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

$$2x-6=0$$.

 $$2x=6$$

 $$x=3$$.

$$4x\ge x+3$$.
   $$3x\ge 3$$ hay $$x\ge 1$$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $$x\ge 1$$.

a. Rút gọn biểu thức N: $$N=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}+\frac{1}{\sqrt{x}-2}+\frac{-4}{x-4}$$ . 

$$N=\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}+\frac{\sqrt{x}+2}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}+\frac{-4}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}$$

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

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

b. Tìm giá trị nguyên x để $$P=M.N$$nguyên.
$$P=M.N=\frac{2\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+1}.\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+2}=\frac{2\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+2}=2+\frac{-3}{\sqrt{x}+2}$$.

$$P\in \mathbb{Z}$$ khi $$\frac{-3}{\sqrt{x}+2}\in \mathbb{Z}$$ hay $$\sqrt{x}+2$$ $$\in$$ Ư$$\left\{3\right\}=\left\{\pm 1;\pm 3\right\}$$.

Vậy $$x=1$$.

Gọi $$x$$ là giá niêm yết ban đầu của chiếc tivi, $$y$$ là giá niêm yết ban đầu của chiếc tủ lạnh (triệu đồng) $$\left(0<x,y<25\right)$$.
Ta có $$x+y=25$$.
Tổng số tiền mua chiếc ti vi và tủ lạnh sau khi giảm giá là  $$0,9x+0,8y=21$$.
Giải hệ phương trình $$\{\begin{array}{l}x+y=25\\ 0,9x+0,8y=21\end{array}$$ ta được $$x=10,y=15$$ (TMĐK)

Vậy giá niêm yết của chiếc ti vi và tủ lạnh lần lượt là 10 và 15 triệu đồng.

Thể tích khúc gỗ hình trụ là   .
Số tiền bác An mua khúc gỗ là $$0,18\pi \cdot 5000000\approx 2830000$$ đồng.

Không gian mẫu của phép thử là $\Omega =\left\{1,2,\dots ,14,15\right\}$.

Số phần tử của không gian mẫu là: $n\left(\Omega \right)=15$

A là biến cố “Rút được thẻ ghi số chia hết cho 5 “ nên $$A=\left\{5,10,15\right\}$$.

 Số phần tử của biến cố $$n\left(A\right)=3$$

Xác suất rút được thẻ ghi số chia hết cho 5 là $$P\left(A\right)=\frac{3}{15}=\frac{1}{5}$$.

1. Ta có $$\widehat{AEH}=90^{\circ }$$ (giả thiết); $$\widehat{ADH}=90^{\circ }$$(giả thiết).

Do đó bốn điểm $A,D,H,E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $$AH$$ .

2. Ta có  $$\widehat{BAC}=\widehat{BMC}$$ (cùng chắn cung $$BC$$).

Mà $$\widehat{BAC}=\widehat{MHC}$$ (cùng bù với $$\widehat{EHD}$$).

Do đó $$\widehat{BMC}=\widehat{MHC}$$. Vậy tam giác $$MHC$$ cân tại $$C$$.

Kẻ đường kính $$AI$$ của đường tròn (O). Xét tứ giác $$BHCI$$ có

$$BH//CI$$(vì cùng vuông góc với $$AC$$).

$$CH//BI$$(vì cùng vuông góc với $$AB$$).

Do đó tứ giác $$BHCI$$là hình bình hành.

Mà $K$là trung điểm của $BC$ nên $K$là trung điểm của $$HI$$.

Tam giác $$AHI$$ có $$OK$$là đường trung bình nên $$AH=2OK.$$

3. Ta có $$\widehat{NEB}=\widehat{AED}$$ (đối đỉnh);  $$\widehat{AED}=\widehat{AHD}$$ (cùng chắn cung $$AD$$).

$$\widehat{AHD}=\widehat{BHF}$$ (đối đỉnh).

$$\widehat{BHF}=\widehat{BEF}$$ (cùng chắn cung $$BF$$, tứ giác $$BEHF$$ nội tiếp).

$$\Rightarrow \widehat{NEB}=\widehat{BEF}$$

Suy ra $$EB$$là phân giác của tam giác $$NEF$$ .

Vì $$EB$$ vuông $$EC$$nên $$EC$$ là phân giác ngoài của tam giác $$NEF$$.

Suy ra $$\frac{BN}{BF}=\frac{CN}{CF}=\frac{EN}{EF}$$. Do đó $$BN.CF=CN.BF.$$