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

Không gian mẫu của phép thử là: $\Omega = \left\{ {1;2;3;4;5;6;7;8;9;10} \right\}$ gồm 10 phần tử. suy ra $n\left( \Omega \right) = 10$

Lấy ngẫu nhiên một tấm thẻ từ trong hộp nên các kết quả có thể là đồng khả năng.

Gọi biến cố A: “Lấy được thẻ ghi số chẵn”.

Có 5 kết quả thuận lợi cho biến cố A là: $2;4;6;8;10$.

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

a) P = ( $\frac{1}{{\sqrt x + 1}} + \frac{1}{{\sqrt x - 1}}):\frac{{\surd x}}{{\sqrt x - 1}}$ ) (với điều kiện ${\rm{x}} > 0,{\rm{x}} \ne 1$)

= [$\frac{{\sqrt x - 1}}{{\;\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}$ + $\frac{{\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}]\;:\frac{{\surd x}}{{\sqrt x - 1}}$

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

= $\frac{{2\sqrt x \;}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}$ $:\frac{{\surd x}}{{\sqrt x - 1}}$

= $\frac{2}{{\sqrt x + 1}}$

Vậy P = $\frac{2}{{\sqrt x + 1}}$ với điều kiện ${\rm{x}} > 0,{\rm{x}} \ne 1$.

b) $23{\rm{x}}.P = 2025$ (với điều kiện ${\rm{x}} > 0,{\rm{x}} \ne 1$)

$23x \cdot \frac{2}{{\sqrt x + 1}} = 2025$

$46x = 2025(\sqrt x + 1)$

$46x - 2025\sqrt x - 2025 = 0$ (*)

$(46\sqrt {\rm{x}} + 45)(\sqrt {\rm{x}} - 45) = 0$

Nên $46\sqrt x + 45 = 0$ hoặc $\sqrt x - 45 = 0$

+ $46\sqrt x + 45 = 0$ hay $46\sqrt x = - 45$ suy ra $\sqrt x = \frac{{ - 45}}{{46}}$ (vô nghiệm)

+ $\sqrt x - 45 = 0$ hay $\sqrt x = 45$ suy ra$x = 2025$ (thỏa mãn)

Vậy $x = 2025$ thì $23{\rm{x}}.P = 2025$

a) Vì parabol đi qua điểm $A\left( { - 3; - 4{,}5} \right)$nên ta có:

$- 4{,}5 = x.{( - 3)^2}$

$a = \frac{{ - 4{,}5}}{{{{\left( { - 3} \right)}^2}}}$ = $\frac{{ - 1}}{2}$

Vậy hệ số $a = \frac{{ - 1}}{2}\;$.

b) Chiếc xe tải có chiều rộng bằng 2m nên khoảng cách $EI = IF = \frac{2}{2} = 1\;{\rm{m}}$.

Với ${\rm{x}} = 1$ thì y = $y = \frac{{ - 1}}{2} \cdot {1^2}$ = $\frac{{ - 1}}{2}$ nên chiều cao tối đa của chiếc xe có thể đi qua cổng là:$4{,}5 - \left| {\frac{{ - 1}}{2}} \right| = 4{,}5 - 0{,}5 = 4$ > 3,2

Vậy xe tải này có thể đi được qua cổng đó mà không chạm vào cổng.

Gọi số tiền bác Vĩnh gửi là ${\rm{x}}$ (triệu đồng), $0 < {\rm{x}} < 900$.

Số tiền bác Phúc gửi là $900 - {\rm{x}}$ (triệu đồng)

Bác Vĩnh gửi tiết kiệm với lãi suất $7$%/năm, tức là số tiền lãi là: $0{,}07{\rm{x}}$ (triệu đồng)

Bác Phúc gửi tiết kiệm với lãi suất $6$%/năm, tức là số tiền lãi là: $0{,}06(900 - {\rm{x)}}$ (triệu đồng)

Vì tổng số tiền lãi mà hai bác nhận được là 60 triệu đồng nên ta có phương trình:

$0{,}07{\rm{x}} + 0{,}06(900 - {\rm{x) = }}60$

$0{,}01x = 6$

$x = 600$(TM).

Vậy số tiền bác Vĩnh gửi là $600$triệu đồng, bác Phúc gửi là $300$triệu đồng.

a) Xét $\Delta {\rm{OCB}}$vuông tại $O$ nên $\Delta {\rm{OCB}}$ nội tiếp đường tròn đường kính ${\rm{CB}}$

Xét ${\rm{\Delta HCB}}$vuông tại $H$ nên $\Delta H{\rm{CB}}$ nội tiếp đường tròn đường kính ${\rm{CB}}$

Do đó tứ giác ${\rm{OBHC}}$nội tiếp đường tròn đường kính ${\rm{CB}}$.

b)

theo chứng minh phần a ta có tứ giác ${\rm{OBHC}}$nội tiếp đường tròn đường kính ${\rm{CB}}$

suy ra $\widehat {CHO} = \widehat {CBA} = 45^\circ$ (cùng chắn cung $OC$)

Nên $\widehat {OHB} = \widehat {CHB} - \widehat {CHO} = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ$

Do đó ${\rm{HO}}$ là tia phân giác của $\widehat {CHB}$ .

Xét $\left( O \right)$ có $\widehat {ACB} = 90^\circ$ góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.

Xét $\Delta CBD$ vuông tại $C$, có đường cao $AH$ nên $C{H^2} = HB.HD$ hay $\frac{{HC}}{{HB}} = \frac{{HD}}{{HC}}$

Mặt khác ${\rm{HO}}$ là tia phân giác của $\widehat {CHB}$ nên $\frac{{HC}}{{HB}} = \frac{{CE}}{{BE}}$

Do đó $\frac{{HD}}{{HC}} = \frac{{CE}}{{BE}}$ hay ${\rm{CE}}{\rm{.CH = BE}}{\rm{.HD}}$.

c)

Vì $CD$là đường kính của đường tròn ngoại tiếp $\Delta {\rm{CHD}}$

${\rm{CE}} \bot {\rm{CD}}$ suy ra ${\rm{CE}}$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp $\Delta {\rm{CHD}}$

Gọi ${\rm{CF}}$ là đường kính của $\left( {\rm{O}} \right)$

Ta có $\widehat {{\rm{CHD}}} = \widehat {{\rm{CKF}}} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Do đó ${\rm{F}}{\rm{,}}\;{\rm{K}}{\rm{,}}\;{\rm{D}}$ thẳng hàng

Mặt khác $\widehat {{\rm{CBF}}} = 90^\circ$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra $CD\;{\rm{//}}\;BF$

Theo cmpa ta có $\frac{{{\rm{CE}}}}{{{\rm{BE}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{HD}}}}{{{\rm{CH}}}}$

Do đó $\Delta {\rm{CHD}}$ đồng dạng với $\Delta {\rm{BCD}}$ (g.g)

Nên $\frac{{{\rm{HD}}}}{{{\rm{CH}}}} = \frac{{{\rm{CD}}}}{{{\rm{BC}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{CD}}}}{{{\rm{BF}}}}$

Suy ra $\frac{{{\rm{CE}}}}{{{\rm{BE}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{CD}}}}{{{\rm{BF}}}}$

Xét hai tam giác $\Delta {\rm{DCE}}$ và $\Delta {\rm{BFE}}$

$\widehat {{\rm{DCE}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{FBE}}} = 90^\circ$

$\widehat {{\rm{CDE}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{BFE}}}$ (hai góc so lê trong)

Do đó $\Delta {\rm{DCE}}$ đồng dạng với $\Delta {\rm{BFE}}$ (g.g)

Từ đó $\widehat {{\rm{CED}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{BEF}}}$suy ra $\widehat {{\rm{CEF}}}{\rm{ + }}\widehat {{\rm{CED}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{CEF}}}{\rm{ + }}\widehat {{\rm{BEF}}} = 180^\circ$

Hay ${\rm{D}}{\rm{,}}\;{\rm{E}}{\rm{,}}\;{\rm{F}}$ thẳng hàng

Do đó ${\rm{D}}{\rm{,}}\;{\rm{E}}{\rm{,}}\;{\rm{K}}$ thẳng hàng

Xét tam giác ${\rm{CED}}$ vuông tại ${\rm{C}}$có ${\rm{CK}}$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền${\rm{DE}}$.

Gọi ${\rm{T}}$ là trung điểm của ${\rm{DE}}$ thì ${\rm{CT}} = \frac{1}{2}{\rm{DE}}$

Do đó ${\rm{CK}} \le {\rm{CD}} = \frac{1}{2}{\rm{DE}}$ hay $2.\;{\rm{CD}} \le {\rm{DE}}$

Dấu “=” xảy ra khi tam giác ${\rm{CED}}$ vuông cân tại ${\rm{C}}$

Suy ra $\widehat {{\rm{ECK}}} = 45^\circ$ hay $\widehat {{\rm{BOK}}} = 90^\circ$ do đó ${\rm{K}} \equiv {\rm{C}}$ (không xảy ra)

Vậy ${\rm{DE}} > 2.\;{\rm{CK}}$

Vì ab + 4bc + 4ca = 28 nên ta có:

$\sqrt {8{a^2} + 224} = \sqrt {8{a^2} + 8\left( {{\rm{ab\;}} + {\rm{\;}}4{\rm{bc\;}} + {\rm{\;}}4{\rm{ca}}} \right)}$

$= \sqrt {8({a^2} + {\rm{ab\;}} + {\rm{\;}}4{\rm{bc\;}} + {\rm{\;}}4{\rm{ca}})} = \sqrt {8\left( {a + 4c} \right)\left( {a + b} \right)}$$= \sqrt {\left( {4a + 4b} \right)\left( {2a + 8c} \right)} \le \frac{{6a + 4b + 8c}}{2} = 3a + 2b + 4c$

Chứng minh tương tự, ta có $\sqrt {8{b^2} + 224} \le 3b + 2a + 4c$;

$\sqrt {16{c^2} + 28} \le 4c + \frac{{a + b}}{2}$

Do đó $T \ge \frac{{2(11a + 11b + 24c)}}{{11a + 11b + 24c}} = 2$.

Vậy GTNN là $2$

Dấu bằng xảy ra khi $\left\{ \begin{array}{l}4a + 4b = 2a + 8c\\4a + 4b = 2b + 8c\\4a + c = 4c + b\\ab + 4bc + 4ca = 28\end{array} \right.$ hay $\left\{ \begin{array}{l}a = b = 2\\c = \frac{3}{2}\end{array} \right.$