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

Ta có $\left(2x-3\right)\cdot \left(x+5\right)=0$

a) $A=\sqrt{49}-\sqrt{25}=7-5=2$.

a) Hệ số $$a$$ của $x^2$ là $a=\frac{2}{3}$.

b) Xét hàm số $y=\frac{2}{3}{x}^2$.
Ta có bảng giá trị:

Đồ thị hàm số là đường cong đi qua 5 điểm $A\left(-2;\frac{8}{3}\right);B\left(-1;\frac{2}{3}\right);O\left(0;0\right);C\left(1;\frac{2}{3}\right);D\left(2;\frac{8}{3}\right)$

a) Xét phương trình : $2{\mathrm{x}}^2+3\mathrm{x}-2=0$

b) Xét phương trình : $2{\mathrm{x}}^2+3\mathrm{x}-2=0$
Ta có $\Delta =b^2-4ac=9-\mathrm{4.2.}\left(-2\right)=25>0$

Gieo đồng thời hai con xúc xắc có tất cả $6\times 6=36$ kết quả có thể xảy ra.
Biến cố A : "Tổng số chấm xuất hiện trên hai mặt con xúc xắc bằng 5 ".
Ta có các cặp số thỏa mãn điều kiện là: $A=\left\{\left(1,4\right);\left(2,3\right);\left(3,2\right);\left(4,1\right)\right\}\Rightarrow$ Có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố $$A$$.
Xác suất của biến cố $$A$$ là: $P\left(A\right)=\frac{1}{9}$

Gọi giá niêm yết của mỗi quyển vở và mỗi cây bút lần lượt là x , y (đồng), với $0<\mathrm{x},\mathrm{y}<22400000)$ Nhà trường dự tính mua 1400 quyển vở và 700 cây bút với giá niêm yết, tổng cộng sẽ cần 22 triệu 400 nghìn đồng nên ta có phương trình:

$1400x+700y=22400000$ hay $2x+y=32.000\left(1\right)$

Nhà sách Y đã giảm giá $5\%$ cho mỗi quyển vở và $10\%$ cho mỗi cây bút, vì thế nhà trường chỉ cần trả 21 triệu đồng nên ta có phương trình:

$1400\mathrm{x}.\left(100\%-5\%\right)+700\mathrm{y}.\left(100\%-10\%\right)=21000000$ hay $19x+9y=300000\left(2\right)$

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{c}2x+y=32000\left(1\right)\\ 19x+9y=300000\left(2\right)\end{array}$

Giải hệ phương trình: Từ phương trình (1), ta có: $\mathrm{y}=32.000-2\mathrm{x}$ (3)

Thay (3) vào (2): $19x+9\left(32000-2x\right)=300000$

Hay $19x+288000-18x=300000$

Hay $x+288000=300000$ hay $x=12.000$ (Chọn )

Thay $x=12.000$ vào (3): $\mathrm{y}=32000-2\cdot 12000=8000$ (Chọn )

Gọi hai cạnh góc vuông là $$x$$ và $$y$$ (đơn vị: cm).
Theo định lý Pythagore, ta có: $x^2+y^2=13^2=169$ (1)
Diện tích tam giác vuông là: $S=\frac{1}{2}x.y=30\Rightarrow xy=60$ (2)
Từ (1) và (2), ta sử dụng hằng đẳng thức: $(x+y{)}^2=x^2+y^2+2xy\Rightarrow x^2+y^2=(x+y{)}^2-2xy$
Thay vào ta được: $(x+y{)}^2-2.60=169\Rightarrow (x+y{)}^2=289\Rightarrow x+y=\sqrt{289}=17$
Vậy tổng và tích hai nghiệm lần lượt là: $x+y=17,xy=60$
$\Rightarrow$ Phương trình bậc hai cần tìm là: $t^2-17t+60=0$
Vậy phương trình bậc hai có hai nghiệm là độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác là ${\mathrm{t}}^2-17\mathrm{t}+60=0$.

Chứng minh :

a)Do $\widehat{AEB}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Nên $\Delta KEB$ vuông tại E . Khi đó $K,E,B$ cùng thuộc đường tròn đường kính KB.
Tương tự $\Delta KIB$ vuông tại I nên $K,I,B$ cũng thuộc đường tròn đường kính KB.
Suy ra $\mathrm{K},\mathrm{E},\mathrm{B},\mathrm{I}$ cùng thuộc đường tròn đường kính KB .
Chứng tỏ tứ giác KEBI là tứ giác nội tiếp.
b) Xét $\Delta AKI$ và $\Delta ABE$ có: $\{\begin{array}{c}\widehat{\mathrm{BAE}}\mathrm{g}\acute{\mathrm{o}}\mathrm{c}\mathrm{chung}\\ \widehat{\mathrm{AIK}}=\widehat{\mathrm{AEB}}=90^{\circ }\end{array}$

Suy ra  (g.g)
Khi đó $\frac{\mathrm{AK}}{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{AI}}{\mathrm{AE}}$ (cặp cạnh tương ứng) hay $\mathrm{AE}.\mathrm{AK}=\mathrm{AI}.\mathrm{AB}$ (đpcm)
c) Xét $\Delta ABP$ có $\mathrm{AE}\perp \mathrm{PB};\mathrm{PI}\perp \mathrm{AB},\mathrm{AE}$ và PI cắt nhau tại K nên K là trực tâm của

Suy ra $\mathrm{BK}\perp \mathrm{AP}$ tại Q (tính chất đồng quy của 3 đường cao)
Khi đó $\Delta PQK$ vuông tại $Q$ nên $P,Q,K$ cùng thuộc đường tròn đường kính $PK$
Tương tự $\Delta PEK$ vuông tại E nên $\mathrm{P},\mathrm{E},\mathrm{K}$ cùng thuộc đường tròn đường kính PK
Vậy $\mathrm{P},\mathrm{Q},\mathrm{K},\mathrm{E}$ cùng thuộc đường tròn đường kính PK .
Gọi M là trung điểm của PK . Khi đó M là tâm đường tròn ngoại tiếp
Ta có $\mathrm{MP}=\mathrm{MQ}$ nên $\Delta MPQ$ cân tại M nên $\widehat{\mathrm{MQP}}=\widehat{\mathrm{MPQ}}$ (1)
Do $\mathrm{BQ}\perp \mathrm{AQ}\left(\mathrm{cmt}\right)$ nên $\Delta ABQ$ vuông tại Q , trung tuyến OQ nên $\mathrm{OQ}=\mathrm{OA}=\mathrm{OB}$
Suy ra $\Delta \mathrm{OQA}$ cân tại O nên $\widehat{\mathrm{OQA}}=\widehat{\mathrm{OAQ}}$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{\mathrm{MQP}}+\widehat{\mathrm{OQA}}=\widehat{\mathrm{MPQ}}+\widehat{\mathrm{OAQ}}=90^{\circ }$ (do  vuông tại I )
Suy ra $\widehat{\mathrm{OQM}}=180^{\circ }-\left(\widehat{\mathrm{MQP}}+\widehat{\mathrm{OQA}}\right)=180^{\circ }-90^{\circ }=90^{\circ }$
Suy ra $\mathrm{OQ}\perp \mathrm{MQ}$ tại $\mathrm{Q}\Rightarrow \mathrm{Q}\in \left(\mathrm{M}\right)$