Đề thi tham khảo TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Vĩnh Phúc

Đáp án đúng là: D

Điều kiện xác định của biểu thức $\sqrt {x - 2025}$ là $x - 2025 \ge 0,$ hay $x \ge 2\,\,025.$

Đáp án đúng là: C

⦁ Thay $x = 3,\,\,y = 2$ vào phương trình $3x - y = 9,$ ta được: $3 \cdot 3 - 2 = 7 \ne 9.$ Do đó cặp số $\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right)$ không là nghiệm của phương trình $3x - y = 9.$

⦁ Thay $x = 3,\,\,y = 2$ vào phương trình $2x - 3y = 12,$ ta được: $2 \cdot 3 - 3 \cdot 2 = 0 \ne 12.$ Do đó cặp số $\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right)$ không là nghiệm của phương trình $2x - 3y = 12.$

⦁ Thay $x = 3,\,\,y = 2$ vào phương trình $x + y = 5,$ ta được: $3 + 2 = 5.$ Do đó cặp số $\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right)$ là nghiệm của phương trình $x + y = 5.$

⦁ Thay $x = 3,\,\,y = 2$ vào phương trình $x - 2y = 1,$ ta được: $3 - 2 \cdot 2 = - 1 \ne 1.$ Do đó cặp số $\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right)$ không là nghiệm của phương trình $x - 2y = 1.$

Vậy ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: D

Sử dụng máy tính cầm tay, ta có nghiệm của hệ phương trình trên như sau: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 1}\\{y = 2.}\end{array}} \right.$

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: B

Phương trình $2{x^2} - 3x + 1 = 0$ có $\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} - 4 \cdot 2 \cdot 1 = 1 > 0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt ${x_1},\,\,{x_2}.$ Theo định lí Viète, ta có: ${x_1} + {x_2} = \frac{3}{2}.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Lớp 9A có 7 bạn học sinh đạt được điểm 10.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Giá trị đại diện cho nhóm $\left[ {185;\,\,195} \right)$ là: $\frac{{185 + 195}}{2} = 190.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

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

$AB = BC \cdot \sin \widehat {ACB}$ và $AB = AC \cdot \tan \widehat {ACB}.$

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: A

Diện tích mặt cầu đó là: $4\pi \cdot {1^2} = 4\pi {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Con xúc xắc chỉ có thể xuất hiện các mặt có số chấm là: $1,\,\,2,\,\,3,\,\,4,\,\,5$ hoặc 6.

Không gian mẫu là: $\Omega = \left\{ {1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5;\,\,6} \right\}.$ Không gian mẫu có 6 phần tử.

Vì con xúc xắc cân đối và đồng chất nên khả năng xuất hiện các mặt là như nhau.

Gọi $E$ là biến cố “Số chấm xuất hiện nhỏ hơn 3”.

Có 2 kết quả thuận lợi cho biến cố $E$ là: $1;\,\,2.$

Vậy xác suất cần tìm là $P\left( E \right) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}.$

Với $x > 0,\,\,x \ne 1,$ ta có:

$A = \left( {\frac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} - \frac{{\sqrt x + 1}}{{x + \sqrt x }}} \right):\frac{{\sqrt x - 1}}{x} = \left[ {\frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\sqrt x - 1}} - \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}} \right]:\frac{{\sqrt x - 1}}{x}$

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

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

Vậy với $x > 0,\,\,x \ne 1$ thì $A = x + \sqrt x .$

Với $x > 0,\,\,x \ne 1$, ta có:

$B = A - 2\sqrt x = x + \sqrt x - 2\sqrt x = x - \sqrt x = x - 2 \cdot \sqrt x \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{4} - \frac{1}{4} = {\left( {\sqrt x - \frac{1}{2}} \right)^2} - \frac{1}{4}$.

Vì ${\left( {\sqrt x - \frac{1}{2}} \right)^2} \ge 0$ nên $B \ge - \frac{1}{4}.$

Dấu “=” xảy ra khi ${\left( {\sqrt x - \frac{1}{2}} \right)^2} = 0,$ hay $x = \frac{1}{4}$ (thỏa mãn điều kiện).

Vậy giá trị nhỏ nhất của $B$ bằng $- \frac{1}{4}$ khi $x = \frac{1}{4}.$

Hết 4 giây đầu, vật lăn được 8 m nên với $x = 4$ thì $y = 8.$

Thay $x = 4,\,\,y = 8$ vào công thức $y = \left( {a - 1} \right){x^2},$ ta được:

$8 = \left( {a - 1} \right) \cdot {4^2},$ hay $16\left( {a - 1} \right) = 8,$ suy ra $a - 1 = \frac{1}{2},$ nên $a = \frac{3}{2}.$

Khi đó $y = \frac{1}{2}{x^2}.$

Vật lăn từ đỉnh xuống đến chân dốc thì vật lăn được quãng đường $50$ m nên $y = 50\;{\rm{m}}{\rm{.}}$

Thay $y = 50$ vào công thức $y = \frac{1}{2}{x^2}$, ta được $50 = \frac{1}{2}{x^2}$, hay ${x^2} = 100$.

Mà $x > 0$ nên $x = 10$.

Vậy, thời gian để vật lăn từ đỉnh xuống đến chân dốc là 10 giây.

Gọi $x$ (đồng), $y$ (đồng) lần lượt là giá bán một chiếc bút chì và một chiếc bút bi $\left( {x > 0,\,\,y > 0} \right).$

Bạn An mua 3 bút chì và 2 bút bi hết tổng số tiền 13 500 (đồng), nên ta có phương trình $3x + 2y = 13\,\,500$ (1)

Bạn Bình mua 2 bút chì và 4 bút bi hết tổng số tiền 17 000 (đồng), nên ta có phương trình $2x + 4y = 17\,\,000$ (2)

Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{3x + 2y = 13\,\,500}&{{\rm{ (1) }}}\\{2x + 4y = 17\,\,000}&{{\rm{ (2) }}}\end{array}} \right.$

Giải hệ phương trình, ta được $x = 2\,\,500$ và $y = 3\,\,000.$

Vậy giá bán một chiếc bút chì là 2 500 (đồng), một chiếc bút bi là 3 000 (đồng).

Gọi $C$ là trung điểm của $EB.$

Ta có $\widehat {AKB} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra $\Delta BKE$ vuông tại $K,$ lại có $KC$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $EB$ nên $CB = CK = CE = \frac{{EB}}{2}.$ (1)

Vì $\widehat {BIE} = 90^\circ$ suy ra $\Delta BIE$ vuông tại $I.$ Xét $\Delta BIE$ có $IC$ là đường trung tuyến suy ra $CB = CE = CI = \frac{{EB}}{2}.$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra 4 điểm $I,\,\,E,\,\,K,\,\,B$ cùng thuộc đường tròn $\left( {C;\,\,\frac{{EB}}{2}} \right).$

Vậy tứ giác $IEKB$ nội tiếp đường tròn đường kính $EB.$

⦁ Ta có $\Delta OMI$ và $\Delta ONI$ có:

$\widehat {OIM} = \widehat {OIN} = 90^\circ ;$ $OM = ON$ và $OI$ là cạnh chung

Do đó $\Delta OMI = \Delta ONI$ (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

Suy ra $\widehat {IOM} = \widehat {ION}$ (hai góc tương ứng) hay $\widehat {AOM} = \widehat {AON}$

Nên hay

Do đó

Xét $\Delta AME$ và $\Delta AKM$ có: $\widehat {MAK}$ là góc chung và $\widehat {AME} = \widehat {AKM}$

Do đó (g.g).

⦁ Xét $\Delta AIE$ và $\Delta AKB$ có: $\widehat {AIE} = \widehat {AKB} = 90^\circ$ và $\widehat {BAK}$ là góc chung.

Do đó (g.g).

Suy ra $\frac{{AI}}{{AK}} = \frac{{AE}}{{AB}}$ hay $AI \cdot AB = AE \cdot AK.$

Từ đề bài, ta có

$AE \cdot AK + BI \cdot BA = AI \cdot AB + BI \cdot BA = AB\left( {AI + BI} \right) = A{B^2} = {\left( {2R} \right)^2} = 4{R^2}.$

Chu vi tam giác $MIO$ là $MI + IO + OM = MI + IO + R$ lớn nhất khi $IM + IO$ lớn nhất.

Xét $\Delta MIO$ vuông tại $I,$ theo định lý Pythagore ta có: $O{M^2} = {R^2} = O{I^2} + M{I^2}.$

Mà $2\left( {O{I^2} + M{I^2}} \right) - {\left( {OI + MI} \right)^2} = {\left( {OI - MI} \right)^2} \ge 0.$

Suy ra ${\left( {OI + MI} \right)^2} \le 2\left( {O{I^2} + M{I^2}} \right) = 2{R^2}$

Do đó $OI + MI \le \sqrt 2 R$ nên $OI + MI + R \le \left( {\sqrt 2 + 1} \right)R.$

Dấu “=” xảy ra khi $OI = MI = \frac{R}{{\sqrt 2 }} = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}$.

Vậy chu vi tam giác $MIO$ lớn nhất bằng $R + R\sqrt 2$ khi $I$ thuộc đoạn thẳng $AO$ và cách $O$ một khoảng $OI = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}.$

Từ ${a^2} + {b^2} + {c^2} = 6$ và $c = - a - b$ suy ra ${a^2} + {b^2} + {\left( {a + b} \right)^2} = 6,$ hay ${a^2} + {b^2} + ab = 3\,\,\,\left( 1 \right)$

Do $a \ge b \ge c$ nên $a + 2b \ge a + b + c = 0$ và $b + 2a \ge a + b + c = 0.$

Suy ra $\left( {a + 2b} \right)\left( {b + 2a} \right) \ge 0$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\left( {{a^2} + {b^2} + ab} \right) + \left( {a + 2b} \right)\left( {b + 2a} \right) \ge 3$

${a^2} + {b^2} + ab + ab + 2{a^2} + 2{b^2} + 4ab \ge 3$

$3\left( {{a^2} + 2ab + {b^2}} \right) \ge 3$

${\left( {a + b} \right)^2} \ge 1.$

Suy ra $a + b \ge 1$ hoặc $a + b \le - 1.$

Nếu $a + b \le - 1$ thì $c \ge 1 > 0 > a + b,$ mâu thuẫn, suy ra $a + b \ge 1.$

Đẳng thức xảy ra khi $a = 2;\,\,b = c = - 1.$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ bằng $1.$