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

Nhóm nào có tần số nhỏ nhất là $$\left[12;13\right)$$.

Tần số tương đối của nhóm đó là: $\frac{6}{50}\cdot 100\%=12\%$

Không gian mẫu của phép thử "Chọn ngẫu nhiên một bạn từ tổ học sinh đã chọn" là: $$\Omega =\{$$Hoa, Hồng, Hà, An, Bình, Dũng, Cường$\}$

Số phần từ của không gian mẫu là: $$7$$.

Số kết quả thuận lợi cho biến cố $$A$$: "Bạn học sinh được chọn là nam" là $$4$$, đó là: An, Bình, Dūng, Cường.

Xác suất của biến cố $$A$$: "Bạn học sinh được chọn là nam" là $$\frac{4}{7}$$.

Vậy xác suất của biến cố $$A$$: "Bạn học sinh được chọn là nam" là $$\frac{4}{7}$$.

a) $$A=\sqrt{2}\cdot \sqrt{8}+\sqrt{25}$$

$$A=\sqrt{2\cdot 8}+\sqrt{25}$$

$$A=\sqrt{16}+\sqrt{25}$$

$$A=4+5=9$$

b) ĐК: $x>0,x\ne 9$

$B=\left(\frac{1}{\sqrt{x}+3}+\frac{6}{x-9}\right):\frac{x+1}{x-3\sqrt{x}}$

$B=\left(\frac{\sqrt{x}-3}{x-9}+\frac{6}{x-9}\right)\cdot \frac{x-3\sqrt{x}}{x+1}$

$B=\frac{\sqrt{x}-3+6}{x-9}\cdot \frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}-3)}{x+1}$

$B=\frac{\sqrt{x}+3}{(\sqrt{x}-3)(\sqrt{x}+3)}\cdot \frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}-3)}{x+1}$

$B=\frac{\sqrt{x}}{x+1}$

Vậy $B=\frac{\sqrt{x}}{x+1}$ với $x>0,x\ne 9$.

c) Tìm $$b$$ để đường thẳng $$y=x+b$$ cắt đồ thị hàm số $$y=2x^2$$ tại điểm có hoành độ bằng $$1$$.

Với \[\]\[x = 1\] ta có $$y=2\cdot 1^2=2$$.

Điểm đó có tọa độ là $$\left(1;2\right)$$. Thay vào phương trình đường thẳng $$y=x+b$$ ta được $$2=1+b$$ suy ra $$b=1$$

Vậy $$b=1$$.

Gọi $$x,y$$ (nghìn đồng) lần lượt là giá $$1$$ cái bút và $$1$$ quyển vở $$\left(x,y>0\right)$$.

Nam mua $$10$$ cái bút và $$15$$ quyển vở hết $$200$$ nghìn đồngnên ta có: $$10x+15y=200$$ (1)

Hùng mua $$7$$ cái bút và $$14$$ quyển vở hết $$175$$ nghìn đồng nên ta có: $$7x+14y=175$$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

$$\{\begin{array}{l}10x+15y=200\\ 7x+14y=175\end{array}$$ $$\{\begin{array}{l}2x+3y=40\\ x+2y=25\end{array}$$ $$\{\begin{array}{l}2x+3y=40\\ 2x+4y=50\end{array}$$ $$\{\begin{array}{l}x=5\\ y=10\end{array}$$ (thỏa mãn)

Vậy giá một chiếc bút là $$5$$ nghìn đồng, một quyển vở là $$10$$ nghìn đồng.

Tháng $$2$$, tập đoàn đã tăng số lượng sản xuất ô tô lên $$x\%$$ so với tháng $$1$$, nên số lượng xe sản xuất ở tháng $$2$$ là: $$100+100\cdot x\%=100+x$$ (xe)

Tháng $$3$$, tập đoàn tiếp tục tăng số lượng sản xuất ô tô lên $$2x\%$$ so với tháng $$2$$, nên số lượng xe xản xuất ở tháng $$3$$ là:

$$100+x+\left(100+x\right)\cdot 2x\%$$$$=100+3x+\frac{2x^2}{100}$$

Biết số lượng ô tô sản xuất trong tháng $$3$$ là $$132$$ xe, nên ta có:

$$100+3x+\frac{2x^2}{100}=132$$

$$2x^2+300x-3200=0$$

$$x^2+150x-1600=0$$

Giải phương trình ta được $x=10$ ( thỏa mãn); $x=-160$(loại)

Vậy $x=10$

$$P=\frac{\left|7x_2-3x_1^2\right|}{x_1^2+x_2^2+x_1{x}_2}$$.

Xét phương trình $$x^2-3x+1=0$$

Ta có:

$\Delta ={\left(-3\right)}^2-4\cdot 1$

$\Delta =5>0$ phương trình có hai nghiệm phân biệt $$x_1$$, $$x_2$$.

Áp dụng định lí Viète ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=3\\ x_1\cdot x_2=1\end{array}$ nên phương trình có có hai nghiệm dương $$x_1$$, $$x_2$$

Khi đó ta có:

Đặt $$A=7x_2-3x_1^2$$; $$B=7x_1-3x_2^2$$

$$A+B=\left(7x_2-3x_1^2\right)+\left(7x_1-3x_2^2\right)$$

$$A+B=7\left(x_1+x_2\right)-3\left(x_1^2+x_2^2\right)$$

$$A+B=7\left(x_1+x_2\right)-3\left[{\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1\cdot x_2\right]$$

$$A+B=7\cdot 3-3\left(3^2-2\cdot 1\right)$$

$$A+B=0$$ hay $$A=-B$$

Suy ra: $$\left|A\right|=\left|B\right|$$

$$A^2=\left|A\right|\cdot \left|B\right|$$

$$A^2=\left|7x_2-3x_1^2\right|\cdot \left|7x_1-3x_2^2\right|$$

$$A^2=\left|49x_1{x}_2-21\left(x_1^3+x_2^3\right)+9x_1^2\cdot x_2^2\right|$$

$$A^2=\left|49x_1{x}_2-21\left(x_1+x_2\right)\left(x_1^2-x_1{x}_2+x_2^2\right)+9{\left(x_1{x}_2\right)}^2\right|$$

$$A^2=\left|49x_1{x}_2-21\left(x_1+x_2\right)\left[{\left(x_1+x_2\right)}^2-3x_1{x}_2\right]+9{\left(x_1{x}_2\right)}^2\right|$$

$$A^2=\left|49\cdot 1-21\cdot 1\cdot \left(3^2-3\cdot 1\right)+9\cdot 1^2\right|$$

$$A^2=\left|320\right|$$

$$\left|A\right|=8\sqrt{5}$$

$$P=\frac{\left|7x_2-3x_1^2\right|}{{\left(x_1+x_2\right)}^2-x_1{x}_2}$$

$$P=\frac{8\sqrt{5}}{3^2-1}$$

Vậy $$P=\sqrt{5}$$.

a) Ta có $\Delta ADH$ vuông tại $D$ nên $\Delta ADH$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$.

Ta có $\Delta AEH$ vuông tại $E$ nên $\Delta AEH$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$.

Bốn điểm $A,D,H,E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH$. Hay tứ giác $ADHE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$.

b) Vì $GF\perp BF$ tại $F$ nên ba điểm $G,B,F$ thuộc đường tròn đường kính $GB$.

$\Delta GHB$ vuông tại $G$ nên $\Delta GHB$ nội tiếp đường tròn đường kính $GB$

Tứ giác $GHBF$ nội tiếp đường tròn đường kính $GB$.

Suy ra $\widehat{GFI}=\widehat{GBH}$ (cùng chắn cung $GH)$$\left(1\right)$

Lại có $GI//AB$; $AB\perp HF$ nên $\widehat{GIF}=\widehat{CHB}=90^{\circ }$$\left(2\right)$

Từ $\left(1\right)$ và $\left(2\right)$ suy ra: (g.g)

Hay $\frac{FI}{HB}=\frac{GI}{GH}$$\left(3\right)$

Vì $\widehat{BAH}=\widehat{BHD}$ (cùng phụ với $\widehat{AHD}$); $\widehat{HDB}=\widehat{HDA}=90^{\circ }$

Do đó  (g.g)

Suy ra $\frac{HD}{AD}=\frac{HB}{AH}$ hay $\frac{HD}{HB}=\frac{AD}{AH}$

Mặt khác $AD//GI$ nên $\frac{AD}{GI}=\frac{AH}{HG}$ hay $\frac{AD}{AH}=\frac{GI}{HG}$$\left(4\right)$

Từ $\left(3\right)$ và $\left(4\right)$ ta có $\frac{FI}{HB}=\frac{HD}{HB}$ hay $FI=HD$.

c) Gọi $L$ là giao điểm của $EQ$ và $PN$. Gọi $J$ là giao điểm của $CM$ và $EP$.

Tứ giác $EMKN$ là hình chữ nhật ( vì $\widehat{MEN}=\widehat{ENK}=\widehat{EMK}=90^{\circ }$).

Lại có $EK$ là phân giác góc $HEC$ nên $EMKN$ là hình vuông.

Vì $KN//EH$ nên $\frac{CN}{CE}=\frac{NQ}{EM}=\frac{KN}{HE}$ nhưng $ME=NE$ suy ra

$\frac{NQ}{EM}=\frac{NQ}{NE}$$=\frac{KN}{HE}=\frac{EN}{HE}$ hay $\frac{NQ}{NE}=\frac{EN}{HE}$

Lại có $\widehat{ENQ}=\widehat{NEH}=90^{\circ }$ nên  (c.g.c)

Suy ra $\widehat{NEQ}=\widehat{EHN}$ (hai góc tương ứng).

Hay $\widehat{NEQ}+\widehat{EHN}$$=\widehat{EHN}+\widehat{EHN}=90^{\circ }$.

Xét $\Delta ELN$vuông tại $L$ suy ra $EQ\perp HN$ tại $L$

Tương tự ta có $EP\perp CM$ tại $J$.

Xét $\Delta EPQ$ có $QJ$ và $PL$ là hai đường cao cắt nhau tại $T$ nên $T$ là trực tâm suy ra $ET\perp PQ$.

Thể tích nước trong bình là: $V=\pi R^{2}h=\pi \cdot 4^2\cdot 10$$=160\pi \left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right)$

Thể tích cái bát là: $V^{\prime }=\frac{1}{2}\cdot \frac{4}{3}\pi r^3$$=\frac{1}{2}\cdot \frac{4}{3}\pi \cdot 6^3$$=144\pi \left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right)$

Vì $V>V^{\prime }$ nên nếu đổ như vậy thì nước có bị tràn ra ngoài.

Đật $AM=x$$(\mathrm{cm},x>0)$

Khi đó chiều cao viên kẹo là $$h=OA$$$$=x+1$$.

Áp dụng định lý Thalès, ta có: $\frac{AM}{OA}=\frac{EM}{OB}$ hay $\frac{x}{x+1}=\frac{1}{R}$ suy ra $R=\frac{x+1}{x}$

Thể tích viên kẹo là: \(\)

\(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h\)$=\frac{1}{3}\pi {\left(\frac{x+1}{x}\right)}^2\cdot (x+1)$

$=\frac{1}{3}\pi \cdot \frac{x^3+3x^2+3x+1}{x^2}$$=\pi \left(\frac{x}{3}+1+\frac{1}{x}+\frac{1}{3x^2}\right)$

$=\pi \left(\frac{x}{4}+\frac{1}{x}+\frac{x}{24}+\frac{x}{24}+\frac{1}{3x^2}+1\right)$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

$\frac{x}{4}+\frac{1}{x}\ge 2\sqrt{\frac{x}{4}\cdot \frac{1}{x}}$$=2\cdot \frac{1}{2}=1$

$\frac{x}{24}+\frac{x}{24}+\frac{1}{3x^2}\ge 3\sqrt[3]{\frac{x}{24}\cdot \frac{x}{24}\cdot \frac{1}{3x^2}}$$=3\cdot \frac{1}{12}=\frac{1}{4}$

Suy ra $V\ge \pi \left(1+\frac{1}{4}+1\right)$$=\frac{9\pi }{4}$

Dấu  xảy ra khi và chi khi $\{\begin{array}{l}\frac{x}{4}=\frac{1}{x}\\ \frac{x}{24}=\frac{1}{3x^2}\end{array}$ suy ra $x=2$ (TM)

Vậy chiều cao của viên kẹo là $h=3\mathrm{cm}.$