Đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2025

Đề bài

Câu 1 (0,5 điểm). Giải phương trình: \(\left( {2x - 3} \right)\left( {x + 5} \right) = 0\).

Câu 2 (1,5 điểm). 

a) Tính giá trị của biểu thức: \(A = \sqrt {49}  - \sqrt {25} \).

b) Cho biểu thức \(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 6}} - \frac{6}{{\sqrt x  + 6}}\) (với \(x \ge 0;x \ne 36\)).

Rút gọn biểu thức B và tính giá trị của biểu thức B khi \(x = 6\).

Câu 3 (1,5 điểm). Cho hàm số \(y = \frac{2}{3}{x^2}\).

a) Tìm hệ số a của \({x^2}\).

b) Vẽ đồ thị của hàm số đã cho.

Câu 4 (1,5 điểm). Cho phương trình bậc hai \(2{x^2} + 3x - 2 = 0\)

a) Xác định các hệ số \(a,b,c\) của phương trình.

b) Giải phương trình đã cho.

Câu 5 (1,0 điểm). Gieo đồng thời hai con xúc xắc cân đối và đồng chất. Tính xác suất của biến cố A: “Tổng số chấm xuất hiện trên hai mặt con xúc xắc bằng 5”.

Câu 6 (1,0 điểm). Để chuẩn bị khen thưởng cho học sinh cuối năm học, Trường THCS X cần mua 1400 quyển vở và 700 cây bút ở Nhà sách Y để làm phần thưởng. Nhà trường dự tính mua với giá niêm yết sẽ cần 22 triệu 400 nghìn đồng, nhưng do mua với số lượng lớn nên Nhà sách Y đã giảm giá \(5{\rm{\% }}\) cho mỗi quyển vở và \(10{\rm{\% }}\) cho mỗi cây bút, vì thế nhà trường chỉ cần trả 21 triệu đồng. Tính giá tiền niêm yết của mỗi quyển vở và mỗi cây bút.

Câu 7 (0,5 điểm). Một tam giác vuông có cạnh huyền dài 13cm và diện tích bằng \(30{m^2}\). Lập phương trình bậc hai một ẩn có hai nghiệm là độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác đã cho.

Câu 8 (2,5 điểm). Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB vuông góc với dây cung CD tại điểm I (I nằm giữa A và O). Lấy điểm E bất kỳ trên cung nhỏ BC (E khác B và C). Hai đoạn thẳng AE và CD cắt nhau tại K.

a) Chứng minh tứ giác KEBI là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh: \(AK \cdot AE = AB \cdot AI\).

c) Gọi P là giao điểm cùa tia BE và tia DC, Q là giao điểm của hai đường thẳng AP và BK. Chứng minh OQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta PQE\).

-------- Hết --------

Lời giải chi tiết

Câu 1 (0,5 điểm). Giải phương trình: \(\left( {2x - 3} \right)\left( {x + 5} \right) = 0\).

Lời giải:

\(\left( {2x - 3} \right)\left( {x + 5} \right) = 0\)

Phương trình tích có hai nghiệm thoả mãn:

+) \(2x - 3 = 0\) suy ra \(x = \frac{3}{2}\)

+) \(x + 5 = 0\) suy ra \(x =  - 5\)

Vậy phương trình có hai nghiệm \(x = \frac{3}{2}\) và \(x =  - 5\)

Câu 2 (1,5 điểm). a) Tính giá trị của biểu thức: \(A = \sqrt {49}  - \sqrt {25} \).

b) Cho biểu thức \(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 6}} - \frac{6}{{\sqrt x  + 6}}\) (với \(x \ge 0;x \ne 36\)).

Rút gọn biểu thức B và tính giá trị của biểu thức B khi \(x = 6\).

Lời giải:

a) Ta có: \(A = \sqrt {49}  - \sqrt {25}  = 7 - 5 = 2\).

b) +) ĐKXĐ: \(x \ge 0;x \ne 36\)

\(\begin{array}{l}B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 6}} - \frac{6}{{\sqrt x  + 6}}\\ = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 6} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 6} \right)\left( {\sqrt x  + 6} \right)}} - \frac{{6\left( {\sqrt x  - 6} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 6} \right)\left( {\sqrt x  + 6} \right)}}\\ = \frac{{x + 6\sqrt x  - \left( {6\sqrt x  - 36} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 6} \right)\left( {\sqrt x  + 6} \right)}}\\ = \frac{{x + 6\sqrt x  - 6\sqrt x  + 36}}{{\left( {\sqrt x  - 6} \right)\left( {\sqrt x  + 6} \right)}}\\ = \frac{{x + 36}}{{x - 36}}\end{array}\)

Vậy \(B = \frac{{x + 36}}{{x - 36}}\) với \(x \ge 0;x \ne 36\).

+) Thay \(x = 6\) (TMĐK) vào B, ta được:

\(B = \frac{{42}}{{6 - 36}} = \frac{{42}}{{ - 30}} =  - \frac{7}{5}\)

Vậy \(B =  - \frac{7}{5}\) khi \(x = 6\).

Câu 3 (1,5 điểm). Cho hàm số \(y = \frac{2}{3}{x^2}\).

a) Tìm hệ số a của \({x^2}\).

b) Vẽ đồ thị của hàm số đã cho.

Lời giải:

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

b) Ta có bảng giá trị sau:

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

Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = \frac{2}{3}{x^2}\) như sau:

Câu 4 (1,5 điểm). Cho phương trình bậc hai \(2{x^2} + 3x - 2 = 0\)

a) Xác định các hệ số \(a,b,c\) của phương trình.

b) Giải phương trình đã cho.

Lời giải:

a) Phương trình \(2{x^2} + 3x - 2 = 0\) có \(a = 2;b = 3;c =  - 2.\)

b) Ta có \(\Delta  = {b^2} - 4ac = 9 - 4.2.\left( { - 2} \right) = 25 > 0\)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

\({x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta  }}{{2a}} = \frac{{ - 3 + 5}}{{2.2}} = \frac{1}{2}\) và \(x_2^{} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta  }}{{2a}} = \frac{{ - 3 - 5}}{{2.2}} =  - 2\).

Vậy phương trình có hai nghiệm \(x \in \left\{ {\frac{1}{2}; - 2} \right\}.\)

Câu 5 (1,0 điểm). Gieo đồng thời hai con xúc xắc cân đối và đồng chất. Tính xác suất của biến cố A: “Tổng số chấm xuất hiện trên hai mặt con xúc xắc bằng 5”.

Lời giải:

Gieo đồng thời hai con con xúc xắc có 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 \(A = \left\{ {(1;4),(2;3),(3;2),(4;1)} \right\}\), suy ra có 4 kết quả có thể xảy ra biến cố A.

Xác suất của biến cố \(A\) là \(\frac{4}{{36}} = \frac{1}{9}.\)

Câu 6 (1,0 điểm). Để chuẩn bị khen thưởng cho học sinh cuối năm học, Trường THCS X cần mua 1400 quyển vở và 700 cây bút ở Nhà sách Y để làm phần thưởng. Nhà trường dự tính mua với giá niêm yết sẽ cần 22 triệu 400 nghìn đồng, nhưng do mua với số lượng lớn nên Nhà sách Y đã giảm giá \(5{\rm{\% }}\) cho mỗi quyển vở và \(10{\rm{\% }}\) cho mỗi cây bút, vì thế nhà trường chỉ cần trả 21 triệu đồng. Tính giá tiền niêm yết của mỗi quyển vở và mỗi cây bút.

Lời giải:

Gọi giá niêm yết của mỗi quyển vở và mỗi cây bút lần lượt là \(x\),\(y\) (đồng, \(0 < x,y < 22400000\))

Nhà trường dự tính mua 1400 quyển vở và 700 cây bút với giá niêm yết sẽ cần 22 triệu 400 nghìn đồng nên ta có phương trình \(1400x + 700y = 22400000\) hay \(2x + y = 32000\) (1)

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

\(1400x.(100\%  - 5\% ) + 700y.(100\%  - 10\% ) = 21000000\) hay \(19x + 9y = 300000\) (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 32000\\19x + 9y = 300000\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}18x + 9y = 288000\\19x + 9y = 300000\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}x = 12000\\19x + 9y = 300000\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}x = 12000\\y = 8000\end{array} \right.\,\,(tm)\)

Vậy giá niêm yết của mỗi quyển vở là 12000 (đồng) và mỗi cây bút là 8000 (đồng).

Câu 7 (0,5 điểm). Một tam giác vuông có cạnh huyền dài 13cm và diện tích bằng \(30{m^2}\). Lập phương trình bạc hai một ẩn có hai nghiệm là độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác đã cho.

Lời giải:

Gọi độ dài hai cạnh góc vuông lần lượt là \(x,y{\rm{ cm}},\)\(0 < x,y < 13\).

Đổi \(30{m^2} = 300000\,c{m^2}\)

Diện tích tam giác là \(300000c{m^2}\) suy ra 

\(\begin{array}{l}\frac{1}{2}x.y = 300000\\xy = 600000\end{array}\)

Vì cạnh huyền là 13 cm nên theo định lý Pythagore, ta có

\(\begin{array}{l}{x^2} + {y^2} = {13^2} = 169\\{\left( {x + y} \right)^2} - 2xy = 169\\{\left( {x + y} \right)^2} - 1200000 = 169\\{\left( {x + y} \right)^2} = 1200169\end{array}\)

Suy ra \(x + y = \sqrt {1200169} \)

Vậy phương trình cần tìm là \({x^2} - \sqrt {1200169} x + 600000 = 0\)

Đây là lời giải của HocTot.Nam.Name.Vn theo đúng đề bài gốc của tỉnh Bạc Liêu. Tuy nhiên phương trình tìm được là phương trình vô nghiệm.

Câu 8 (2,5 điểm). Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB vuông góc với dây cung CD tại điểm I (I nằm giữa A và O). Lấy điểm E bất kỳ trên cung nhỏ BC (E khác B và C). Hai đoạn thẳng AE và CD cắt nhau tại K.

a) Chứng minh tứ giác KEBI là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh: \(AK \cdot AE = AB \cdot AI\).

c) Gọi P là giao điểm cùa tia BE và tia DC, Q là giao điểm của hai đường thẳng AP và BK. Chứng minh OQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta PQE\).

Lời giải:

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 cùng thuộc đường tròn đường kính KB

Suy ra K, E, B, I cùng thuộc đường tròn đường kính KB.

Vậy tứ giác KEBI là tứ giác nội tiếp.

b) Xét \(\Delta AKI\) và \(\Delta ABE\) có

\(\widehat {BAE}\) là góc chung

\(\widehat {AIK} = \widehat {AEB}\left( { = 90^\circ } \right)\)

Suy ra $\Delta AKI\backsim \Delta ABE\left( g.g \right)$

Khi đó \(\frac{{AK}}{{AB}} = \frac{{AI}}{{AE}}\) (cặp cạnh tương ứng) hay \(AE.AK = AI.AB\) (đpcm)

c) Xét \(\Delta ABP\) có \(AE \bot PB;PI \bot AB,\) AE và PI cắt nhau tại K nên K là trực tâm của \(\Delta ABP\)

Suy ra \(BK \bot AP\) 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 P, E, K cùng thuộc đường tròn đường kính PK

Vậy P, Q, K, E cùng thuộc đường tròn đường kính PK.

Gọi M là trung điểm của PK. Khi đó M là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta PEQ\)

Ta có \(MP = MQ\)  nên \(\Delta MPQ\) cân tại M nên \(\widehat {MQP} = \widehat {MPQ}\)   (1)

Do \(BQ \bot AQ\left( {cmt} \right)\) nên \(\Delta ABQ\) vuông tại Q, trung tuyến OQ nên \(OQ = OA = OB\)

Suy ra \(\Delta OAQ\) cân tại O nên \(\widehat {OQA} = \widehat {OAQ}\)    (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {MQP} + \widehat {OQA} = \widehat {MPQ} + \widehat {OAQ} = 90^\circ \) (do \(\Delta API\) vuông tại I)

Suy ra \(\widehat {OQM} = 180^\circ  - \left( {\widehat {MQP} + \widehat {OQA}} \right) = 180^\circ  - 90^\circ  = 90^\circ \)

Suy ra \(OQ \bot MQ\) tại \(Q \in \left( M \right)\)

Vậy OQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta PQE\).