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

$\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 11\\x - 2y = 1\end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array}{l}4x = 12\\x - 2y = 1\end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\x - 2y = 1\end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3 - 2y = 1\end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\2y = 2\end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.$ .

Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm $\left( {x\,;y} \right)$là $\left( {3\,\,;\,\,1} \right)$

Ta có bảng giá trị sau:

Suy ra đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm $\left( { - 2\,;4} \right),\left( { - 1\,;\,1} \right),\left( {0\,;0} \right),\left( {1\,;2} \right),\left( {2\,;4} \right).$

a. Phương tiện nào được các bạn sử dụng nhiều nhất là xe đạp điện. Phương tiện nào được các bạn sử dụng ít nhất là xe máy dưới $50$ phân khối.

b. Số học sinh Lan Hương đã thực hiện khảo sát là:

$36 + 54 + 25 + 30 + 5 = 150$ (học sinh)

Không gian mẫu $\Omega = \{ 1;2;3;4;5;6;7;8;9;10\}$.

Số phần tử của không gian mẫu là $n(\Omega ) = 10$.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố A là lấy ra quả bóng ghi số $1;3;\,\,5;7;\,9$ suy ra $n(A) = 5$

Vậy xác suất của biến cố A là $p(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{5}{{10}} = \frac{1}{2}$.

a. Ta có các hệ số $a = 2;b = 4;c = - 1$.

Biệt thức $\Delta = {b^2} - 4ac = {4^2} - 4.2.( - 1) = 16 + 8 = 24 > 0$.

Vì $\Delta > 0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt.

b. Theo định lý Viète, ta có ${x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = \frac{{ - 4}}{2} = - 2;\,\,\,{x_1}.{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 1}}{2}$.

Ta có $P = \frac{{{x_2}}}{{{x_1}}} - \frac{2}{{{x_2}}} = \frac{{{x_2}^2 - 2{x_1}}}{{{x_1}{x_2}}}$

Vì ${x_2}$là nghiệm của phương trình nên ta có $2{x_2}^2 + 4{x_2} - 1 = 0$

Suy ra $2{x_2}^2 = 1 - 4{x_2}$

Hay ${x_2}^2 = \frac{{1 - 4{x_2}}}{2} = \frac{1}{2} - 2{x_2}$

Thay vào biểu thức ta có $P = \frac{{{x_2}^2 - 2{x_1}}}{{{x_1}{x_2}}} = \frac{{\frac{1}{2} - 2{x_2} - 2{x_1}}}{{{x_1}{x_2}}} = \frac{{\frac{1}{2} - 2({x_1} + {x_2})}}{{{x_1}{x_2}}}$

Thay ${x_1} + {x_2} = - 2$ và ${x_1}.{x_2} = \frac{{ - 1}}{2}$ta có $P = \frac{{\frac{1}{2} - 2({x_1} + {x_2})}}{{{x_1}{x_2}}} = \frac{{\frac{1}{2} - 2.( - 2)}}{{\frac{{ - 1}}{2}}} = \frac{{\frac{9}{2}}}{{\frac{{ - 1}}{2}}} = - 9$

Vậy giá trị của biểu thức là $- 9$.

Gọi $x$là số trận thắng, $y$ là số trận hòa của Bayer Leverkuse với $x,y \in {N^{}};x,y < 34$

Do Bayer Leverkuse đã thi đấu$34$trận mà không thua trận nào tức là chỉ có thắng và hòa nên ta có phương trình $x + y = 34$

Do mỗi trận đấu, đội thắng được$3$ điểm, đội thua không có điểm và nếu hai đội hòa nhau thì mỗi đội được $1$ điểm nên ta có phương trình $3x + y = 90$

Ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x + y = 34\\3x + y = 90\end{array} \right.$

Giải hệ phương trình ta có $\left\{ \begin{array}{l}2x = 56\\x + y = 34\end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array}{l}x = 28\\y = 6\end{array} \right.$ (TMĐK)

Vậy Bayer Leverkuse đã giành được $28$ trận thắng và $6$trận hòa.

a. Thể tích cái ly là ${V_L} = \pi {R^2}h = \pi {.7^2}.18 = 882\pi (c{m^3})$

b. Thể tích nước bên trong ly là ${V_n} = \pi {R^2}{h_n} = \pi {.7^2}.10 = 490\pi (c{m^3})$

Thể tích phần ly không chứa nước là $V = {V_L} - {V_n} = 882\pi - 490\pi = 392\pi (c{m^3})$

Thể tích của một viên bi sắt hình cầu là ${V_b} = \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{4}{3}\pi {.3^3} = 36\pi (c{m^3})$

Số viên bi cần thêm để nước dâng đầy ly là $\frac{{392\pi }}{{36\pi }} \approx 10{,}89$

Vậy có thể thả nhiều nhất $10$ viên bi ngập hoàn toàn để nước dâng lên tối đa mà không bị tràn ra ngoài.

a. Ta có $\Delta ADB$ vuông tại $D$ (do $AD$ là đường cao).

Do đó $A,D,B$ nằm trên đường tròn đường kính $AB$.

$\Delta AEB$ vuông tại $E$ (do $BE$ là đường cao). Do đó $A,E,B$ nằm trên đường tròn đường kính $AB$.

Từ đó ta có bốn điểm $A,B,D,E$cùng nằm trên một đường tròn đường kính $AB$

b. Vì $AK$là đường kính của $(O)$ nên $\widehat {ACK} = 90^\circ$( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét $\Delta ABD$ và$\Delta AKC$ có

$\widehat {ABD} = \widehat {AKC}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung$AC$ )

$\widehat {ADB} = \widehat {ACK} = 90^\circ$

Do đó (g-g).

c. Ta có $\Delta BEC$ vuông tại $E$ (do $BE$ là đường cao)

Do đó $B,E,C$ nằm trên đường tròn đường kính $BC$.

Mà $I$là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $BEC$ nên $I$là trung điểm của $BC$.

Do đó $IE = IB = IC$ suy ra $\Delta BIE$ cân tại $I$. Khi đó $\widehat {IBE} = \widehat {IEB}$. $(1)$

Ta cũng có $\Delta AEH$ vuông tại $E$ (do $BE$ là đường cao)

Do đó $A,E,H$ nằm trên đường tròn đường kính $AH$.

Mà $F$là trung điểm$AH$nên $F$là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta AEH$

Do đó $FE = FH$ suy ra $\Delta FEH$cân tại $F$. Khi đó $\widehat {FEH} = \widehat {FHE}$ $(2)$

Mặt khác$\Delta BHD$ vuông tại $D$ nên $\widehat {DBH} + \widehat {BHD} = 90^\circ$ hay $\widehat {IBE} + \widehat {BHD} = 90^\circ$ $(3)$

Mà $\widehat {FHE} = \widehat {BHD}$ (đối đỉnh) $(4)$

Từ $(1)$, $(2)$, $(3)$ và $(4)$ suy ra $\widehat {FEH} + \widehat {IEB} = 90^\circ$ hay $\widehat {IEF} = 90^\circ$

Vậy $EF$ là tiếp tuyến của $(I)$