Đề thi tham khảo TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Quảng Ninh

Đáp án đúng là: D

Căn bậc hai của 25 là 5 và $- 5$.

Đáp án đúng là: B

Với $a \ge 0,$ ta có $\sqrt {64{a^2}} + 2a = \left| {8a} \right| + 2a = 8a + 2a = 10a.$

Đáp án đúng là: B

Thay $x = 2$ vào hàm số $y = 2{x^2},$ ta được: $y = 2 \cdot {2^2} = 8 \ne 1.$ Do đó điểm $\left( {2;1} \right)$ không thuộc đồ thị hàm số $y = 2{x^2}.$

Thay $x = 1$ vào hàm số $y = 2{x^2},$ ta được: $y = 2 \cdot {1^2} = 2.$ Do đó điểm $\left( {1;2} \right)$ thuộc đồ thị hàm số $y = 2{x^2}$ và điểm $\left( {1;4} \right)$ không thuộc đồ thị hàm số $y = 2{x^2}.$

Thay $x = 4$ vào hàm số $y = 2{x^2},$ ta được: $y = 2 \cdot {4^2} = 32 \ne 1.$ Do đó điểm $\left( {4;1} \right)$ không thuộc đồ thị hàm số $y = 2{x^2}.$

Đáp án đúng là: B

Giải phương trình:

$\left( {x + 2} \right)\left( {3x - 1} \right) = 0$

$x + 2 = 0$ hoặc $3x - 1 = 0$

$x = - 2$ hoặc $x = \frac{1}{3}.$

Vậy phương trình đã cho có nghiệm $x = - 2,$ $x = \frac{1}{3}.$

Đáp án đúng là: C

Xác suất của biến cố “Học sinh được chọn không bị cận thị” là $\frac{{40 - 8}}{{40}} = \frac{{32}}{{40}} = \frac{4}{5}.$

Đáp án đúng là: C

Giải bất phương trình:

$- 2x - 4 > 0$

$- 2x > 4$

$x < - 2.$

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là $x < - 2.$

Đáp án đúng là: B

Tần số tương đối của nhóm $\left[ {158;\,\,161} \right)$ là $\frac{{12}}{{5 + 12 + 15 + 8}} \cdot 100\% = 30\% .$

Chọn A

Lục giác đều được chia làm hai tứ giác nên có tổng số đo các góc là: $2 \cdot 360^\circ = 720^\circ .$

Lục giác đều có 6 góc bằng nhau nên mỗi góc của lục giác đều có số đo là: $\frac{{720^\circ }}{6} = 120^\circ .$

Đáp án đúng là: B

Đường sinh của hình nón là: $l = \sqrt {{h^2} + {r^2}} = \sqrt {{{12}^2} + {5^2}} = \sqrt {169} = 13{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Chọn D

Xét $\Delta ABC$ vuông tại $B,$ ta có: $AB = BC \cdot \tan C = 5{,}8 \cdot \tan 60^\circ \approx 10{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Đáp án đúng là: C

Thể tích nước tối đa mà téc nước chứa được là: $V = \pi {r^2}h = \pi \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} \cdot 3 = \frac{3}{4}\pi {\rm{\;(}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Chọn B

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $A,$ ta có:

$AB = BC \cdot \cos B;\,\,AC = AB \cdot \tan B;$

$\tan B = \frac{{AC}}{{AB}};\,\,\cot B = \frac{{AB}}{{AC}}.$

Với $x \ge 0,\,\,x \ne 4,$ ta có:

$\frac{1}{{\sqrt x - 2}} + \frac{1}{{\sqrt x + 2}} - \frac{x}{{x - 4}}$

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

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

$= \frac{{ - \sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}$$= \frac{{ - \sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}.$

Xét phương trình $\left\{ \begin{array}{l}3x - y = 9\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\5x + 2y = 4\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Nhân hai vế của phương trình (1) với 2, ta được hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}6x - 2y = 18\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\\5x + 2y = 4\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Cộng từng vế hai phương trình của hệ phương trình trên, ta được phương trình:

$11x = 22,$ suy ra $x = 2.$

Thay $x = 2$ vào phương trình (1), ta được: $3 \cdot 2 - y = 9,$ suy ra $y = - 3.$

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là $\left( {2;\,\, - 3} \right).$

Giải bất phương trình:

$\frac{{5x + 3}}{4} < \frac{{4x - 5}}{3}$

$$\frac{{3\left( {5x + 3} \right)}}{{12}} < \frac{{4\left( {4x - 5} \right)}}{{12}}$$

$$3\left( {5x + 3} \right) < 4\left( {4x - 5} \right)$$

$$15x + 9 < 16x - 20$$

$- x < - 29$

$$x > 29.$$

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là $x > 29.$

Theo định lí Viète ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 7\\{x_1}{x_2} = 2.\end{array} \right.$

Vì ${x_1}$ là nghiệm của phương trình đã cho nên ${x_1}^2 - 7{x_1} + 2 = 0$ hay ${x_1}^2 = 7{x_1} - 2.$

Do đó $x_1^2 + 7{x_2} = 7{x_1} - 2 + 7{x_2} = 7\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2 = 7 \cdot 7 - 2 = 47.$

Ta có $x_1^3 + x_2^3 = x_1^3 + 3x_1^2{x_2} + 3{x_1}x_2^2 + x_2^3 - 3x_1^2{x_2} - 3{x_1}x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^3} - 3{x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right)$

$$= {7^3} - 3 \cdot 2 \cdot 7 = 301.$$

Vậy $\frac{{x_1^3 + x_2^3}}{{x_1^2 + 7{x_2}}} = \frac{{301}}{{47}}.$

Gọi vận tốc của xe tải là $x$ km/h (điều kiện $x > 0).$

Vận tốc của xe con là $x + 10$ (km/h).

Thời gian đi từ $A$ đến $B$ của xe tải, xe con lần lượt là $\frac{{200}}{x}$ giờ và $\frac{{200}}{{x + 10}}$ giờ.

Vì xe tải xuất phát trước xe con 40 phút $= \frac{2}{3}$ giờ và hai xe đến $B$ cùng lúc nên ta có phương trình $\frac{{200}}{x} - \frac{{200}}{{x + 10}} = \frac{2}{3}$.

Giải phương trình:

$\frac{{200}}{x} - \frac{{200}}{{x + 10}} = \frac{2}{3}$

$\frac{{200\left( {x + 10} \right) - 200x}}{{x\left( {x + 10} \right)}} = \frac{2}{3}$

$\frac{{200x + 2\,\,000 - 200x}}{{x\left( {x + 10} \right)}} = \frac{2}{3}$

$\frac{{2\,\,000}}{{x\left( {x + 10} \right)}} = \frac{2}{3}$

$2x\left( {x + 10} \right) = 3 \cdot 2\,\,000$

${x^2} + 10x - 3000 = 0.$

Giải phương trình được ${x_1} = - 60$ (không thỏa mãn), ${x_2} = 50$(thỏa mãn).

Thời gian xe tải đi từ $A$ đến $B$ là $4$ giờ.

Vậy hai xe đến $B$ lúc 12 giờ.

Xét nửa đường tròn $\left( O \right)$ có $\widehat {CBM}$ và $\widehat {ABM}$ lần lượt là hai góc nội tiếp chắn và

Mà nên $\widehat {CBM} = \widehat {ABM}$ hay BM là phân giác của $\widehat {ABC}.$

Điểm $M$ thuộc nửa đường tròn đường kính $AB$ nên $\widehat {BMA} = 90^\circ$ hay $\widehat {BMA} = \widehat {BME} = 90^\circ .$

Xét $\Delta BMA$ vuông tại $M$ và $\Delta BME$ vuông tại $M$ có:

$\widehat {MBA} = \widehat {MBE}$ và $BM$ là cạnh chung

Do đó $\Delta BMA = \Delta BME$ (cạnh góc vuông – góc nhọn kề).

Suy ra $MA = ME$ (hai cạnh tương ứng).

Ta có $\widehat {MAC} = \widehat {MBA}$ (hai góc nội tiếp nửa đường tròn $\left( O \right)$ chắn hai cung bằng nhau).

Xét $\Delta MAH\;$ và $\Delta MBA\;$có: $\widehat {AMH} = \widehat {BMA} = 90^\circ ,$ $\widehat {MAC} = \widehat {MBA}$

Do đó (g.g)

Suy ra $\frac{{MH}}{{MA}} = \frac{{MA}}{{MB}}$ hay $M{A^2} = MH \cdot MB.$

Mà $MA = ME$ (chứng minh trên) nên $M{E^2} = MH \cdot MB.$

⦁ Xét $\Delta AEF$ có $\widehat {PFA}$ là góc ngoài của tam giác tại đỉnh $F$ nên $\widehat {PFA} = \widehat {FAE} + \widehat {FEA}$ (1)

Lại có $\widehat {FAE} = \widehat {FBM}$ (hai góc nội tiếp nửa đường tròn $\left( O \right)$ cùng chắn và $\widehat {FBM} = \widehat {FEH}$ (hai góc nội tiếp đường tròn ngoại tiếp $\Delta BEH$ cùng chắn suy ra $\widehat {FAE} = \widehat {FEH}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat {PFA} = \widehat {FAE} + \widehat {FEA} = \widehat {FEH} + \widehat {FEA} = \widehat {HEA}$ (3)

⦁ Theo ý 2), ta có $M{E^2} = MH \cdot MB$ nên $\frac{{ME}}{{MH}} = \frac{{MB}}{{ME}}.$

Xét $\Delta MHE$ và $\Delta MEB$ có: $\widehat {EMH} = \widehat {BME} = 90^\circ$ và $\frac{{ME}}{{MH}} = \frac{{MB}}{{ME}}$

Do đó (c.g.c). Suy ra $\widehat {MEH} = \widehat {MBE}$ (hai góc tương ứng).

Mà theo chứng minh phần 1), ta có $\widehat {MBE} = \widehat {MBA}$ suy ra $\widehat {MBA} = \widehat {MEH} = \widehat {HEA}\,\,\,\left( 4 \right)$

Từ (3), (4) ta được $\widehat {PFA} = \widehat {MBA}$.

Xét $\Delta AFP$ và $\Delta ABQ$ có: $\widehat {PFA} = \widehat {MBA}$ và $\widehat {A\,\,}$ là góc chung

Do đó (g.g). Suy ra $\frac{{AP}}{{AQ}} = \frac{{AF}}{{AB}}$ hay $\frac{{AP}}{{AF}} = \frac{{AQ}}{{AB}}.$

Xét $\Delta AQP$ và $\Delta ABF$ có: $\frac{{AP}}{{AF}} = \frac{{AQ}}{{AB}}$ và $\widehat {A\,\,}$ là góc chung

Do đó (c.g.c).

Suy ra $\widehat {QPA} = \widehat {BFA}$ (hai góc tương ứng).

Mà $\widehat {BFA} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left( O \right))$ nên $\widehat {QPA} = 90^\circ$ hay $QP \bot AB.$

Gọi thời gian từ khi người đó xuất phát đến lúc gặp ô tô là $t$ (giây) (điều kiện $t > 0).$

Gọi vận tốc của người đón xe là $v$ (m/s).

Giả sử hai người gặp nhau tại $C.$ Kẻ $AK \bot BC.$ Ta có $AC = 10t{\rm{\;(m)}},\,\,BC = vt{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Xét $\Delta ABC$ có ${S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}BH \cdot AC = \frac{1}{2}AK \cdot BC$

Suy ra $AK \cdot BC = BH \cdot AC\;$ hay $AK \cdot vt = 50 \cdot 10t\;$ suy ra $v = \frac{{500}}{{AK}}$.

Do đó $v$ nhỏ nhất khi $AK$ lớn nhất.

Lại có $AK \le AB,$ dấu bằng khi $AK$ trùng với $AB,$ mà $AB$ không đổi nên $v$ nhỏ nhất khi $AK$ trùng với $AB$ hay $BC \bot BA.$

Vậy người đó chạy theo hướng vuông góc với $AB$ với vận tốc tối thiểu là $\frac{{500}}{{200}} = 2{,}5$ (m/s).