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

a) Tính giá trị biểu thức $A=\sqrt{4}+\sqrt{64}-\sqrt{81}$.

Ta có:$A=\sqrt{4}+\sqrt{64}-\sqrt{81}$

             $=2+8-9=1$

Vậy $A=1$.

b) Giải bất phương trình $5x-12\le 2x+3$.

Ta có: $5x-12\le 2x+3$

                  $\begin{array}{l}3x\le 15\\ x\le 5\end{array}$

Vậy bất phương trình có nghiệm là $x\le 5$.

a) Vẽ đồ thị hàm số $y=\frac{1}{4}{x}^2$.

Bảng giá trị

Đồ thị

b) Cho phương trình bậc hai $x^2-3x-5=0$. Chứng minh phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$. Không giải phương trình, hãy tính giá trị của các biểu thức $B=x_1^2+x_2^2$ và $C=x_1^2+x_2\left(x_1+3\right)-4$.

Xét phương trinh $x^2-3x-5=0$ có $a=1;b=-3;c=-5$

Vì $\Delta ={\left(-3\right)}^2-\mathrm{4.1.}\left(-5\right)=29>0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Áp dụng dịnh lý Viète ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=3\\ x_1,x_2=-5\end{array}$

Khi đó ta có:

$B=x_1^2+x_2^2={\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2=3^2-2\cdot \left(-5\right)=19$

$C=x_1^2+x_2\left(x_1+3\right)-4$

$C=x_1^2+x_2\left(x_1+x_1+x_2\right)-4=x_1^2+2x_1{x}_2+x_2^2-4={\left(x_1+x_2\right)}^2-4=3^2-4=5$

Gọi $x,y$ (triệu đồng) lần lượt là doanh thu của mỗi hãng taxi A và B trong ngày thứ nhất.

                 (ĐK: $0<x,y<90$)

                 Vì tổng doanh thu của hai hãng trong ngày thứ nhất là $90$(triệu đồng) nên ta có phương

trình: $x+y=90$ (1).

Trong ngày thứ hai:

                 • Doanh thu của hãng A tăng $20\%$ nên doanh thu của hãng A là: $x+0,2x=1,2x$ (triệu đồng)

                 • Doanh thu của hãng B giảm $10\%$ nên doanh thu của hãng B là: $y-0,1y=0,9y$ (triệu đồng)

                 Vì tổng doanh thu của hai hãng trong ngày thứ hai là $93$(triệu đồng) nên ta có phương trình: $1,2x+0,9y=93$ (2)

                 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}x+y=90\\ 1,2x+0,9y=93\end{array}$

                 Nhân $2$ vế của phương trình thứ nhất cho $1,2$ta được hệ: $\{\begin{array}{l}1,2x+1,2y=108\\ 1,2x+0,9y=93\end{array}$

                 Trừ từng vế của hai phương trình ta được: $0,3y=15$, suy ra $y=50$.

                 Thế $y=50$ vào phương trình $x+y=90$, ta được: $x+50=90$, suy ra $x=40$

                 Hệ phương trình có nghiệm: $\{\begin{array}{l}x=40\\ y=50\end{array}$ (thỏa mãn điều kiện)

                 Vậy doanh thu của mỗi hãng trong ngày thứ nhất là:

  Hãng A: $40$ triệu đồng; Hãng B: $50$ triệu đồng.

Gọi $A$ là biến cố “viên bi nằm trong ô vuông màu đen”.

Từ hình vẽ ta đếm được có 31 ô vuông màu đen.

Do đó có 31 kết quả thuận lợi của biến cố $A$ hay $n\left(A\right)=31$.

Có tất cả $13.9=117$ ô vuông. Do đó có $117$ kết quả có thể xảy ra hay $n\left(\Omega \right)=117$.

Vậy xác suất để viên bi nằm trong ô vuông màu đen là: $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{31}{117}$.

Bán kính của đường tròn đáy ly là: $r=6,8:2=3,4$ (cm).

                 Thể tích chiếc ly là: $V=\pi .r^2.h\approx 3,14.(3,4{)}^2.11,2\approx 406,54$ ($c{m}^3$)

                 Lượng nước trung bình bạn Bình uống mỗi ngày là:

                 $$70\%.V.8\approx 0,7.406,54.8\approx 2276,62$$($c{m}^3$) = $$2,27662\left(l\right)$$

                 Vì $2,27662>2$ nên bạn Bình uống đủ nước theo khuyến cáo.

a) Chứng minh bốn điểm $$B,C,E,F$$cùng thuộc một đường tròn.

 Vì $BE,CF$là hai đường cao của $\Delta ABC$nên $BE\perp AC,CF\perp AB$.

Do$\Delta BEC$ vuông tại $E$ nên 3 điểm $B,E,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BC$.

Do$\Delta BFC$ vuông tại $F$ nên 3 điểm $B,F,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BC$.

Vậy 4 điểm $$B,C,E,F$$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BC$.

                 b) Gọi $D$ là giao điểm của $AH$ và $BC$. Đường kính $AM$của đường tròn $\left(O\right)$cắt đường thẳng  

                 $CF$tại điểm $P$. Chứng minh  $\widehat{BAD}=\widehat{CAM}$ và $AP.BH=AH.CP$.

                 Do $AM$ là đường kính nên $\widehat{ABM}=\widehat{ACM}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

                 Ta có $\widehat{BAD}+\widehat{ABD}=90^{\circ }$ (vì $\Delta ABD$vuông tại $D$) và $\widehat{CAM}+\widehat{AMC}=90^{\circ }$ (vì $\Delta ACM$vuông tại $C$)       Mà $\widehat{ABD}=\widehat{AMC}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $AC$) nên suy ra $\widehat{BAD}=\widehat{CAM}$

                 Xét $\Delta APC$và $\Delta AHB$ có:

                 $\widehat{BAD}=\widehat{CAM}(cmt)$

                 $\widehat{ABH}=\widehat{ACP}$(góc nội tiếp cùng chắn cung $EF$)

                 Suy ra

                 Nên $\frac{AP}{AH}=\frac{PC}{HB}$ hay $AP.HB=AH.PC$

                 c) Gọi $I$ là trung điểm của $BC$, đường thẳng$AI$cắt $$EF$$tại $K$. Gọi $N$là hình chiếu vuông góc

                 của $K$ trên $BC$. Chứng minh $AN$đi qua trung điểm của $$EF$$.

Gọi $G$ là trung điểm của $$EF$$, $J$ là giao điểm của $$AM$$và $$EF$$, $$AG$$ cắt $BC$ tại $N^{\prime }$.

Ta sẽ chứng minh $$K{N}^{\prime }\perp BC$$.

Ta có: $$\widehat{AEJ}+\widehat{EAJ}=\widehat{ABC}+\widehat{CBM}=\widehat{ABM}=90^{\circ }$$ nên $\Delta AJE$vuông tại $J$.

Do  nên $\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}=\frac{EF}{BC}=\frac{2GF}{2IC}=\frac{GF}{IC}\left(1\right)$

Kết hợp với $\widehat{AFG}=\widehat{ACI}$(cùng cộng $\widehat{BFE}$ bằng $180^{\circ }).$

Suy ra

Khí đó $\widehat{BAG}=\widehat{KAE}$và $\frac{AG}{AI}=\frac{AF}{AC}\left(2\right)$

Tương tự ta có   (do $\widehat{BAG}=\widehat{KAE}$và $\widehat{AEK}=\widehat{ABI}$)

Nên $\frac{AK}{A{N}^{\prime }}=\frac{AE}{AB}\left(3\right)$

Từ (1), (2) và (3) suy ra $\frac{AG}{AI}=\frac{AK}{A{N}^{\prime }}$

Mà $$\widehat{N^{\prime }AI}$$ chung nên suy ra $\widehat{A{N}^{\prime }K}=\widehat{AIG}\left(4\right)$

$\Delta IEF$cân tại $I$ (do $$IE=IF$$) có $IG$là đường trung tuyến nên cũng đồng thời là đường cao.

Suy ra $IG$//$AO$(vì cùng vuông góc với $$EF$$). Do đó $\widehat{GIA}=\widehat{IAO}$(so le trong)

Lại có $\widehat{BAG}=\widehat{KAE}\left(cmt\right)$ và $\widehat{FAH}=\widehat{JAE}\left(cmt\right)$nên $$\widehat{IAO}=\widehat{GAH}$$

Suy ra $\widehat{GIA}=\widehat{GAH}\left(5\right)$

Từ (4) và (5) suy ra $\widehat{A{N}^{\prime }K}=\widehat{GAH}$nên $K{N}^{\prime }$//$AD$ (so le trong)

Mà $AD\perp BC$nên$K{N}^{\prime }\perp BC$. Ta lại có $KN\perp BC\left(gt\right)$

Suy ra $N^{\prime }\equiv N$hay $AN$đi qua trung điểm $G$của $$EF$$. (đpcm)

Gọi số lần tăng giá một chiếc áo là $x$ (nghìn đồng), $x\ge 0$.

Vì mỗi lần tăng 20 nghìn đồng nên giá bán mới cho mỗi chiếc áo là $P=330+20x$ (nghìn đồng)

Số lượng áo bán được khi tăng giá là $13500-900x$ (cái).

Lợi nhuận khi bán một chiếc áo là $330+20x-190=140+20x$ (nghìn đồng)

Tổng lợi nhụn thu được khi täng giá là: $\left(13500-900x\right)\cdot \left(140+20x\right)$ (nghìn đồng)

Ta có

$\begin{array}{l}\left(13500-900x\right).\left(140+20x\right)\\ =-18000x^2+144000x+1890000\\ =-18000\left(x^2-8x\right)+1890000\\ =-18000\left[{\left(x-4\right)}^2-10\right]+1890000\end{array}$

$=-18000.{\left(x-4\right)}^2+2178000\le 2178000$ vì $-18000(x-4{)}^2\le 0,x\in \mathbb{R}$.

Suy ra tổng lợi nhuận thu được lớn nhất bằng $$1278000$$.

Dấu "=" xảy ra khi $x=4$ (lần)

Vậy số lần tăng giá một chiếc áo là 4 lần và giá bán mỗi chiếc áo là $P=330+20.4=410$ (nghìn đồng).