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

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

$= 1 + \sqrt x - 1 = \sqrt x$

a) Ta có bảng giá trị sau:

b) Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số (P) và (d) là: ${x^2} = - x + 2$

${x^2} = - x + 2$

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

$(x - 1)(x + 2) = 0$

Với $x = 1$thì $y = 1$

Với $x = - 2$ thì $y = 4$

Vậy tọa độ giao điểm là (1;1) và (-2;4).

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{3x + 2y = 8}\\{2x - y = 3}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{3x + 2y = 8}\\{4x - 2y = 6}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{7x = 14}\\{3y + 2y = 8}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 2}\\{y = 1}\end{array}} \right.$

Vậy hệ phương trình có nghiệm $(x,y) = (2{,}1)$

Xét phương trình ${x^2} - 12x + 35 = 0$

$\Delta = {( - 12)^2} - 4 \cdot 35 = 4 > 0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$.

Theo Viète, ta có:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_1} + {x_2} = 12}\\{{x_1}{x_2} = 35}\end{array}} \right.$

Ta có:

$A = x_1^2 + x_2^2 + {x_1}{x_2}$

$= x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 + {x_1}{x_2} - 2{x_1}{x_2}$

$= {({x_1} + {x_2})^2} - {x_1}{x_2}$

$= {12^2} - 35$

$= 109$

Vậy giá trị của biểu thức A là 109.

Gọi vận tốc của ô tô là $x$ (km/h), $x > 0$.

Khi đó vận tốc của xe máy là $x - 10$ (km/h).

Thời gian ô tô đi hết quãng đường là $\frac{{160}}{x}$ (giờ).

Thời gian xe máy đi hết quãng đường là $\frac{{160}}{{x - 10}}$ (giờ).

Xe ô tô đến trước xe máy 48 phút = $\frac{4}{5}$ giờ.

Ta có phương trình:

$\frac{{160}}{{x - 10}} - \frac{{160}}{x} = \frac{4}{5}$

Giải phương trình:

$160 \cdot 5x - 160 \cdot 5(x - 10) = 4x(x - 10)$

$4{x^2} - 40x - 8000 = 0$

Giải phương trình $4{x^2} - 40x - 8000 = 0$ ta được $x = 50$ (tmđk) và $x = - 40$ (loại).

Vậy vận tốc của ô tô là 50 km/h và vận tốc của xe máy là 40 km/h.

a) Bảng tần số của kết quả khảo sát

b) Ba địa điểm được chọn nhiều nhất là: Lý Sơn, Hội An, Quy Nhơn.

Kí hiệu $\left( {X;Y} \right)$ mô tả gia đình bạn Long chọn địa điểm X và gia đình bạn Phượng chọn địa điểm Y.

Các kết quả có thể xảy ra của phép thử là:

(LS, LS); (LS, HA); (LS, QN);

(HA, LS); (HA, HA); (HA, QN);

(QN, LS); (QN, HA); (QN, QN)

Ta có $n\left( \Omega \right) = 9$

Gọi biến cố A: “Hai gia đình cùng chọn một địa điểm”

Ta có $A = \left\{ {\left( {LS;LS} \right),\left( {HA,HA} \right),\left( {QN,QN} \right)} \right\}$ . Do đó $n\left( A \right) = 3$.

Xác suất của biến cố A là $P\left( A \right) = \frac{3}{9} = \frac{1}{3}$

Bán kính hình cầu là $R = \frac{{48}}{2} = 24$(cm)

Thể tích muối trong thúng là $V = \frac{1}{3}\pi \cdot {24^2} \cdot 14 + \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3}\pi \cdot {24^3} = 11904\pi$(cm3)

Ta có $\frac{V}{{{V_1}}} = \frac{{11904\pi }}{{3000\pi }} = 3{,}968$.

Vậy bác Hoa cần phải sử dụng ít nhất 4 thùng nhựa.

a) Ta có tam giác $BDH$ vuông tại $D$. Suy ra 3 điểm $B,D,H$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $BH$. (1)

Ta có tam giác $BFH$ vuông tại $F$. Suy ra 3 điểm $B,F,H$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $BH$. (2)

Từ (1) và (2) ta có tứ giác $BDHF$ nội tiếp đường tròn đường kính $BH$.

b) Từ $\left\{ \begin{array}{l}\widehat {AEB} = \widehat {ADC} = 90^\circ \\\widehat A{\rm{ chung}}\end{array} \right.$ suy ra $\Delta ABE$ và $\Delta ACD$ đồng dạng.

Do đó $\frac{{AE}}{{AD}} = \frac{{AB}}{{AC}}$. Tức là $AE \cdot AC = AB \cdot AD = 2R \cdot \frac{{3R}}{2} = 3{R^2}$.

c) Ta tính được $IO = 6$cm, $OD = 5$cm.

Ta có $EI{\rm{ // }}ND$, suy ra $\frac{{DN}}{{EI}} = \frac{{DM}}{{MI}}$. Ta tính được $DN = \frac{{8\left( {x + 11} \right)}}{x}$.

Vì tam giác $DMN$ vuông tại $D$ nên diện tích là

$S = \frac{1}{2}DM \cdot DN = 4\frac{{{{\left( {x + 11} \right)}^2}}}{x} = 4\left( {\frac{{121}}{x} + x + 22} \right)$ (cm2)

Ta lại có ${\left( {\frac{{121}}{x} + x} \right)^2} = {\left( {\frac{{121}}{x} - x} \right)^2} + 4 \cdot \frac{{121}}{x} \cdot x \ge 484$ với mọi $x > 0$.

Suy ra $\frac{{121}}{x} + x \ge 22$. Dấu bằng xảy ra khi $x = 11$.

Vậy $x = 11$ thì diện tích của tam giác $DMN$ nhỏ nhất.

Mỗi đội thi đấu đúng 1 trận với 4 đội còn lại, đội A đấu với đội B thì đội B cũng đấu với đội A nên có tất cả: $\frac{{5 \cdot 4}}{2} = 10$ trận đấu được diễn ra.

Gọi $x$ là tổng số trận có phân định thắng thua và $y$là tổng số trận hòa của giải đấu đó.

Do có 10 trận đấu nên $x + y = 10$ (1)

Một trận đấu có kết quả thắng thua thì tổng điểm của cả hai đội là 3.

Một trận đấu có kết quả hòa thì tổng điểm của cả hai đội là 2.

Tổng số điểm của tất cả các đội là 8 + 6 + 4 + 3 + 5 = 26.

Do đó ta có phương trình $3x{\rm{ }} + {\rm{ }}2y{\rm{ }} = {\rm{ }}26$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $x{\rm{ }} = {\rm{ }}6$và $y{\rm{ }} = {\rm{ }}4$.

Vậy có 6 trận đấu có phân định thắng thua và 4 trận hòa.

Ta xét số trận hòa của mỗi đội:

Đội A có 8 điểm nên có 2 trận hòa.

Đội B có 6 điểm nên có thể có 3 trận hòa hoặc không có trận hòa nào.

Đội C có 4 điểm nên có thể có 1 trận hòa hoặc không có trận hòa nào.

Đội D có 3 điểm nên có thể có 1 trận hòa hoặc không có trận hòa nào.

Đội E có 5 điểm nên có 2 trận hòa.

Nhận xét: Tổng số trận hòa của tất cả các đội trong giải đấu phải là số chẵn vì nếu đội A hòa đội B thì đội B cũng hòa đội A.

Với nhận xét trên thì ta chỉ xét những trường hợp mà tổng số trận hòa của tất cả các đội trong giải đấu là số chẵn, cụ thể:

- Nếu đội E mỗi đội luôn có 2 trận hòa, đội D hòa 3 trận thì tổng số trận hòa của các đội là 14, suy ra số trận hòa của giải đấu là 7, vô lý.

- Nếu đội B có 3 trận hòa, đội C có 1 trận hòa, đội D hòa 0 trận thì đội C hòa 4 trận thì bất hợp lý vì đội C chỉ có 4 điểm.

- Nếu đội B có 0 trận hòa, đội C và đội D mỗi đội 1 trận hòa, đội E có 2 trận hòa, đội A có 2 trận hòa thì tổng là 6 trận hòa của các đội.

Suy ra có 3 trận hòa. Do đó:

+ Nếu đội B không hòa đội A, C, E và B thua các đội còn lại là đội D. Còn lại 1 trận hòa là trận của đội A với đội E, suy ra đội A thắng đội C.