Đề thi minh họa (Dự thảo) TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Đồng Nai

Ta có ${\Delta }^{\prime }={\left(-3\right)}^2-1\cdot 8=1>0.$ Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt:

$$x_1=\frac{3+\sqrt{1}}{1}=4;x_2=\frac{3-\sqrt{1}}{1}=2$$.

Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với 2 và nhân hai vế của phương trình thứ hai với 5, ta được:

$\{\begin{array}{l}10x-4y=16\\ 10x+25y=45.\end{array}$

Trừ từng vế hai phương trình của hệ mới, ta được $29y=29$ hay $y=1.$

Thế $y=1$ vào phương trình thứ nhất của hệ đã cho, ta có $5x-2\cdot 1=8,$ suy ra $5x=10$ nên $x=2.$

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là $\left(2;1\right)$.

3) Ta có bảng giá trị: x $$-2$$ $$-1$$ 0 1 2 $$y=2x^2$$ 8 2 0 2 8 Trên mặt phẳng tọa độ, lấy các điểm $$A\left(-2;8\right),B\left(-1;2\right),O\left(0;0\right),B^{\prime }\left(1;2\right),A^{\prime }\left(2;8\right).$$

Đồ thị hàm số $$y=2x^2$$ là một đường parabol đỉnh $$O,$$ đi qua các điểm trên và có dạng như dưới đây: y=2x2. (ảnh 1)">

Tổng số chữ cái trong câu “Học hành vất vả kết quả ngọt bùi” là $n=35.$

Số lần xuất hiện của các chữ cái $$b,n,o,t,v$$ tương ứng là $$m_1=1,m_2=4,m_3=3,$$$$m_4=3,m_5=3.$$ Do đó các tần số tương đối cho các chữ cái $$b,n,o,t,v$$ lần lượt là:

$$f_1=\frac{1}{35}\cdot 100\%\approx 2,86\%,f_1=\frac{4}{35}\cdot 100\%\approx 11,43\%,f_3=f_4=f_5=\frac{3}{35}\cdot 100\%\approx 8,57\%.$$

Ta có bảng tần số tương đối sau:

Áp dụng định lí Viète, ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-7\\ x_1{x}_2=5\end{array}$.

Ta có $$M=x_1^2+x_2^2-6x_1{x}_2=x_1^2+x_2^2+2x_1{x}_2-8x_1{x}_2$$

$$={\left(x_1+x_2\right)}^2-8x_1{x}_2={\left(-7\right)}^2-8\cdot 5=9$$.

Vậy $M=x_1^2+x_2^2-6x_1{x}_2=9.$

Gọi $x(\mathrm{m})$ là chiều rộng của thửa đất hình chữ nhật $\left(x>0\right)$.

Chiều dài của thửa đất hình chữ nhật đó là $x+19(\mathrm{m}).$

Diện tích của thửa đất hình chữ nhật đó là: $x\left(x+19\right)({\mathrm{m}}^2).$

Theo bài, diện tích thửa đất bằng $150{\mathrm{m}}^2$ nên ta có phương trình: $x\left(x+19\right)=150$

Giải phương trình:

$x\left(x+19\right)=150$

$x^2+19x-150=0$

$x^2-6x+25x-150=0$

$x\left(x-6\right)+25\left(x-6\right)=0$

$\left(x-6\right)\left(x+25\right)=0$

$x-6=0$ hoặc $x+25=0$

$x=6$ (thỏa mãn) hoặc $x=-25$ (không thỏa mãn).

Như vậy, chiều rộng của thửa đất là $6\mathrm{m}$ và chiều dài của thửa đất là $6+19=25(\mathrm{m}).$

Số mét tường cần xây là: $2\cdot \left(6+25\right)-5=57(\mathrm{m}).$

Số tiền dư định xây bức tường đó là: $57\cdot 2=114$ (triệu đồng).

⦁ Với $x\ge 0,x\ne 1,$ ta có:

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

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

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

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

Như vậy, với $x\ge 0,x\ne 1$ thì $$P=\frac{2}{\sqrt{x}+1}.$$

⦁ Với $x\ge 0,x\ne 1,$ ta có: $\sqrt{x}+1>0$ nên $\frac{2}{\sqrt{x}+1}>0$ tức là $P>0.$

Với $x\ge 0,x\ne 1,$ ta cũng có $\sqrt{x}+1\ge 1$ nên $\frac{2}{\sqrt{x}+1}\le 2$ tức là $P\le 2.$

Do đó, ta có $0<P\le 2.$

Để $P$ nhận giá trị nguyên thì $P\in \left\{1;2\right\}.$

Với $P=1,$ ta có $$\frac{2}{\sqrt{x}+1}=1,$$ suy ra $\sqrt{x}+1=2$ do đó $\sqrt{x}=1,$ nên $x=1$ (không thỏa mãn).

Với $P=2,$ ta có $$\frac{2}{\sqrt{x}+1}=2,$$ suy ra $\sqrt{x}+1=1$ do đó $\sqrt{x}=0,$ nên $x=0$ (thỏa mãn).

Vậy $x=0$ thì $P$ nhận giá trị nguyên.

Độ dài dây $AB$ nhỏ nhất khi $A$ và $B$ có vị trí như hình vẽ.

Xét $\Delta ABH$ vuông tại $H$, ta có: $$HB=AB\cdot \sin \widehat{BAH}$$

Suy ra $$AB=\frac{HB}{\sin \widehat{BAH}}\approx \frac{3,146}{\sin 4^{\circ }}\approx 45,10(\mathrm{m}).$$

Vậy độ dài dây $AB$ nhỏ nhất khoảng $45,10\mathrm{m}.$

Vì $AB,AC$ lần lượt là hai tiếp tuyến của đường tròn $\left(O\right)$ tại $B,C$ nên $AB\perp OB,AC\perp OC.$

Do $\Delta OAB$ vuông tại $B$ nên đường tròn ngoại tiếp tam giác $\Delta OAB$ có tâm là trung điểm của cạnh huyền $OA.$ Tức là ba điểm $O,A,B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OA.$

Chứng minh tương tự đối với $\Delta OAC$ vuông tại $C$ ta có ba điểm $O,A,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OA.$

Gọi $G$ là giao điểm của $AD$ và $OE.$ Nối $CD,GC.$

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

Do đó $\widehat{DCE}=90^{\circ }$ nên $\Delta CDE$ vuông tại $C,$ chứng minh tương tự câu a, ta có ba điểm $C,D,E$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $DE.$

Ta có $OE\perp CD$ tại $G$ nên $\widehat{OGA}=\widehat{DGE}=90^{\circ }.$

Tam giác $DGE$ vuông tại $G$ nên ba điểm $D,G,E$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $DE.$

Do đó tứ giác $CGDE$ nội tiếp đường tròn đường kính $DE.$

Suy ra $\widehat{CDE}=\widehat{CGE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $CE)$.   (1)

Chứng minh tương tự, ta có tứ giác $OACG$ nội tiếp đường tròn đường kính $OA.$

Suy ra $\widehat{CGO}+\widehat{OAC}=180^{\circ }$ (tổng hai góc đối nhau của tứ giác nội tiếp)

Mà $\widehat{CGO}+\widehat{CGE}=180^{\circ }$ (hai góc kề bù)

Do đó $\widehat{OAC}=\widehat{CGE}$.

Theo câu a, tứ giác $ABOC$ nội tiếp đường tròn đường kính $OA$ nên $$\widehat{OAC}=\widehat{OBC}$$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $OC)$.

Suy ra $\widehat{CGE}=\widehat{OBC}$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{CDE}=\widehat{OBC}$ hay $\widehat{CDE}=\widehat{DBC}.$

Lại có $\widehat{DBC}+\widehat{BDC}=90^{\circ }$ (tổng hai góc nhọn của $\Delta BCD$ vuông tại $C)$

Suy ra $\widehat{CDE}+\widehat{BDC}=90^{\circ }$ hay $\widehat{ODE}=90^{\circ }$

Do đó $ED\perp OD$ tại điểm $D$ thuộc đường tròn $\left(O\right)$

Vậy $ED$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left(O\right).$