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

a) ${x^2} - 2x - 8 = 0$

${x^2} - 4x + 2x - 8 = 0$

$x\left( {x - 4} \right) + 2\left( {x - 4} \right) = 0$

$\left( {x - 4} \right)\left( {x + 2} \right) = 0$

$x - 4 = 0$ hoặc $x + 2 = 0$

$x = 4$ hoặc $x = - 2$

Vậy phương trình có hai nghiệm $x = 4$; $x = - 2$.

b) $\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 7{\rm{ }}\left( 1 \right)\\2x - 3y = - 4{\rm{ }}\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Lấy $\left( 1 \right)$ cộng $\left( 2 \right)$ theo vế ta được:

$x + 3y + 2x - 3y = 7 - 4$

$3x = 3$

$x = 1$

Thế $x = 1$ vào $\left( 1 \right)$ ta được:

$1 + 3y = 7$

$3y = 6$

$y = 2$

Vậy phương trình có nghiệm $\left( {x{\rm{ }};{\rm{ }}y} \right) = \left( {1{\rm{ }};{\rm{ }}2} \right)$.

a) $A = \frac{{x + 1}}{{\sqrt x - 1}} - \frac{{x\sqrt x + 1}}{{x - 1}}\,$

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

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

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

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

b) Khi $x = 4$ ta có $A = \frac{{\sqrt 4 }}{{\sqrt 4 - 1}} = \frac{2}{{2 - 1}} = 2$

Vậy khi $x = 4$ thì $A = 2$.

a) $y$ là hàm số bậ nhất của $x$

Vì có dạng $y = ax + b$ với $\left\{ \begin{array}{l}a = 2 \ne 0\\b = 10\end{array} \right.$

Với mỗi giá trị của $x$ thuộc $1 \le x \le 10$ thì ta nhận được một giá trị của $y$.

b) Cân nặng của trẻ $6$ tuổi theo công thức trên là: $y = 2.6 + 10 = 22$

Vậy khi trẻ $6$ tuổi thì cân nặng là $22\,{\rm{kg}}$.

Gọi số học sinh lớp $9B$là $x$$(x \in {\mathbb{N}^*}$, học sinh$)$

Số học sinh lớp $9A$ là $x + 5$ (học sinh)

Theo đề bài mỗi học sinh lớp $9A$ trồng được $3$ cây nên số cây là $9A$ trồng được là: $3.\left( {x + 5} \right)$ (cây)

Mỗi học sinh lớp $9B$ trồng được $4$ cây nên số cây là $9B$ trồng được là: $4x$ (cây)

Mà cả $2$ lớp trồng được tổng số cây là $295$ cây nên ta có phương trình:

$3.\left( {x + 5} \right) + 4x = 295$

$3x + 4x + 15 = 295$

$7x + 15 = 295$

$7x = 295 - 15$

$7x = 280$

$x = 40$(TMĐK)

Vậy lớp $9B$ có $40$ học sinh, lớp $9A$ có $45$ học sinh.

Gọi số học sinh đạt điểm $7,\,10$ lần lượt là ${m_1},{\rm{ }}\,{m_2}$.

Theo đề bài, tỉ lệ số học sinh đạt điểm $7$ là $12{,}5\%$ nên:

${f_1} = \frac{{{m_1}}}{n}.100\%$

$12{,}5\% = \frac{5}{n}.100\%$

$n = 40$.

Ta có số học sinh lớp $9{\rm{C}}$là $n = 40$ học sinh.

Số học sinh đạt điểm $10$ trong lớp $9{\rm{C}}$ là:

${f_2} = \frac{{{m_2}}}{n}.100\%$

$20\% = \frac{{{m_2}}}{{40}}.100\%$

${m_2} = 8$.

Vậy số học sinh đạt điểm 10 trong lớp $9{\rm{C}}$ là $8$ học sinh.

Lẫy ngẫu nhiên $1$ thẻ trong $51$ thẻ nên kết quả có thể đồng khả năng .

Mô tả không gian mẫu $\Omega = \left\{ {1;{\rm{ }}2;{\rm{ }}3;{\rm{ }}4;...;51} \right\}$.

Vậy không gian mẫu có $51$ phần tử.

Các kết quả thuận lợi của biến cố $A$ là: $2;{\rm{ }}4;{\rm{ }}6;...;50$.

Vậy số kết quả thuận lợi của biến cố $A$ là $n\left( A \right) = 25$.

Xác suất của biến cố $A$: $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{25}}{{51}}$.

Vậy xác suất của biến cố $A$ là $P\left( A \right) = \frac{{25}}{{51}}$.

Áp dụng định lí Pythagore ta có: $A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}$

$A{B^2} + 9 = 25$

$A{B^2} = 16$

$AB = 4$

Khi đó các tỉ số lượng giác của góc $B$ là:

$\sin B = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{3}{5}$; $\cos B = \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{4}{5}$; $\tan B = \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{3}{4}$; $\cot B = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{4}{3}$.

Ta có $300\,{\rm{cm}} = 3\,{\rm{m}}$, $30\,{\rm{cm}} = 0{,}3\,{\rm{m}}$.

Khi đó chiều cao $h = 3\,{\rm{m}}$, bán kính đáy là $R = 0{,}15\,{\rm{m}}$.

Ta có diện tích xung quanh là ${S_{xq}} = 2\pi Rh = 0{,}9\pi {\rm{ }}\left( {{m^2}} \right)$.

Chi phí là $0{,}9\pi \,.\,200{\rm{ }}000 \approx 565{\rm{ 000}}$ (đồng).

Vậy bác Bình cần phải trả $565{\rm{ 000}}$ đồng.

a) Vì $MA,\,MB$ là hai tiếp tuyến cắt nhau tại $M$ nên $MA = MB$, suy ra $M$ thuộc trung trực của $AB$ $\left( 1 \right)$.

Xét $\left( O \right)$ có $OA = OB$ suy ra $O$ thuộc trung trực của $AB$ $\left( 2 \right)$.

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra $OM$ là đường trung trực của $AB$ hay $OM \bot AB$ tại $P$.

Ta có $OA = OC$ suy ra $\Delta AOC$ cân tại $O$, khi đó $ON \bot AC$ hay $ON \bot AN$.

Gọi $I$ là trung điểm của của $OA$ mà các $\Delta OPA$, $\Delta ONA$ lần lượt vuông tại $P,{\rm{ }}N$ nên ta có $IP = IN = IA = IO = \frac{{OA}}{2}$.

Vậy bốn điểm $A,{\rm{ }}P,{\rm{ }}N,{\rm{ }}O$ cùng thuộc $\left( {I;{\rm{ }}\frac{{AO}}{2}} \right)$.

b) Ta có $MA = MB$ nên $\widehat {MAB} = \widehat {MBA}$ $\left( 3 \right)$

Do $\Delta ABC$cân tại $A$ nên $\widehat {ABC} = \widehat {ACB}$ $\left( 4 \right)$

Xét $\Delta MPA$ và $\Delta MAO$ có:

$\widehat {MPA} = \widehat {MAO} = 90^\circ$

$\widehat {AMO}$ chung

Suy ra $\left( {{\rm{g}}{\rm{.g}}} \right)$.

Nên $\widehat {MAB} = \widehat {MAP} = \widehat {MOA} = \frac{1}{2}\widehat {BOA}$ $\left( 5 \right)$

Mà $\widehat C$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat {ACB} = \frac{1}{2}\widehat {BOA}$ $\left( 6 \right)$

Từ $\left( 3 \right)$, $\left( 4 \right)$, $\left( 5 \right)$, $\left( 6 \right)$ suy ra $\widehat {MAB} = \widehat {MBA} = \widehat {ACB} = \widehat {ABC}$.

Xét $\Delta MAB$và $\Delta ACB$ có:

$\widehat {MAB} = \widehat {ACB}$ (cmt)

$\widehat {MBA} = \widehat {ABC}$ (cmt)

Suy ra $\left( {g.g} \right)$.

Ta có $\frac{{MB}}{{MA}} = \frac{{AB}}{{AC}}$ suy ra $\frac{{MB}}{{2MK}} = \frac{{AB}}{{2AN}}$ nên $\frac{{MB}}{{MK}} = \frac{{AB}}{{AN}}$.

Xét $\Delta MBK$và $\Delta ABN$ có:

$\widehat M = \widehat A$

$\frac{{MB}}{{MK}} = \frac{{AB}}{{AN}}$ (cmt)

Suy ra $\left( {c.g.c} \right)$.

Khi đó $\frac{{BM}}{{BK}} = \frac{{BA}}{{BN}}$

Lại có $BA = AC$ nên $\frac{{BM}}{{BK}} = \frac{{CA}}{{BN}}$ hay $BM{\rm{ }}.{\rm{ }}BN = CA\,\,.{\rm{ }}BK$.