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

1)   Tính giá trị các biểu thức sau: 

$A=\sqrt{25}+\sqrt[3]{8}=5+2=7$

$B=\sqrt{{\left(2+\sqrt{7}\right)}^2}=|2+\sqrt{7}|=2+\sqrt{7}$ (vì $2+\sqrt{7}>0$)

2)   $P=\frac{x-4}{\sqrt{x+2}}$, với $x\ge 0$.

Giải phương trình:   $(3x-5)(2x+4)=0$

$(3x-5)(2x+4)=0$

$3x-5=0$ hoặc $2x+4=0$

$x=\frac{5}{3}$ hoặc $x=-2$

Giải hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}3x-4y=2\\ 2x+y=5\end{array}$

Từ phương trình thứ hai: $y=5-2x$

Thay vào phương trình thứ nhất:

$3x-4(5-2x)=2$

$3x-20+8x=2$

$11x=22\Rightarrow x=2$

Thay $x=2$ vào $y=5-2x$:

$y=5-4=1$

Vậy nghiệm hệ: $(x,y)=(2;1)$

Đổi 30 phút = $\frac{1}{2}$ (h)

Gọi vận tốc của xe ô tô thứ nhất là $x$ (km/h), với $x>0$.

Vận tốc xe ô tô thứ hai là $x+15$ (km/h).

Thời gian xe ô tô thứ nhất và thứ hai đi hết quãng đường lần lượt là: $\frac{90}{x}(h)$

Thời gian xe ô tô thứ hai đi hết quãng đường lần lượt là: $\frac{90}{x+15}(h)$

Theo bài, ta có phương trình:  $\frac{90}{x}-\frac{90}{x+15}=\frac{1}{2}$

$\begin{array}{l}\frac{90.2\left(x+15\right)}{2x\left(x+15\right)}-\frac{90.2x}{2x(x+15)}=\frac{x(x+15)}{2x(x+15)}\end{array}$

$180x+2700-180x=x^2+15x$

$x^2+15x-2700=0$

Giải phương trình ta được $x=45$ (loại nghiệm $x=-60$).

Vậy vận tốc xe thứ nhất là $45$ km/h, vận tốc xe thứ hai là $45+15=60$ km/h.

Vẽ đồ thị hàm số $y=x^2$.

Cho phương trình: $x^2-3x+2=0$ (1)

Vì $\Delta =1>0$ nên phương trình có hai nghiệm nên theo hệ thức Vi-ét: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=3\\ x_1{x}_2=2\end{array}$

Biểu thức cần tính là: $P=x_1^3+3x_2^2+2x_1+2011$

Ta có: $x_1^3=x_1.x_1^2$  và từ phương trình (1) suy ra: $x_1^2=3x_1-2$

Nên: $x_1^3=x_1(3x_1-2)=3x_1^2-2x_1$

Thay $x_1^3$ vào biểu thức $P$:

$P=(3x_1^2-2x_1)+3x_2^2+2x_1+2011=3x_1^2+3x_2^2+(-2x_1+2x_1)+2011$$=3(x_1^2+x_2^2)+2011$

Ta có: $x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2{)}^2-2x_1{x}_2=3^2-2.2=9-4=5$

Vậy $P=3.5+2011=15+2011=2026$

Thể tích thùng nước:

$V=\pi R^{2}h=3,14.(0,6{)}^2\times 1,8\approx 2(m^3)$

Chiều cao ngôi nhà:

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $A$, ta có:

$\tan 65^{\circ }=\frac{AC}{AB}\Rightarrow AC=AB.\tan 65^{\circ }=12.\tan 65^{\circ }\approx 25,7m$

a) Chứng minh tứ giác $BCDE$ nội tiếp đường tròn.

Ta có: $\Delta BCE$ vuông tại $E$ nên nội tiếp đường tròn đường kính $BC$.

$\Delta BCD$ vuông tại $D$ nên nội tiếp đường tròn đường kính $BC$.

Suy ra tứ giác $BCDE$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC$.

b) Chứng minh $AE.AB=AD.AC$

+) Xét hai $\Delta AED$ và $\Delta ACB$:

- Vì tứ giác $BCDE$ nội tiếp nên$\widehat{BED}+\widehat{BCD}=180^O$

- Lại có $\widehat{BED}+\widehat{DEA}=180^{\circ }$ (hai góc kề bù).

Suy ra $\widehat{BCD}=\widehat{DEA}$;  $\widehat{BAC}$ chung

+) nên

Suy ra: $\frac{AE}{AC}=\frac{AD}{AB}\Rightarrow AE.AB=AD.AC$

Cách 2: Xét hai tam giác vuông $\Delta ADB$ và $\Delta AEC$:

Có $\widehat{BAC}$ chung nên  (góc nhọn).

c) Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $BC$ và $AH$. Gọi $K,L$lần lượt là giao điểm của hai đường thẳng $OM$ và $CE$, $MN$ và $BD$.

Chứng minh $\widehat{MLB}=\widehat{MKB}$

+) Gọi $I$ là giao điểm của $ED$ và $MN$ suy ra $MN$ là trung trực của $ED$ (do $MD=ME$ và $ND=NE$).

+) Xét $\Delta IDL$ và $\Delta MCK$ có:  $\widehat{IDL}=\widehat{EDH}=\widehat{ECB}$.

Nên  

Suy ra ${\hat{K}}_2={\hat{L}}_2$. Mà ${\hat{K}}_1={\hat{K}}_2$ và ${\hat{L}}_1={\hat{L}}_2$.

Do đó ${\hat{K}}_1={\hat{L}}_1$. 

Vậy: $\widehat{MLB}=\widehat{MKB}$