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

a) Với $x \ge 0;\;x \ne 1$ thì ta có

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

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

Vậy $A = \sqrt x + 1 + \sqrt x = 2\sqrt x + 1$.

b) Với $x = \sqrt[3]{{27}} - \sqrt 4 = \sqrt[3]{{{3^3}}} - \sqrt {{2^2}} = 3 - 2 = 1$ thì không thỏa mãn điều kiện $x \ne 1$ nên khi đó $A$ vô nghĩa.

a) Phương trình $2{x^2} + 11x + 7 = 0$ có các hệ số $a = 2,\;b = 11,\;c = 7$.

$\Delta = {11^2} - 4.2.7 = 65 > 0$.

Do $\Delta > 0$ nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.

b) Theo định lí Viète, ta có ${x_1} + {x_2} = - \frac{{11}}{2}$ và ${x_1}{x_2} = \frac{7}{2}$.

Ta có $T = {\left( { - \frac{{11}}{2}} \right)^2} + \frac{7}{2} = \frac{{121}}{4} + \frac{{14}}{4} = \frac{{135}}{4}$.

Ta kí hiệu $\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 5\;\;\;\quad \left( 1 \right)\\x - 3y = - 1\;\quad \left( 2 \right)\end{array} \right.$.

Từ phương trình $\left( 2 \right)$, ta có: $x = 3y - 1\quad \left( 3 \right)$

Thế vào phương trình $\left( 1 \right)$, ta được: $2\left( {3y - 1} \right) + y = 5$

$6y - 2 + y = 5$

$7y = 7$

$y = 1$

Thay $y = 1$ vào phương trình $\left( 3 \right)$, ta có: $x = 3.1 - 1 = 2$.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $\left( {x\;;\;y} \right) = \left( {2\;;\;1} \right)$.

Gọi $R\;\left( {cm} \right),\;h\;\left( {cm} \right)$ lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của bình nước ($R > 0,\;h > 0$).

Khi đó chiều dài, chiều rộng, chiều cao của hộp giấy lần lượt là $2R,\;2R,\;h$.

Thể tích của bình nước được tính theo công thức ${V_b} = \pi {R^2}h$.

Thể tích của hộp giấy được tính theo công thức ${V_h} = 2R.2R.h = 4{R^2}h$.

Theo giả thiết, ta có ${V_b} = 2000$ nên $\pi {R^2}h = 2000$ suy ra ${R^2}h = \frac{{2000}}{\pi }$.

Vậy thể tích của hộp giấy là ${V_h} = 4.\frac{{2000}}{\pi } \approx 2546\;\left( {c{m^3}} \right)$.

Kích thước mẫu là $N = 2 + 2 + 4 + m + m + 2 + m + 1 + 3 + 1 = 3m + 15$.

Theo giả thiết $N = 45$ nên $3m + 15 = 45$.

Do đó $m = 10$.

Số kết quả có thể xảy ra của phép thử “chọn ngẫu nhiên 1 học sinh lớp 9A” là $45$.

Số kết quả thuận lợi cho biến cố “chọn được học sinh có điểm kiểm tra cuối kì 2 môn Toán lớn hơn 7” là $m + 1 + 3 + 1 = m + 5 = 10 + 5 = 15$.

Xác suất cần tính là $\frac{{15}}{{45}} = \frac{1}{3}$.

Gọi $x\;\left( m \right),\;y\;\left( m \right)$ là các kích thước của hàng rào như trong hình $x > 0,\;y > 0$.

Nếu có $100$ mét hàng rào bao quanh ba mặt như hình thì $x + y + y = 100$ hay $x = 100 - 2y$.

Khi đó, diện tích của khu vực bảo vệ là $S = xy = \left( {100 - 2y} \right)y = 2\left( {50 - y} \right)y$.

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có $\left( {50 - y} \right)y \le {\left( {\frac{{50 - y + y}}{2}} \right)^2}$.

Suy ra $S \le 1250$.

Dấu “$=$” xảy ra khi và chỉ khi $50 - y = y$ hay $y = 25$.

Vậy diện tích tối đa của khu vực bảo vệ là $1250$ mét vuông.

a) Vì $BE$, $CF$ là các đường cao của $\Delta ABC$ nên $\Delta BCE$ vuông tại $E$ và $\Delta BCF$ vuông tại $F$.

Do đó, $\Delta BCE$ và $\Delta BCF$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC$. Do đó tứ giác $BCEF$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC$.

b) Xét hai tam giác $KBE$ và $KFC$, ta có:

+) $\widehat {EKB} = \widehat {CKF}$ (góc chung)

+) $\widehat {KEB} = \widehat {KCF}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn của đường tròn đường kính $BC$)

Suy ra $\Delta KBE \sim \Delta KFC$.

Do đó $\frac{{KE}}{{KC}} = \frac{{KB}}{{KF}}$.

Suy ra $KE.KF = KB.KC$ (đpcm).

c) Ta có: $\widehat {BEC} = \widehat {SCA} = 90^\circ$ (vì $BE$ là đường cao của $\Delta ABC$ và $\widehat {SCA}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left( O \right)$)

Suy ra $BH\;{\rm{//}}\;SC$.

Ta có:

+) $\widehat {BAS} = \widehat {BCS}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn của đường tròn $\left( O \right)$)

+) $\widehat {BCS} = \widehat {CBE}$ (do $BH\;{\rm{//}}\;SC$)

+) $\widehat {CBE} = \widehat {CFE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn của đường tròn đường kính $BC$)

Suy ra $\widehat {BAS} = \widehat {CFE} \Rightarrow \widehat {AFP} + \widehat {BAS} = \widehat {AFP} + \widehat {CFE} = \widehat {AFH} = 90^\circ$.

Suy ra $KP \bot AQ$.

Mà $AP \bot KQ$ (do $AH \bot BC$) nên $P$ là trực tâm $\Delta AKQ$.

Suy ra $PQ \bot AK\quad \left( 1 \right)$.

Gọi $M$ là giao điểm của $AK$ và $\left( O \right)$ (với $M \ne A$).

Chứng minh tương tự câu b), ta có $KM.KA = KB.KC$. Suy ra $KE.KF = KM.KA$.

Suy ra tứ giác $AMFE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$.

Suy $\widehat {AMH} = 90^\circ$.

Mà $\widehat {AMS} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left( O \right)$)

nên $M,\;H,\;S$ thẳng hàng. Suy ra $HS \bot AK\quad \left( 2 \right)$.

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra $QP$ song song với $HS$.