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

a) Biến đổi $VT$ ta có:

$$VT = \sqrt {8 - 2\sqrt 7 } - \frac{6}{{\sqrt 7 - 1}}$$

$$= \sqrt {{{\left( {\sqrt 7 - 1} \right)}^2}} - \frac{{6\left( {\sqrt 7 + 1} \right)}}{{7 - 2}}$$

$$= \sqrt 7 - 1 - \left( {\sqrt 7 + 1} \right)$$

$$= \sqrt 7 - 1 - \sqrt 7 - 1$$

$= - 2 = VP$

Vậy đẳng thức được chứng minh.

b) Với $x \ge 0;\,\,x \ne 25$ ta có: $P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 5}} + \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x - 5}} + \frac{{3x + 25}}{{25 - x}}$

$$P = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 5} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 5} \right)}} + \frac{{2\sqrt x \left( {\sqrt x + 5} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 5} \right)}} - \frac{{3x + 25}}{{\left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 5} \right)}}$$

$$P = \frac{{x - 5\sqrt x + 2x + 10\sqrt x - 3x - 25}}{{\left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 5} \right)}}$$

$$P = \frac{{5\sqrt x - 25}}{{\left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 5} \right)}}$$

$$P = \frac{{5\left( {\sqrt x - 5} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 5} \right)}}$$

$$P = \frac{5}{{\sqrt x + 5}}$$

a) Ta bảng tần số của mẫu số liệu trên như sau:

b) Ta có biểu đồ hình cột biểu diễn bảng tần số thu được ở câu a) như sau:

a) Vì đồ thị của hàm số $y = a{x^2}$ đi qua điểm $A\left( {2; - 1} \right)$ nên ta có:

$$- 1 = a{.2^2}$$

Suy ra $a = \frac{{ - 1}}{4}$.

b) Với $a = \frac{{ - 1}}{4}$ ta có hàm số $y = \frac{{ - 1}}{4}{x^2}$

Thay $y = - 9$ vào $y = \frac{{ - 1}}{4}{x^2}$ ta có:

$$- 9 = \frac{{ - 1}}{4}{x^2}$$

${x^2} = 36$

$x = \pm 6$

Vậy hoành độ các điểm thuộc đồ thị có tung độ bằng $- 9$ là $6$ và $- 6$.

Vì phương trình ${x^2} + 9x + 2 = 0$ có hai nghiệm âm phân biệt ${x_1},\,{x_2}$

Nên theo định lý Viète ra có: ${x_1} + {x_2} = - 9$.

Vì phương trình ${x^2} + 9x + 2 = 0$ có hai nghiệm âm phân biệt ${x_1},\,{x_2}$ nên ${x_1}^2 + 9{x_1} + 2 = 0$.

Từ ${x_1}^2 + 9{x_1} + 2 = 0$ suy ra $- 13{x_1} + 2 = {x_1}^2 - 4{x_1} + 4 = {\left( {{x_1} - 2} \right)^2}$

Suy ra $\sqrt { - 13{x_1} + 2} = \sqrt {{{\left( {{x_1} - 2} \right)}^2}} = \left| {{x_1} - 2} \right| = 2 - {x_1}$(do ${x_1} < 0$ nên ${x_1} - 2 < 0$).

Do đó $A = \sqrt { - 13{x_1} + 2} - {x_2} = 2 - {x_1} - {x_2} = 2 - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2 + 9 = 11$.

Gọi giá niêm yết của 1 vali và 1 ba lô lần lượt là $x,y$(đồng)

ĐK: $0 < x;y < 1\,\,280\,\,000$

Theo bài ra ta có phương trình $x + y = 1\,\,280\,\,000$ (1)

Giá 1 vali khi bán theo giá khuyến mãi là $x - 25\% x = \frac{3}{4}x$ (đồng)

Giá 1 vali khi bán theo giá khuyến mãi là $y - 20\% y = \frac{4}{5}y$(đồng)

Theo bài ra ta có phương trình $\frac{3}{4}x + \frac{4}{5}y = 981\,\,000$ (2)

Từ (1) có $y = 1\,\,280\,\,000 - x$ (3)

Thay (3) vào (2) ta có:

$$\frac{3}{4}x + \frac{4}{5}\left( {1\,\,280\,\,000 - x} \right) = 981\,\,000$$

$- \frac{1}{{20}}x = - 4300$

$x = 860\,\,000$ (thỏa mãn điều kiện).

Thay $x = 860\,\,000$ vào (3) ta có $y = 1\,\,280\,\,000 - 860\,\,000 = 420\,\,000$ (thỏa mãn điều kiện).

Vậy chị Ngân phải trả tiền cho 1 vali là $\frac{3}{4}.860\,\,000 = 645\,\,000$ (đồng).

Và chị Ngân phải trả tiền cho 1 ba lô là $\frac{4}{5}.420\,\,000 = 336\,\,000$ (đồng).

Thể tích hình trụ là: $\pi .{\left( {\frac{6}{2}} \right)^2}.3 = 27\pi \left( {c{m^3}} \right)$

Thể tích nửa hình cầu là: $\frac{1}{2}.\frac{4}{3}\pi {.3^3} = 18\pi \left( {c{m^3}} \right)$

Thể tích phần đựng rượu là: $27\pi + 18\pi \approx 141{,}37\left( {c{m^3}} \right)$

a) Ta có $\widehat {BNC} = \widehat {BMC} = 90^\circ$ (gt).

Suy ra $\Delta BNC$ và $\Delta BMC$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC$.

Suy ra tứ giác $BNMC$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC$.

Suy ra $\widehat {ACB} = \widehat {ANM}$(cùng bù với $\widehat {BNM}$) (1).

Chứng minh tương tự như trên ta có tứ giác $BMHN$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$,

suy ra $\widehat {AHM} = \widehat {ANM}$(hai góc nội tiếp cùng chắn ).

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat {ACB} = \widehat {AHM}$.

b) Ta có $BM$ và $CN$ là hai đường cao cắt nhau tại $H$ của $\Delta ABC$ nên $H$ là trực tâm của $\Delta ABC$

Suy ra $AH \bot BC$tại $D$.

Chứng minh tương tự như câu a) có tứ giác $BNHD$ nội tiếp đường tròn đường kính $BH$,

suy ra $\widehat {HND} = \widehat {HBC}$(hai góc nội tiếp cùng chắn ) (3).

Xét đường tròn đường kính $BC$ có $\widehat {HNK} = \widehat {HBC}$(hai góc nội tiếp cùng chắn ) (4).

Từ (3) và (4) ta có $\widehat {HND} = \widehat {HNK}$

Suy ra $\frac{{NK}}{{ND}} = \frac{{HK}}{{HD}}$(Tính chất đường phân giác của tam giác) hay $\frac{{NK}}{{NE}} = \frac{{HK}}{{HD}}$(5)

Xét đường tròn đường kính $BH$ có $\widehat {BND} = \widehat {BHD}$(hai góc nội tiếp cùng chắn ),

Mà $\widehat {AHM} = \widehat {BHD} = \widehat {ANM}$, $\widehat {BND} = \widehat {PNE}$

Do đó $\widehat {ANM} = \widehat {PNE}$,

Suy ra $\frac{{NK}}{{NE}} = \frac{{PK}}{{PE}}$ (6).

Từ (5) và (6) suy ra $\frac{{PK}}{{PE}} = \frac{{HK}}{{HD}}$, suy ra $PH\parallel ED$(Định lý Ta-lét đảo).

Gọi $T$ là giao của $MN$và $PH$, ta có $\frac{{TH}}{{ND}} = \frac{{KT}}{{KN}} = \frac{{TP}}{{NE}}$ (Hệ quả Định lý Ta-lét)

Lại có $ND = NE$(gt) nên suy ra $TH = TP$, suy ra $T$ là trung điểm $PH$

Vậy đường thẳng $NM$ đi qua trung điểm $T$ của đoạn thẳng $HP$.