Đề thi tham khảo TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Bình Phước

$A=\sqrt{16}+\sqrt[3]{27}=\sqrt{4^2}+\sqrt[3]{3^3}=4+3=7.$

$B=\sqrt{{\left(3+\sqrt{5}\right)}^2}=\left|3+\sqrt{5}\right|=3+\sqrt{5}.$

Với $x\ne -\sqrt{5},$ ta có:

$P=\frac{x^2-5}{x+\sqrt{5}}=\frac{\left(x+\sqrt{5}\right)\left(x-\sqrt{5}\right)}{x+\sqrt{5}}=x-\sqrt{5}.$

Vậy với $x\ne -\sqrt{5}$ thì $P=x-\sqrt{5}.$

$\left(2x+3\right)\left(3x-6\right)=0$

$2x+3=0$ hoặc $3x-6=0$

$2x=-3$ hoặc $3x=6$

$x=-\frac{3}{2}$ hoặc $x=2.$

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là $x=-\frac{3}{2};x=2.$

$\{\begin{array}{l}\begin{array}{l}5x-2y=8\left(1\right)\\ 3x+4y=10\left(2\right)\end{array}\end{array}$

Nhân hai vế của phương trình (1) với 2, ta được hệ phương trình mới $$\{\begin{array}{l}\begin{array}{l}10x-4y=16\left(3\right)\\ 3x+4y=10\left(2\right)\end{array}\end{array}$$

Cộng từng vế của hai phương trình của hệ trên, ta được phương trình:

$13x=26,$ suy ra $x=2.$

Thay $x=2$ vào phương trình (1), ta được: $5\cdot 2-2y=8,$ suy ra $y=1.$

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

Gọi chiều rộng mảnh vườn hình chữ nhật là $$x$$ (m) $$\left(x>0\right).$$

Chiều rộng ngắn hơn chiều dài 6 m nên chiều dài mảnh vườn là $x+20$ (m).

Diện tích mảnh vườn là: $x\left(x+20\right)$ (m²).

Theo bài, mảnh vườn có diện tích là $1664$ m² nên ta có phương trình:

$x\left(x+20\right)=1664$

$x^2+20x-1664=0.$

Ta có ${\Delta }^{\prime }=10^2-1\cdot \left(-1664\right)=1764>0$ và $\sqrt{1764}=42.$

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt:

$$x_1=--10+42=32,x_2=--10--42=--52.$$

Ta thấy chỉ có giá trị $$x_1=32$$ thỏa mãn điều kiện $$x>0.$$

Vậy chiều rộng mảnh vườn là $32$ m và chiều dài mảnh vườn là $$32+20=52$$ (m).

Bảng giá trị của hàm số:

Trên mặt phẳng tọa độ $Oxy,$ lấy các điểm $A\left(-2;2\right),$ $B\left(-1;\frac{1}{2}\right),$ $O\left(0;0\right),$ $C\left(1;\frac{1}{2}\right),$ $D\left(2;2\right).$

Đồ thị của hàm số $y=\frac{1}{2}{x}^2$ là một đường parabol đỉnh $O,$ đi qua các điểm trên và có dạng như hình vẽ sau:

y=21​x2. (ảnh 1)">

Vì $x_1$ là nghiệm của phương trình $x^2-2x-5=0$ nên ta có $x_1^2-2x_1-5=0,$ suy ra $x_1^2=2x_1+5.$

Theo định lí Viète, ta có: $x_1+x_2=2.$

Ta có: $S=x_1^3+9x_2+7=x_1\cdot x_1^2+9x_2+7=x_1\cdot \left(2x_1+5\right)+9x_2+7$

$=2x_1^2+5x_1+9x_2+7=2\cdot \left(2x_1+5\right)+5x_1+9x_2+7=4x_1+10+5x_1+9x_2+7$

$=9x_1+9x_2+17=9\left(x_1+x_2\right)+17=9\cdot 2+17=35.$

Vậy giá trị của biểu thức $S$ là $35.$

Bảng tần số biểu diễn số lỗi chính tả của học sinh như sau:

Kích thước mẫu là: $N=40.$

Vì tần số của giá trị 0 là 4 nên tần số tương đối của giá trị 0 là$\frac{4}{40}\cdot 100\%=10\%.$

Vì tần số của giá trị 1 là 10 nên tần số tương đối của giá trị 1 là $\frac{10}{40}\cdot 100\%=25\%.$

Tương tự, ta tính được tần số tương đối của các giá trị 2, 3, 4, 5 lần lượt là $17,5\%;12,5\%;20\%;15\%.$

Ta thu được bảng tần số tương đối như sau:

2) Khi chọn ngẫu nhiên một học sinh trong lớp 9A, các kết quả là đồng khả năng.

Có tất cả 40 kết quả xảy ra và số kết quả thuận lợi để học sinh này có số lỗi nhiều hơn 3 là: $8+6=14.$

Xác suất để học sinh này có số lỗi nhiều hơn 3 là: $\frac{14}{40}=\frac{7}{20}.$

Bán kính của lòng bể là: $r=R-b=1,2-0,05=1,15(\mathrm{m}).$

Dung tích của bể nước là: $V=\pi r^{2}h=\pi \cdot 1,15^2\cdot 1,6=2,116\pi ({\mathrm{m}}^3)\approx 6,65({\mathrm{m}}^3).$

Xét $\Delta ABC$ vuông tại $C,$ ta có: $$BC=AC\cdot \sin A=16\cdot \sin 42^{\circ }\approx 10,71(\mathrm{m}).$$

Vậy chiều dài $BC$ của đoạn dây cáp khoảng $$10,71\mathrm{m}.$$

Xét $\Delta AEH$ vuông tại $E$ có $I$ là trung điểm của cạnh huyền $AH$ nên đường tròn ngoại tiếp $\Delta AEH$ là đường tròn tâm $I$ đường kính $AH.$

Tương tự, đường tròn ngoại tiếp $\Delta AFH$ vuông tại $F$ là đường tròn tâm $I$ đường kính $AH.$

Như vậy, đường tròn tâm $I$ đường kính $AH$ đi qua các điểm $A,E,H,F.$

Vậy tứ giác $AEHF$ nội tiếp đường tròn tâm $I.$

Ta có $IA=IF$ nên $\Delta IAF$ cân tại $I.$ Suy ra $\widehat{IAF}=\widehat{IFA}.$    (1)

Vì tứ giác $AEHF$ là tứ giác nội tiếp nên $\widehat{HAF}=\widehat{HEF}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $HF).$ (2)

Chứng minh tương tự câu 1, ta cũng có tứ giác $$BFEC$$ nội tiếp đường tròn tâm $M$ đường kính $FC.$

Do đó $$\widehat{BEF}=\widehat{BCF}$$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BF).$ (3)

Ta có $MF=MC$ nên $\Delta MFC$ cân tại $M.$ Suy ra $\widehat{MCF}=\widehat{MFC}.$ (4)

Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra $\widehat{IFA}=\widehat{MFC}.$

Lại có $\widehat{IFA}+\widehat{IFC}=90^{\circ }$ suy ra $\widehat{MFC}+\widehat{IFC}=90^{\circ }$ hay $\widehat{IFM}=90^{\circ }$ nên $FM\perp FI.$

⦁ Do tứ giác $BFEC$ nội tiếp đường tròn nên $\widehat{BFE}+\widehat{BCE}=180^{\circ }$ (tổng hai góc đối nhau của tứ giác nội tiếp).

Mà $\widehat{BFE}+\widehat{AFE}=180^{\circ }$ (hai góc kề bù) nên $$\widehat{AFE}=\widehat{BCE}.$$

Xét $\Delta AEF$ và $\Delta ABC$ có: $\widehat{BAC}$ là góc chung và $\widehat{AFE}=\widehat{ACB}.$

Do đó (g.g). Suy ra $\frac{AF}{AC}=\frac{EF}{BC}.$

Gọi $P$ là trung điểm của $EF.$ Khi đó, $EF=2FP.$

Do $M$ là trung điểm của $BC$ nên $BC=2CM.$

Do đó $\frac{AF}{AC}=\frac{EF}{BC}=\frac{2FP}{2CM}=\frac{FP}{CM}.$

Xét $\Delta AFP$ và $\Delta ACM$ có: $\widehat{AFP}=\widehat{ACM}$ và $\frac{AF}{AC}=\frac{FP}{CM}.$

Do đó (c.g.c). Suy ra $\widehat{FAP}=\widehat{CAM}$ (hai góc tương ứng). (9)

⦁ Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC.$

Vì $NB,NC$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $\left(O\right)$ nên $NB=NC$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), suy ra $N$ nằm trên đường trung trực của $BC.$

Lại có $OB=OC$ nên $O$ nằm trên đường trung trực của $BC.$

Do đó $ON$ là đường trung trực của $BC.$

Mà $M$ là trung điểm của $BC$ nên đường trung trực $$ON$$ của $BC$ đi qua $M$ hay $ON\perp BC$ tại $M.$

Xét $\Delta ABC$ có hai đường cao $BE,CF$ cắt nhau tại $H$ nên $H$ là trực tâm của tam giác, suy ra $AH\perp BC.$

Ta có $ON\perp BC$ và $AH\perp BC$ nên $ON//AH.$ Suy ra $\widehat{HAN}=\widehat{ONA}$ (hai góc so le trong). (5)

Xét $\Delta OBM$ và $\Delta ONB$ có: $\widehat{OMB}=\widehat{OBN}=90^{\circ }$ và $\widehat{BON}$ là góc chung

Do đó (g.g). Suy ra $\frac{OB}{ON}=\frac{OM}{OB}$ hay $O{B}^2=OM\cdot ON.$

Mà $OB=OA$ nên $O{A}^2=OM\cdot ON,$ suy ra $\frac{OA}{OM}=\frac{ON}{OA}.$

Xét $\Delta ONA$ và $\Delta OAM$ có: $\widehat{AON}$ là góc chung và $\frac{OA}{OM}=\frac{ON}{OA}.$

Do đó (g.g). Suy ra $\widehat{ONA}=\widehat{OAM}$ (hai góc tương ứng). (6)

Từ (5) và (6) suy ra $\widehat{HAN}=\widehat{OAM}.$ (7)

Xét $\Delta OAC$ cân tại $O$ (do $OA=OC)$ nên $\widehat{OAC}=\widehat{OCA}=\frac{180^{\circ }-\widehat{AOC}}{2}.$

Lại có $\widehat{ABC},\widehat{AOC}$ lần lượt là góc nội tiếp, góc ở tâm cùng chắn cung $AC$ của đường tròn $\left(O\right)$ nên $\widehat{ABC}=\frac{1}{2}\widehat{AOC}$ hay $\widehat{AOC}=2\widehat{ABC}.$

Do đó $\widehat{OAC}=\frac{180^{\circ }-2\widehat{ABC}}{2}=90^{\circ }-\widehat{ABC}=90^{\circ }-\widehat{FBC}.$

Mà $\widehat{FBC}+\widehat{FCB}=90^{\circ }$ (tổng hai góc nhọn của $\Delta FBC$ vuông tại $F)$ nên $\widehat{FCB}=90^{\circ }-\widehat{FBC}.$

Suy ra $\widehat{OAC}=\widehat{FCB}.$

Mặt khác, $\widehat{HAF}=\widehat{HEF}$ và $$\widehat{BEF}=\widehat{BCF}$$ (chứng minh câu 2) nên $\widehat{HAF}=\widehat{OAC}.$ (8)

Từ (7) và (8) suy ra $\widehat{HAN}+\widehat{HAF}=\widehat{OAM}+\widehat{OAC}$ hay $\widehat{FAN}=\widehat{CAM}.$ (10)

⦁ Từ (9) và (10) suy ra $\widehat{FAP}=\widehat{FAN}$ hay ba điểm $A,P,N$ thẳng hàng.

Vậy đường thẳng $AN$ đi qua trung điểm $P$ của $EF.$