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

Do đồ thị hàm số $y = 3x + b$đi qua điểm $M$$\left( {2\,;\,8} \right)$.Thay $x = 2$; $y = 8$ vào hàm số ta có

$$8 = 3.2 + b$$

$$8 = 6 + b$$

$$b = 2$$

Ta có $\Delta = {1^2} - 4.3.\left( { - 4} \right)$$= 1 + 48 = 49 > 0$

Do $\Delta > 0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt;

${x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2a}}$$= \frac{{ - 1 + \sqrt {49} }}{{2.3}}$$= 1$; ${x_2} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2a}}$$= \frac{{ - 1 - \sqrt {49} }}{{2.3}}$$= \frac{{ - 4}}{3}$.

Vậy phương trình có hai nghiệm ${x_1} = 1$; ${x_2} = \frac{{ - 4}}{3}$.

Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4 & \left( 1 \right)\\3x + y = 1 & \left( 2 \right)\end{array} \right.$

Cộng vế với vế của phương trình (1) với phương trình (2) ta được phương trình: $5x = 5$suy ra $x = 1$ Thay $x = 1$vào phương trình (1) ta được: $2.1 - y = 4$ suy ra $y = - 2$.

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

Gọi chiều rộng của sân trường là $x\,\left( {\rm{m}} \right)$( Điều kiện: $x > 0$)

Vì chiều dài của sân trường hình chữ nhật lớn hơn chiều rộng $16\,{\rm{m}}$ nên chiều dài của sân trường là: $x + 16\;\left( {\rm{m}} \right)$.

Vì hai lần chiều dài nhỏ hơn $5$ lần chiều rộng $100\,{\rm{m}}$ nên ta có phương trình:

$$5x - 2\left( {x + 16} \right) = 100$$

$$5x - 2x - 32 = 100$$

$$3x = 132$$

$x = 44\,\left( {\rm{m}} \right)$.

Suy ra chiều dài của sân trường là: $44 + 16 = 60\,\left( {\rm{m}} \right)$

Vậy sân trường có chiều rộng là $44\,{\rm{m}}$ và chiều dài là $60\,{\rm{m}}$.

Gọi $1$, $2$, $3$, $4$, $5$, $6$ là kết quả xuất hiện mặt tương ứng là: $1$ chấm; $2$ chấm; $3$ chấm; $4$ chấm; $5$ chấm; $6$ chấm.

Gọi $S$ là kết quả gieo đồng xu xuất hiện mặt sấp và $N$là kết quả gieo đồng xu xuất hiện mặt ngửa.

Không gian mẫu của phép thử Gieo đồng thời một con xúc xắc và một đồng xu là:

$$\Omega = \left\{ {\left( {1\,;\,S} \right);\left( {1\,;\,N} \right);\left( {2\,;\,S} \right);\left( {2\,;\,N} \right);\left( {3\,;\,S} \right);\left( {3\,;\,N} \right);\left( {4\,;\,S} \right);\left( {4\,;\,N} \right);\left( {5\,;\,S} \right);\left( {5\,;\,N} \right);\left( {6\,;\,S} \right);\left( {6\,;\,N} \right)} \right\}$$

Suy ra không gian mẫu có $12$ phần tử.

Gọi $A$ là biến cố: ’’số chấm xuất hiện trong con xúc xắc là số lẻ’’

Các kết quả thuận lợi của biến cố $A$ là:

$A = \left\{ {\left( {1\,;\,S} \right);\left( {1\,;\,N} \right);\left( {3\,;\,S} \right);\left( {3\,;\,N} \right);\left( {5\,;\,S} \right);\left( {5\,;\,N} \right)} \right\}$.

Có $6$ kết quả thuận lợi của biến cố $A$

Vậy xác suất của biến cố $A$ là: $P\left( A \right) = \frac{6}{{12}} = \frac{1}{2}$

Ta có $\Delta ABC$ vuông tại $A$ nên ta có:

$$\widehat {ABC} + \widehat {ACB} = 90^\circ$$

$$\widehat {ABC} + 30^\circ = 90^\circ$$

$\widehat {ABC} = 60^\circ$.

Áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc trong $\Delta ABC$vuông tại $A$ ta có:

$$AC = AB\cot 30^\circ = 4\sqrt 3$$

$AB = BC\sin 30^\circ$. Suy ra $BC = \frac{{AB}}{{\sin 30^\circ }}$$= \frac{4}{{0{,}5}} = 8\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

Vậy $\widehat {ABC} = 60^\circ$; $AC = 4\sqrt 3 \,\left( {{\rm{cm}}} \right)$ và $BC = 8\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$

a) Ta có $SA$, $SB$ là các tiếp tuyến của $\left( {O\,;\,R} \right)$ nên $\widehat {SAO} = \widehat {SBO} = 90^\circ$

Xét $\Delta SAO$ có $\widehat {SAO} = 90^\circ$ nên $\Delta SAO$ nội tiếp đường tròn đường kính $SO$.Hay ba điểm $S\,;\,A\,;\,O$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $SO$(1)

Xét $\Delta SBO$ có $\widehat {SBO} = 90^\circ$ nên $\Delta SBO$ nội tiếp đường tròn đường kính $SO$. Hay ba điểm $S\,;\,B\,;\,O$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $SO$(2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm $S\,;\,A\,;\,B\,;\,O$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $SO$.

Vậy tứ giác $SAOB$nội tiếp đường tròn đường kính $SO$.

b) Ta có $\widehat {SAO} = \widehat {SAC} + \widehat {OAC} = 90^\circ$ nên $\widehat {SAC} = 90^\circ - \widehat {OAC}$(3)

Xét $\Delta OAC$ có $OA = OC = R$ do đó $\Delta OAC$ cân tại $O$ suy ra:

$\widehat {CAO} + \widehat {ACO} + \widehat {AOC} = 180^\circ$ và $\widehat {CAO} = \widehat {OCA}$

$$\widehat {AOC} = 180^\circ - 2\widehat {OAC}$$

Mà $\widehat {ADC} = \frac{1}{2}\widehat {AOC}$( Góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn )

$$\widehat {ADC} = \frac{1}{2}\left( {180^\circ - 2\widehat {AOC}} \right)$$

$\widehat {ADC} = 90^\circ - \widehat {AOC}$ (4). Từ (3) và (4) suy ra $\widehat {SAC} = \widehat {ADC}$. Hay $\widehat {SAC} = \widehat {SDA}$.

+)Xét $\Delta SAC$ và $\Delta SDA$ có: $\widehat {DSA}$ chung và $\widehat {SAC} = \widehat {SDA}$(cmt).

Do đó (g.g) suy ra $\frac{{SA}}{{SC}} = \frac{{SD}}{{SA}}$ hay $S{A^2} = SC.SD$(5).

+) Có $SA = SB$(tính chất hai tiếp tuyến từ một điểm nằm ngoài đường tròn) và $OA = OB = R$ nên $SO$ là đường trung trực của $AB$ suy ra $\widehat {SIA} = 90^\circ$.

Xét $\Delta SIA$ và $\Delta SOA$ có $\widehat S$ chung và $\widehat {SIA} = \widehat {SAO} = 90^\circ$do đó (g.g)

Suy ra $\frac{{SI}}{{SA}} = \frac{{SA}}{{SO}}$ hay $S{A^2} = SI.SO$(6). Từ (5) và (6) suy ra $SC.SD = SI.SO$

Hay $\frac{{SC}}{{SO}} = \frac{{SI}}{{SD}}$.

Xét $\Delta SCI$ và $\Delta SOD$ có $\widehat {DSO}$ chung và $\frac{{SC}}{{SO}} = \frac{{SI}}{{SD}}$(cmt)

Do đó (c.g.c), suy ra $\widehat {SIC} = \widehat {SDO}$

mà $\widehat {SDO} = \widehat {CMB}$(góc nội tiếp cùng chắn ) nên $\widehat {SIC} = \widehat {CMB}$, hơn nữa hai góc này ở vị trí đồng vị nên $SI\,{\rm{//}}\,BM$ hay $SO\,{\rm{//}}\,BM$

Ta có $\Delta = {\left( { - m} \right)^2} - 4.\;1.\;\left( { - 3} \right)$$= {m^2} + 12$

Do $\Delta > 0$ với $\forall \,\,m \in \mathbb{R}$ do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt ${x_1}$,${x_2}$.

Theo định lý Viète ta có $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\\{x_1}.{x_2} = - 3\end{array} \right.$

Vì ${x_2}$ là nghiệm của phương trình đã cho nên $x_2^2 - m{x_2} - 3 = 0$ hay $x_2^2 = m{x_2} + 3$

Khi đó $H = \frac{{2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 5}}{{m{x_2} + 3 + m{x_1} - {x_1}{x_2}}}$$= \frac{{2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 5}}{{m\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 3 - {x_1}{x_2}}}$$= \frac{{2m + 5}}{{{m^2} + 6}}$

Ta có $H - 1 = \frac{{2m + 5}}{{{m^2} + 6}} - 1$$= \frac{{2m + 5 - {m^2} - 6}}{{{m^2} + 6}}$$= \frac{{ - {m^2} + 2m - 1}}{{{m^2} + 6}}$$= \frac{{ - {{\left( {m - 1} \right)}^2}}}{{{m^2} + 6}}$

Vì $- {\left( {m - 1} \right)^2} \le 0$, ${m^2} + 6 > 0$ với $\forall \,\,m \in \mathbb{R}$ nên $\frac{{ - {{\left( {m - 1} \right)}^2}}}{{{m^2} + 6}} \le 0$ hay $H - 1 \le 0$ do đó $H \le 1$

Dấu $'' = ''$ xảy ra khi và chỉ khi $m = 1$.

Vậy $m = 1$ thì $H = \frac{{2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 5}}{{x_2^2 + m{x_1} - {x_1}{x_2}}}$ đạt giá trị lớn nhất là $1$.