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

Nhóm nào có tần số nhỏ nhất là $\left[ {12\,;13} \right)$.

Tần số tương đối của nhóm đó là: $\frac{6}{{50}}\,\, \cdot \,\,100\% = 12\%$

Không gian mẫu của phép thử "Chọn ngẫu nhiên một bạn từ tổ học sinh đã chọn" là: $\Omega = \{$Hoa, Hồng, Hà, An, Bình, Dũng, Cường$\left. {} \right\}$

Số phần từ của không gian mẫu là: $7$.

Số kết quả thuận lợi cho biến cố $A$: "Bạn học sinh được chọn là nam" là $4$, đó là: An, Bình, Dūng, Cường.

Xác suất của biến cố $A$: "Bạn học sinh được chọn là nam" là $\frac{4}{7}$.

Vậy xác suất của biến cố $A$: "Bạn học sinh được chọn là nam" là $\frac{4}{7}$.

a) $A = \sqrt 2 \cdot \sqrt 8 + \sqrt {25}$

$$A = \sqrt {2 \cdot 8} + \sqrt {25}$$

$$A = \sqrt {16} + \sqrt {25}$$

$$A = 4 + 5 = 9$$

b) ĐК: $x > 0,\,\,x \ne 9$

$B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x + 3}} + \frac{6}{{x - 9}}} \right):\frac{{x + 1}}{{x - 3\sqrt x }}$

$B = \left( {\frac{{\sqrt x - 3}}{{x - 9}} + \frac{6}{{x - 9}}} \right)\,\, \cdot \,\,\frac{{x - 3\sqrt x }}{{x + 1}}$

$B = \frac{{\sqrt x - 3 + 6}}{{x - 9}}\,\, \cdot \,\,\frac{{\sqrt x (\sqrt x - 3)}}{{x + 1}}$

$B = \frac{{\sqrt x + 3}}{{(\sqrt x - 3)(\sqrt x + 3)}}\,\, \cdot \,\,\frac{{\sqrt x (\sqrt x - 3)}}{{x + 1}}$

$B = \frac{{\sqrt x }}{{x + 1}}$

Vậy $B = \frac{{\sqrt x }}{{x + 1}}$ với $x > 0,\,\,x \ne 9$.

c) Tìm $b$ để đường thẳng $y = x + b$ cắt đồ thị hàm số $y = 2{x^2}$ tại điểm có hoành độ bằng $1$.

Với $x = 1$ ta có $y = 2\,\, \cdot \,\,{1^2} = 2$.

Điểm đó có tọa độ là $\left( {1\,;\,2} \right)$. Thay vào phương trình đường thẳng $y = x + b$ ta được $2 = 1 + b$ suy ra $b = 1$

Vậy $b = 1$.

Gọi $x,\,y$ (nghìn đồng) lần lượt là giá $1$ cái bút và $1$ quyển vở $\left( {x,\,y > 0} \right)$.

Nam mua $10$ cái bút và $15$ quyển vở hết $200$ nghìn đồngnên ta có: $10x + 15y = 200$ (1)

Hùng mua $7$ cái bút và $14$ quyển vở hết $175$ nghìn đồng nên ta có: $7x + 14y = 175$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l}10x + 15y = 200\\7x + 14y = 175\end{array} \right.$ $\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = 40\\x + 2y = 25\end{array} \right.$ $\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = 40\\2x + 4y = 50\end{array} \right.$ $\left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 10\end{array} \right.$ (thỏa mãn)

Vậy giá một chiếc bút là $5$ nghìn đồng, một quyển vở là $10$ nghìn đồng.

Tháng $2$, tập đoàn đã tăng số lượng sản xuất ô tô lên $x\%$ so với tháng $1$, nên số lượng xe sản xuất ở tháng $2$ là: $100 + 100\,\, \cdot \,\,x\% = 100 + x$ (xe)

Tháng $3$, tập đoàn tiếp tục tăng số lượng sản xuất ô tô lên $2x\%$ so với tháng $2$, nên số lượng xe xản xuất ở tháng $3$ là:

$100 + x + \left( {100 + \,\,x} \right)\,\, \cdot 2x\%$$= 100 + 3x + \frac{{2{x^2}}}{{100}}$

Biết số lượng ô tô sản xuất trong tháng $3$ là $132$ xe, nên ta có:

$$100 + 3x + \frac{{2{x^2}}}{{100}} = 132$$

$$2{x^2} + 300x - 3200 = 0$$

$${x^2} + 150x - 1600 = 0$$

Giải phương trình ta được $x = 10$ ( thỏa mãn); $x = - 160$(loại)

Vậy $x = 10$

$P = \frac{{\left| {7{x_2} - 3x_1^2} \right|}}{{x_1^2 + x_2^2 + {x_1}{x_2}}}$.

Xét phương trình ${x^2} - 3x + 1 = 0$

Ta có:

$\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} - 4\,\, \cdot \,\,1$

$\Delta = 5 > 0$ phương trình có hai nghiệm phân biệt ${x_1}$, ${x_2}$.

Áp dụng định lí Viète ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 3\\{x_1}\,\, \cdot \,\,{x_2} = 1\end{array} \right.$ nên phương trình có có hai nghiệm dương ${x_1}$, ${x_2}$

Khi đó ta có:

Đặt $A = 7{x_2} - 3x_1^2$; $B = 7{x_1} - 3x_2^2$

$$A + B = \left( {7{x_2} - 3x_1^2} \right) + \left( {7{x_1} - 3x_2^2} \right)$$

$$A + B = 7\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 3\left( {x_1^2 + x_2^2} \right)$$

$$A + B = 7\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 3\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}\,\, \cdot \,\,{x_2}} \right]$$

$$A + B = 7\,\, \cdot \,\,3 - 3\left( {{3^2} - 2\,\, \cdot \,\,1} \right)$$

$A + B = 0$ hay $A = - B$

Suy ra: $\left| A \right| = \left| B \right|$

$${A^2} = \left| A \right|\,\, \cdot \,\,\left| B \right|$$

$${A^2} = \left| {7{x_2} - 3x_1^2} \right|\,\, \cdot \,\,\left| {7{x_1} - 3x_2^2} \right|$$

$${A^2} = \left| {49{x_1}{x_2} - 21\left( {x_1^3 + x_2^3} \right) + 9x_1^2\,\, \cdot \,\,x_2^2} \right|$$

$${A^2} = \left| {49{x_1}{x_2} - 21\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {x_1^2 - {x_1}{x_2} + x_2^2} \right) + 9{{\left( {{x_1}{x_2}} \right)}^2}} \right|$$

$${A^2} = \left| {49{x_1}{x_2} - 21\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 3{x_1}{x_2}} \right] + 9{{\left( {{x_1}{x_2}} \right)}^2}} \right|$$

$${A^2} = \left| {49\,\, \cdot \,\,1 - 21\,\, \cdot \,\,1\,\, \cdot \,\left( {{3^2} - 3\,\, \cdot \,\,1} \right)\, + 9\,\, \cdot \,\,{1^2}} \right|$$

$${A^2} = \left| {320} \right|$$

$$\left| A \right| = 8\sqrt 5$$

$$P = \frac{{\left| {7{x_2} - 3x_1^2} \right|}}{{{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - {x_1}{x_2}}}$$

$$P = \frac{{8\sqrt 5 }}{{{3^2} - 1}}$$

Vậy $P = \sqrt 5$.

a) Ta có $\Delta ADH$ vuông tại $D$ nên $\Delta ADH$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$.

Ta có $\Delta AEH$ vuông tại $E$ nên $\Delta AEH$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$.

Bốn điểm $A\,,\,\,D\,,\,\,H,\,\,E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH$. Hay tứ giác $ADHE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$.

b) Vì $GF \bot BF$ tại $F$ nên ba điểm $G,\,\,B,\,\,F$ thuộc đường tròn đường kính $GB$.

$\Delta GHB$ vuông tại $G$ nên $\Delta GHB$ nội tiếp đường tròn đường kính $GB$

Tứ giác $GHBF$ nội tiếp đường tròn đường kính $GB$.

Suy ra $\widehat {GFI} = \widehat {GBH}$ (cùng chắn cung $GH\,)$$\,\left( 1 \right)$

Lại có $GI{\rm{//}}AB$; $AB \bot HF$ nên $\widehat {GIF} = \widehat {CHB} = 90^\circ \,$$\,\left( 2 \right)$

Từ $\,\left( 1 \right)$ và $\,\left( 2 \right)$ suy ra: (g.g)

Hay $\frac{{FI}}{{HB}} = \frac{{GI}}{{GH}}$$\left( 3 \right)$

Vì $\widehat {BAH} = \widehat {BHD}$ (cùng phụ với $\widehat {AHD}$); $\widehat {HDB} = \widehat {HDA} = 90^\circ$

Do đó (g.g)

Suy ra $\frac{{HD}}{{AD}} = \frac{{HB}}{{AH}}$ hay $\frac{{HD}}{{HB}} = \frac{{AD}}{{AH}}$

Mặt khác $AD\,{\rm{//}}\,GI$ nên $\frac{{AD}}{{GI}} = \frac{{AH}}{{HG}}$ hay $\frac{{AD}}{{AH}} = \frac{{GI}}{{HG}}$$\left( 4 \right)$

Từ $\left( 3 \right)$ và $\left( 4 \right)$ ta có $\frac{{FI}}{{HB}} = \frac{{HD}}{{HB}}$ hay $FI = HD$.

c) Gọi $L$ là giao điểm của $EQ$ và $PN$. Gọi $J$ là giao điểm của $CM$ và $EP$.

Tứ giác $EMKN$ là hình chữ nhật ( vì $\widehat {MEN} = \widehat {ENK} = \widehat {EMK} = 90^\circ$).

Lại có $EK$ là phân giác góc $HEC$ nên $EMKN$ là hình vuông.

Vì $KN{\rm{//}}EH$ nên $\frac{{CN}}{{CE}} = \frac{{NQ}}{{EM}} = \frac{{KN}}{{HE}}$ nhưng $ME = NE$ suy ra

$\frac{{NQ}}{{EM}} = \frac{{NQ}}{{NE}}$$= \frac{{KN}}{{HE}} = \frac{{EN}}{{HE}}$ hay $\frac{{NQ}}{{NE}} = \frac{{EN}}{{HE}}$

Lại có $\widehat {ENQ} = \widehat {NEH} = 90^\circ$ nên (c.g.c)

Suy ra $\widehat {NEQ} = \widehat {EHN}$ (hai góc tương ứng).

Hay $\widehat {NEQ} + \widehat {EHN}$$= \widehat {EHN} + \widehat {EHN} = 90^\circ$.

Xét $\Delta ELN$vuông tại $L$ suy ra $EQ \bot HN$ tại $L$

Tương tự ta có $EP \bot CM$ tại $J$.

Xét $\Delta EPQ$ có $QJ$ và $PL$ là hai đường cao cắt nhau tại $T$ nên $T$ là trực tâm suy ra $ET \bot PQ$.

Thể tích nước trong bình là: $V = \pi {R^2}h = \pi \cdot {4^2} \cdot 10$$= 160\pi \left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$

Thể tích cái bát là: ${V^\prime } = \frac{1}{2}\,\, \cdot \,\,\frac{4}{3}\pi {r^3}$$= \frac{1}{2}\,\, \cdot \,\,\frac{4}{3}\pi \cdot {6^3}$$= 144\pi \left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$

Vì $V > V'$ nên nếu đổ như vậy thì nước có bị tràn ra ngoài.

Đật $AM = x\,\,$$({\rm{cm}},x > 0)$

Khi đó chiều cao viên kẹo là $h = OA$$= x + 1$.

Áp dụng định lý Thalès, ta có: $\frac{{AM}}{{OA}} = \frac{{EM}}{{OB}}$ hay $\frac{x}{{x + 1}} = \frac{1}{R}$ suy ra $R = \frac{{x + 1}}{x}$

Thể tích viên kẹo là:

$V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h$$= \frac{1}{3}\pi {\left( {\frac{{x + 1}}{x}} \right)^2} \cdot \,\,(x + 1)$

$= \frac{1}{3}\pi \cdot \frac{{{x^3} + 3{x^2} + 3x + 1}}{{{x^2}}}$$= \pi \left( {\frac{x}{3} + 1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{3{x^2}}}} \right)$

$= \pi \left( {\frac{x}{4} + \frac{1}{x} + \frac{x}{{24}} + \frac{x}{{24}} + \frac{1}{{3{x^2}}} + 1} \right)$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

$\frac{x}{4} + \frac{1}{x} \ge 2\sqrt {\frac{x}{4} \cdot \frac{1}{x}}$$= 2 \cdot \frac{1}{2} = 1$

$\frac{x}{{24}} + \frac{x}{{24}} + \frac{1}{{3{x^2}}} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{x}{{24}} \cdot \frac{x}{{24}} \cdot \frac{1}{{3{x^2}}}}}$$= 3 \cdot \frac{1}{{12}} = \frac{1}{4}$

Suy ra $V \ge \pi \left( {1 + \frac{1}{4} + 1} \right)$$= \frac{{9\pi }}{4}$

Dấu xảy ra khi và chi khi $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\frac{x}{4} = \frac{1}{x}}\\{\frac{x}{{24}} = \frac{1}{{3{x^2}}}}\end{array}} \right.$ suy ra $x = 2$ (TM)

Vậy chiều cao của viên kẹo là $h = 3\,\,{\rm{cm}}\,.$