right.$ (thỏa mãn).

Vậy có 15 tờ 200 000 đồng và 20 tờ 100 000 đồng.

Thể tích của khối trụ bên dưới là: ${V_1} = \pi \cdot {15^2} \cdot 20 = 4\,\,500\pi {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Thể tích của khối trụ bên trên là: ${V_2} = \pi \cdot {10^2} \cdot 30 = 3\,\,000\pi {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Vậy thể tích của chiếc mốp xốp đó là: $V = {V_1} + {V_2} = 4\,\,500\pi + 3\,\,000\pi = 7\,\,500\pi {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}{\rm{.}}$

⦁ Ta có $OB = OC$ nên $O$ nằm trên đường trung trực của $BC.$

Do $AB,\,\,AC$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ cắt nhau tại $A$ nên $AB = AC$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Do đó điểm $A$ nằm trên đường trung trực của $BC.$

Như vậy, $AO$ là đường trung trực của $BC.$

Suy ra $AO \bot BC$ tại $H.$

⦁ Gọi $I$ là giao điểm của tia $AO$ với đường tròn $\left( O \right)$ $(I$ khác $E).$

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $\widehat {BIE},\,\,\widehat {BOE}$ lần lượt là góc nội tiếp, góc ở tâm cùng chắn cung $BE$ nên $\widehat {BIE} = \frac{1}{2}\widehat {BOE}$

Lại có $\Delta OBE$ cân tại $O$ (do $OB = OE)$ nên $\widehat {OBE} = \widehat {OEB} = \frac{{180^\circ - \widehat {BOE}}}{2} = 90^\circ - \frac{1}{2}\widehat {BOE}.$

Suy ra $\widehat {OBE} = 90^\circ - \widehat {BIE}$ hay $\widehat {BIE} = 90^\circ - \widehat {OBE}.$

Ta có: $\widehat {ABE} + \widehat {EBO} = \widehat {ABO} = 90^\circ$ nên $\widehat {ABE} = 90^\circ - \widehat {EBO}.$

Do đó $\widehat {BIE} = \widehat {ABE}$ hay $\widehat {ABE} = \widehat {AIB}.$

Xét $\Delta ABE$ và $\Delta AIB$ có: $\widehat {BAI}$ là góc chung và $\widehat {ABE} = \widehat {AIB}.$

Do đó (g.g). Suy ra $\frac{{BE}}{{IB}} = \frac{{AE}}{{AB}}.$ (1)

Xét $\Delta BHE$ và $\Delta IHB$ có: $\widehat {BHE} = \widehat {IHB} = 90^\circ$ và $\widehat {BEH} = \widehat {IBH}$ (cùng phụ với $\widehat {BIH})$

Do đó (g.g). Suy ra $\frac{{BE}}{{IB}} = \frac{{HE}}{{HB}}.$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{HE}}{{HB}}$ nên $AB \cdot EH = AE \cdot BH.$

Chứng minh bổ đề: Cho tứ giác $ABCD$ có $\widehat {ACB} = \widehat {ADB}.$ Chứng minh tứ giác $ABCD$ là tứ giác nội tiếp.

• Thật vậy, giả sử $\Delta ABC$ có đường tròn ngoại tiếp tâm $O$ và đường kính $AK$ nên tứ giác $ABCK$ nội tiếp, suy ra $\widehat {ACB} = \widehat {AKB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AB).$

Mà $\widehat {ACB} = \widehat {ADB}$ (giả thiết) nên $\widehat {ADB} = \widehat {AKB}.$ $\left( 1 \right)$

⦁ Gọi $F$ là giao điểm của $AK$ và $BD,$ $F$ nằm trong đường tròn $\left( O \right).$

Xét $\Delta AFD$ và $\Delta BFK$ có: $\widehat {AFD} = \widehat {BFK}$ (đối đỉnh) và $\widehat {ADF} = \widehat {BKF}$ (chứng minh trên)

Do đó suy ra $\frac{{AF}}{{BF}} = \frac{{DF}}{{KF}}$ nên $\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{BF}}{{KF}}.$

Xét $\Delta DFK$ và $\Delta AFB$ có: $\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{BF}}{{KF}}$ và $\widehat {DFK} = \widehat {AFB}$ (đối đỉnh)

Do đó suy ra $\widehat {FDK} = \widehat {FAB}.\,\,\,\left( 2 \right)$

⦁ Ta có $\widehat {ABK}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat {ABK} = 90^\circ ,$ do đó $\Delta ABK$ vuông tại $B,$ suy ra $\widehat {FAB} + \widehat {AKB} = 90^\circ .\,\,\,\left( 3 \right)$

Từ $\left( 1 \right),\,\,\left( 2 \right),\,\,\left( 3 \right)$ suy ra $\widehat {ADB} + \widehat {FDK} = 90^\circ$ hay $\widehat {ADK} = 90^\circ .$

Khi đó $\Delta ADK$ vuông tại $D$ nên điểm $D$ nằm trên đường tròn đường kính $AK.$

Suy ra tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$ đường kính $AK.$

Vì $AB,\,\,AC$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ cắt nhau tại $A$ nên $AO$ là tia phân giác của $\widehat {BAC}.$ Suy ra $\widehat {BAH} = \widehat {CAH}.$

Lại có $\widehat {CAH} = \widehat {DCB}$ (cùng phụ với $\widehat {ACH})$ nên $\widehat {BAH} = \widehat {DCB}.$

Xét $\Delta ABH$ và $\Delta CDB$ có: $\widehat {AHB} = \widehat {CBD} = 90^\circ$ và $\widehat {BAH} = \widehat {DCB}.$

Do đó (g.g). Suy ra $\frac{{AB}}{{CD}} = \frac{{AH}}{{CB}}$. (3)

Ta có $AO$ là đường trung trực của $BC$ nên $H$ là trung điểm của $BC,$ suy ra $CB = 2BH.$

Mà $M$ đối xứng với $H$ qua $B$ nên $B$ là trung điểm của $MH,$ suy ra $MH = 2BH.$

Do đó $CB = MH.$

Lại có $AB = AC$ nên từ (3), ta có: $\frac{{AC}}{{CD}} = \frac{{AH}}{{MH}}$ hay $\frac{{AC}}{{AH}} = \frac{{CD}}{{MH}}.$

Xét $\Delta ACD$ và $\Delta AHM$ có: $\widehat {ACD} = \widehat {AHM} = 90^\circ$ và $\frac{{AC}}{{AH}} = \frac{{CD}}{{MH}}.$

Do đó (c.g.c). Suy ra $\widehat {CDA} = \widehat {HMA}$ (hai góc tương ứng).

Từ bổ đề đã chứng minh ở trên, ta thấy tứ giác $CDMA$ có $\widehat {CDA} = \widehat {CMA}$ nên tứ giác $CDMA$ nội tiếp. Suy ra $\widehat {AMD} + \widehat {ACD} = 180^\circ$ (tổng hai góc đối của một tứ giác nội tiếp).

Do đó $\widehat {AMD} = 180^\circ - \widehat {ACD} = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ .$

Như vậy, $\Delta AMD$ vuông tại $M$ nên đường tròn ngoại tiếp $\Delta AMD$ có tâm là trung điểm của cạnh huyền $AD.$