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

Không gian mẫu của phép thử là: $\Omega =\left\{1;2;3;4;5;6;7;8;9;10\right\}$ gồm 10 phần tử. suy ra $n\left(\Omega \right)=10$

Lấy ngẫu nhiên một tấm thẻ từ trong hộp nên các kết quả có thể là đồng khả năng.

Gọi biến cố A: “Lấy được thẻ ghi số chẵn”.

Có 5 kết quả thuận lợi cho biến cố A là: $2;4;6;8;10$.

Vậy xác suất của biến cố A là:$P(A)=$\(\)\(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{5}{{10}} = \frac{1}{2}\)

= [$\frac{\sqrt{x}-1}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}$ + $\frac{\sqrt{x}+1}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}]:\frac{\surd x}{\sqrt{x}-1}$

= $\frac{\sqrt{x}-1+\sqrt{x}+1}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}$ $:\frac{\surd x}{\sqrt{x}-1}$

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

= $\frac{2}{\sqrt{x}+1}$

Vậy P = $\frac{2}{\sqrt{x}+1}$ với điều kiện $\mathrm{x}>0,\mathrm{x}\ne 1$.

b)    $23\mathrm{x}.P=2025$ (với điều kiện $\mathrm{x}>0,\mathrm{x}\ne 1$)

$23x\cdot \frac{2}{\sqrt{x}+1}=2025$

$46x=2025(\sqrt{x}+1)$

$46x-2025\sqrt{x}-2025=0$ (*)

$(46\sqrt{\mathrm{x}}+45)(\sqrt{\mathrm{x}}-45)=0$

Nên $46\sqrt{x}+45=0$ hoặc $\sqrt{x}-45=0$

+ $46\sqrt{x}+45=0$ hay $46\sqrt{x}=-45$ suy ra $\sqrt{x}=\frac{-45}{46}$ (vô nghiệm)

+ $\sqrt{x}-45=0$ hay $\sqrt{x}=45$ suy ra$x=2025$ (thỏa mãn)

Vậy $x=2025$ thì $23\mathrm{x}.P=2025$

a)  Vì parabol đi qua điểm $A\left(-3;-4,5\right)$nên ta có:

$-4,5=x.(-3{)}^2$

$a=\frac{-4,5}{{\left(-3\right)}^2}$ =  $\frac{-1}{2}$

Vậy hệ số $a=\frac{-1}{2}$.

b)  Chiếc xe tải có chiều rộng bằng 2m nên khoảng cách $EI=IF=\frac{2}{2}=1\mathrm{m}$.

Với $\mathrm{x}=1$ thì y = $y=\frac{-1}{2}\cdot 1^2$ = $\frac{-1}{2}$ nên chiều cao tối đa của chiếc xe có thể đi qua cổng là:$4,5-\left|\frac{-1}{2}\right|=4,5-0,5=4$ > 3,2

Vậy xe tải này có thể đi được qua cổng đó mà không chạm vào cổng.

Gọi số tiền bác Vĩnh gửi là $\mathrm{x}$ (triệu đồng), $0<\mathrm{x}<900$.

Số tiền bác Phúc gửi là $900-\mathrm{x}$ (triệu đồng)

Bác Vĩnh gửi tiết kiệm với lãi suất $7$%/năm, tức là số tiền lãi là: $0,07\mathrm{x}$ (triệu đồng)

Bác Phúc gửi tiết kiệm với lãi suất $6$%/năm, tức là số tiền lãi là: $0,06(900-\mathrm{x})$ (triệu đồng)

Vì tổng số tiền lãi mà hai bác nhận được là 60 triệu đồng nên ta có phương trình:

$0,07\mathrm{x}+0,06(900-\mathrm{x})=60$

$0,01x=6$

$x=600$(TM).

Vậy số tiền bác Vĩnh gửi là $600$triệu đồng, bác Phúc gửi là $300$triệu đồng.

a) Xét $\Delta \mathrm{OCB}$vuông tại $O$ nên $\Delta \mathrm{OCB}$ nội tiếp đường tròn đường kính $\mathrm{CB}$

Xét $\mathrm{\Delta HCB}$vuông tại $H$ nên $\Delta H\mathrm{CB}$ nội tiếp đường tròn đường kính $\mathrm{CB}$

Do đó tứ giác $\mathrm{OBHC}$nội tiếp đường tròn đường kính $\mathrm{CB}$.

b)

theo chứng minh phần a ta có tứ giác $\mathrm{OBHC}$nội tiếp đường tròn đường kính $\mathrm{CB}$

suy ra $\widehat{CHO}=\widehat{CBA}=45^{\circ }$ (cùng chắn cung $OC$)

Nên $\widehat{OHB}=\widehat{CHB}-\widehat{CHO}=90^{\circ }-45^{\circ }=45^{\circ }$

Do đó $\mathrm{HO}$ là tia phân giác của $\widehat{CHB}$ .

Xét $\left(O\right)$ có $\widehat{ACB}=90^{\circ }$ góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.

Xét $\Delta CBD$ vuông tại $C$, có đường cao $AH$ nên $C{H}^2=HB.HD$ hay $\frac{HC}{HB}=\frac{HD}{HC}$

Mặt khác $\mathrm{HO}$ là tia phân giác của $\widehat{CHB}$  nên $\frac{HC}{HB}=\frac{CE}{BE}$

Do đó  $\frac{HD}{HC}=\frac{CE}{BE}$ hay $\mathrm{CE}.CH=\mathrm{BE}.HD$.

c)                                                                 

Vì $CD$là đường kính của đường tròn ngoại tiếp $\Delta \mathrm{CHD}$

$\mathrm{CE}\perp \mathrm{CD}$ suy ra $\mathrm{CE}$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp $\Delta \mathrm{CHD}$

Gọi $\mathrm{CF}$ là đường kính của $\left(\mathrm{O}\right)$

Ta có $\widehat{\mathrm{CHD}}=\widehat{\mathrm{CKF}}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Do đó $\mathrm{F},\mathrm{K},\mathrm{D}$ thẳng hàng

Mặt khác $\widehat{\mathrm{CBF}}=90^{\circ }$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra $CD//BF$

Theo cmpa ta có $\frac{\mathrm{CE}}{\mathrm{BE}}=\frac{\mathrm{HD}}{\mathrm{CH}}$

Do đó $\Delta \mathrm{CHD}$ đồng dạng với $\Delta \mathrm{BCD}$ (g.g)

Nên $\frac{\mathrm{HD}}{\mathrm{CH}}=\frac{\mathrm{CD}}{\mathrm{BC}}=\frac{\mathrm{CD}}{\mathrm{BF}}$

Suy ra $\frac{\mathrm{CE}}{\mathrm{BE}}=\frac{\mathrm{CD}}{\mathrm{BF}}$

Xét hai tam giác $\Delta \mathrm{DCE}$ và $\Delta \mathrm{BFE}$

$\widehat{\mathrm{DCE}}=\widehat{\mathrm{FBE}}=90^{\circ }$

$\widehat{\mathrm{CDE}}=\widehat{\mathrm{BFE}}$ (hai góc so lê trong)

Do đó $\Delta \mathrm{DCE}$ đồng dạng với $\Delta \mathrm{BFE}$ (g.g)

Từ đó $\widehat{\mathrm{CED}}=\widehat{\mathrm{BEF}}$suy ra $\widehat{\mathrm{CEF}}+\widehat{\mathrm{CED}}=\widehat{\mathrm{CEF}}+\widehat{\mathrm{BEF}}=180^{\circ }$

Hay $\mathrm{D},\mathrm{E},\mathrm{F}$ thẳng hàng

Do đó $\mathrm{D},\mathrm{E},\mathrm{K}$ thẳng hàng

Xét tam giác $\mathrm{CED}$ vuông tại $\mathrm{C}$có $\mathrm{CK}$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền$\mathrm{DE}$.

Gọi $\mathrm{T}$ là trung điểm của $\mathrm{DE}$ thì $\mathrm{CT}=\frac{1}{2}\mathrm{DE}$

Do đó $\mathrm{CK}\le \mathrm{CD}=\frac{1}{2}\mathrm{DE}$ hay $2.\mathrm{CD}\le \mathrm{DE}$

Dấu “=” xảy ra khi tam giác $\mathrm{CED}$ vuông cân tại $\mathrm{C}$

Suy ra $\widehat{\mathrm{ECK}}=45^{\circ }$ hay $\widehat{\mathrm{BOK}}=90^{\circ }$ do đó $\mathrm{K}\equiv \mathrm{C}$ (không xảy ra)

Vậy $\mathrm{DE}>2.\mathrm{CK}$

Vì ab + 4bc + 4ca = 28 nên ta có:

$\sqrt{8a^2+224}=\sqrt{8a^2+8\left(\mathrm{ab}+4\mathrm{bc}+4\mathrm{ca}\right)}$

$=\sqrt{8(a^2+\mathrm{ab}+4\mathrm{bc}+4\mathrm{ca})}=\sqrt{8\left(a+4c\right)\left(a+b\right)}$$=\sqrt{\left(4a+4b\right)\left(2a+8c\right)}\le \frac{6a+4b+8c}{2}=3a+2b+4c$

Chứng minh tương tự, ta có $\sqrt{8b^2+224}\le 3b+2a+4c$;

$\sqrt{16c^2+28}\le 4c+\frac{a+b}{2}$

Do đó $T\ge \frac{2(11a+11b+24c)}{11a+11b+24c}=2$.

Vậy GTNN là $2$