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

a)   Với $x\ge 0;x\ne 1$ thì ta có

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

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

Vậy $A=\sqrt{x}+1+\sqrt{x}=2\sqrt{x}+1$.

b)  Với $x=\sqrt[3]{27}-\sqrt{4}=\sqrt[3]{3^3}-\sqrt{2^2}=3-2=1$ thì không thỏa mãn điều kiện $x\ne 1$ nên khi đó $A$ vô nghĩa.

                a) Phương trình $2x^2+11x+7=0$ có các hệ số $a=2,b=11,c=7$.

$\Delta =11^2-\mathrm{4.2.7}=65>0$.

                Do $\Delta >0$ nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.

                b) Theo định lí Viète, ta có $x_1+x_2=-\frac{11}{2}$ và $x_1{x}_2=\frac{7}{2}$.

                Ta có $T={\left(-\frac{11}{2}\right)}^2+\frac{7}{2}=\frac{121}{4}+\frac{14}{4}=\frac{135}{4}$.

Ta kí hiệu $\{\begin{array}{l}2x+y=5\left(1\right)\\ x-3y=-1\left(2\right)\end{array}$.

Từ phương trình $\left(2\right)$, ta có:                                                                                                           $x=3y-1\left(3\right)$

Thế vào phương trình $\left(1\right)$, ta được: $2\left(3y-1\right)+y=5$

                                                                                         $6y-2+y=5$

                                                                                           $7y=7$

                                                                                             $y=1$

Thay $y=1$ vào phương trình $\left(3\right)$, ta có:                                                                                                                                 $x=3.1-1=2$.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $\left(x;y\right)=\left(2;1\right)$.

Gọi $R\left(cm\right),h\left(cm\right)$ lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của bình nước ($R>0,h>0$).

Khi đó chiều dài, chiều rộng, chiều cao của hộp giấy lần lượt là $2R,2R,h$.

Thể tích của bình nước được tính theo công thức $V_b=\pi R^{2}h$.

Thể tích của hộp giấy được tính theo công thức $V_h=2R.2R.h=4R^{2}h$.

Theo giả thiết, ta có $V_b=2000$ nên $\pi R^{2}h=2000$ suy ra $R^{2}h=\frac{2000}{\pi }$.

Vậy thể tích của hộp giấy là $V_h=4.\frac{2000}{\pi }\approx 2546\left(c{m}^3\right)$.

Kích thước mẫu là $N=2+2+4+m+m+2+m+1+3+1=3m+15$.

Theo giả thiết $N=45$ nên $3m+15=45$.

Do đó $m=10$.

Số kết quả có thể xảy ra của phép thử “chọn ngẫu nhiên 1 học sinh lớp 9A” là $45$.

Số kết quả thuận lợi cho biến cố “chọn được học sinh có điểm kiểm tra cuối kì 2 môn Toán lớn hơn 7” là $m+1+3+1=m+5=10+5=15$.

Xác suất cần tính là $\frac{15}{45}=\frac{1}{3}$.

Gọi $x\left(m\right),y\left(m\right)$ là các kích thước của hàng rào như trong hình $x>0,y>0$.

Nếu có $100$ mét hàng rào bao quanh ba mặt như hình thì $x+y+y=100$ hay $x=100-2y$.

Khi đó, diện tích của khu vực bảo vệ là $S=xy=\left(100-2y\right)y=2\left(50-y\right)y$.

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có $\left(50-y\right)y\le {\left(\frac{50-y+y}{2}\right)}^2$.

Suy ra $S\le 1250$.

Dấu “$=$” xảy ra khi và chỉ khi $50-y=y$ hay $y=25$.

Vậy diện tích tối đa của khu vực bảo vệ là $1250$ mét vuông.

a)   Vì $BE$, $CF$ là các đường cao của $\Delta ABC$ nên $\Delta BCE$ vuông tại $E$ và $\Delta BCF$ vuông tại $F$.

Do đó, $\Delta BCE$ và $\Delta BCF$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC$. Do đó tứ giác $BCEF$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC$.

b)   Xét hai tam giác $KBE$ và $KFC$, ta có:

                     +) $\widehat{EKB}=\widehat{CKF}$ (góc chung)

                     +) $\widehat{KEB}=\widehat{KCF}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn  của đường tròn đường kính $BC$)

Suy ra $\Delta KBE\sim \Delta KFC$.

Do đó $\frac{KE}{KC}=\frac{KB}{KF}$.

Suy ra $KE.KF=KB.KC$ (đpcm).

c)   Ta có: $\widehat{BEC}=\widehat{SCA}=90^{\circ }$ (vì $BE$ là đường cao của $\Delta ABC$ và $\widehat{SCA}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left(O\right)$)

Suy ra $BH//SC$.

Ta có:

                     +) $\widehat{BAS}=\widehat{BCS}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn  của đường tròn $\left(O\right)$)

                     +) $\widehat{BCS}=\widehat{CBE}$ (do $BH//SC$)

                     +) $\widehat{CBE}=\widehat{CFE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn  của đường tròn đường kính $BC$)

Suy ra $\widehat{BAS}=\widehat{CFE}\Rightarrow \widehat{AFP}+\widehat{BAS}=\widehat{AFP}+\widehat{CFE}=\widehat{AFH}=90^{\circ }$.

Suy ra $KP\perp AQ$.

Mà $AP\perp KQ$ (do $AH\perp BC$) nên $P$ là trực tâm $\Delta AKQ$.

Suy ra $PQ\perp AK\left(1\right)$.                 

Gọi $M$ là giao điểm của $AK$ và $\left(O\right)$ (với $M\ne A$).

Chứng minh tương tự câu b), ta có $KM.KA=KB.KC$. Suy ra $KE.KF=KM.KA$.

Suy ra tứ giác $AMFE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$.

Suy $\widehat{AMH}=90^{\circ }$.

Mà $\widehat{AMS}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left(O\right)$)

nên $M,H,S$ thẳng hàng. Suy ra $HS\perp AK\left(2\right)$.

Từ $\left(1\right)$ và $\left(2\right)$ suy ra $QP$ song song với $HS$.