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

Chọn B

Không gian mẫu:

$$\Omega = \left\{ {\left\{ {1;2} \right\},\left\{ {1;3} \right\},\left\{ {1;4} \right\},\left\{ {1;5} \right\},\left\{ {1;6} \right\},\left\{ {2;3} \right\},\left\{ {2;4} \right\},\left\{ {2;5} \right\},\left\{ {2;6} \right\},\left\{ {3;4} \right\},\left\{ {3;5} \right\},\left\{ {3;6} \right\},\left\{ {4;5} \right\},\left\{ {4;6} \right\},\left\{ {5;6} \right\}} \right\}$$

$n\left( \Omega \right) = 15$

Có 5 kết quả thuận lợi cho biến cố "tổng hai số ghi trên hai thẻ rút ra là một số chia hết cho 3" là: $\left\{ {1;2} \right\},\left\{ {1;5} \right\},\left\{ {2;4} \right\},\left\{ {3;6} \right\},\left\{ {4;5} \right\}.$

Xác suất để tổng hai số ghi trên hai thẻ rút ra là một số chia hết cho 3 bằng $\frac{5}{{15}} = \frac{1}{3}$.

Chọn D

Phương trình ${x^2} - 5x + 3 = 0$ có $\Delta = {\left( { - 5} \right)^2} - 4.1.3 = 12 > 0$ do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt ${x_1},\,{x_2}.$ Áp dụng định lí viet ta có ${x_1}{x_2} = 3$.

Chọn C

Bán kính mặt cầu là $10:2 = 5\,\,\left( {cm} \right)$

Diện tích mặt cầu có đường kính 10 $cm$ là $4\pi {R^2} = 4.\pi {.5^2} = 100\pi$$c{m^2}$.

Chọn A

Điểm $A$ là điểm nhìn từ trên cao.

Điểm $C$ là đỉnh tháp, điểm $B$ là chân tháp.

$AH \bot BC$ (đường ngang từ điểm nhìn).

$\widehat {CAH} = 45^\circ$, góc $\widehat {BAH} = 28^\circ$.

Đoạn $BD = 128m \Rightarrow HA = 128m$

Gọi $h = BC$, gọi $x = HC$, $y = HB$, khi đó:

$x = AH \cdot \tan \,45^\circ = 128 \cdot 1 = 128{\rm{ m}}$

$y = AH \cdot \tan \,28^\circ \approx 128 \cdot 0{,}5317 \approx 68{\rm{ m}}$

$BC = x + y = 128 + 68 = 196{\rm{ m}}$

Đáp án đúng là: A. $196m$.

Chọn A

$OI = 8 = 3 + 5$. Hai đường tròn tiếp xúc ngoài.

Chọn A

$\widehat {BAC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}$ (góc nội tiếp và góc ở tâm), do đó $\widehat {BAC} = \frac{1}{2}.70^\circ = 35^\circ$.

Chọn A

Bước 1: Diện tích xung quanh của hình nón chính là diện tích miếng tôn

* Diện tích miếng tôn (nửa hình tròn):

$A = \frac{1}{2}\pi {R^2} = \frac{1}{2} \cdot 3.14 \cdot {10^2} = \frac{1}{2} \cdot 3.14 \cdot 100 = 157{\kern 1pt} c{m^2}$

* Diện tích xung quanh hình nón cũng là: $A = \pi rl = 157$

Trong đó:

* $r$: bán kính đáy hình nón (cần tìm)

* $l = 10{\kern 1pt} cm$: đường sinh (bằng bán kính miếng tôn)

Bước 2: Tìm bán kính đáy hình nón $r$

$\pi rl = 157 \Rightarrow 3.14 \cdot r \cdot 10 = 157 \Rightarrow 31.4 \cdot r = 157 \Rightarrow r = \frac{{157}}{{31.4}} = 5{\kern 1pt} cm$

Bước 3: Tính chiều cao $h$ của hình nón

Dùng định lý Pythagore trong tam giác vuông tạo bởi:

* $l = 10$

* $r = 5$

$h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} = \sqrt {{{10}^2} - {5^2}} = \sqrt {100 - 25} = \sqrt {75} = 5\sqrt 3 {\kern 1pt} cm$---

Bước 4: Tính thể tích hình nón

$V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3} \cdot 3.14 \cdot {5^2} \cdot 5\sqrt 3 = \frac{1}{3} \cdot 3.14 \cdot 25 \cdot 5\sqrt 3 = \frac{1}{3} \cdot 392.5 \cdot \sqrt 3 \approx 227$

Chọn C

Căn bậc hai số học của $16$ bằng $4$.

Chọn B

Theo định nghĩa phương trình bậc nhất hai ẩn ta có $3x - 5y = 1$là phương trình bậc nhất hai ẩn

Chọn B

Từ bảng thống kê, ta có 13 học sinh có cân nặng là 50 kg.

Chọn C

Không gian mẫu có 10 phần tử là

1. Việt – Nam

2. Việt – Bắc

3. Việt – Giang

4. Việt – Ninh

5. Nam – Bắc

6. Nam – Giang

7. Nam – Ninh

8. Bắc – Giang

9. Bắc – Ninh

10. Giang – Ninh

Chọn B

Điều kiện xác định của biểu thức $P = \sqrt {x + 1} + \frac{6}{{x - 3}}$ là $\left\{ \begin{array}{l}x + 1 \ge 0\\x - 3 \ne 0\end{array} \right.$ hay $x \ge - 1$ và $x \ne 3$.

Chọn C

Ta có hệ phương trình: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{2x - 3y = 5{\rm{(1)}}}\\{x + 2y = 6{\rm{(2)}}}\end{array}} \right.$

Từ phương trình (2): $x = 6 - 2y{\rm{ }}\left( 3 \right)$

Thế (3) vào phương trình (1):

$2(6 - 2y) - 3y = 512 - 4y - 3y = 512 - 7y = 5 - 7y = 5 - 12 = - 7 \Rightarrow y = 1$

Thay $y = 1$ vào (3): $x = 6 - 2.1 = 4$.

Vậy nghiệm duy nhất là: $({x_0},{y_0}) = (4{,}1)$. Do đó \({x_0} - {y_0} = 4 - 1 =

Chọn D

$2(x - 3) \le 6 - x$

$2x - 6 \le 6 - x$

$2x + x \le 6 + 6$

$3x \le 12$

$x \le 4$

Nghiệm của bất phương trình: $x \le 4$

Mà $x \in \mathbb{N}*$ nên $x \in \left\{ {1;2;3;4} \right\}$

Chọn D

Gọi:

$x$: giá vé người lớn (nghìn đồng)

$y$: giá vé trẻ em (nghìn đồng)

Ta lập hệ phương trình theo đề bài:

Gia đình bạn An(3 người lớn, 2 trẻ em):

$3x + 2y = 590{\rm{ }}\left( 1 \right)$

Gia đình bạn Bình (2 người lớn, 1 trẻ em):

$2x + y = 370{\rm{ }}\left( 2 \right)$

Giải hệ phương trình:

Từ (2):

$y = 370 - 2x\left( 3 \right)$

Thay (3) vào (1):

$3x + 2(370 - 2x) = 5903x + 740 - 4x = 590 - x + 740 = 590 - x = - 150 \Rightarrow x = 150$---

Giá vé người lớn là 150 nghìn đồng

Đáp án đúng là: D. 150 nghìn đồng

Chọn C

* Gọi $R$ là bán kính đường tròn.

$M$ là trung điểm $AB$

$AM = 4{\kern 1pt} cm$

Khoảng cách từ tâm $O$ đến dây $AB$ là $OM = 3{\kern 1pt} cm$.

Tam giác vuông $OMA$ có:

$O{A^2} = O{M^2} + A{M^2} = {3^2} + {4^2} = 9 + 16 = 25 \Rightarrow OA = 5{\kern 1pt} cm$→ Bán kính $R = 5{\kern 1pt} cm$

Chu vi đường tròn:

$C = 2\pi R = 2\pi \cdot 5 = 10\pi {\kern 1pt} cm$

Đáp án đúng: C. $10\pi {\kern 1pt} cm$

Chọn D

Bước 1: Tính tổng số học sinh:

$8 + 9 + 11 + 8 = 36$

Bước 2: Tính tần số tương đối của từng nhóm:

* Nhóm $[0;20)$: $\frac{8}{{36}} \times 100\% \approx 22.22\%$

* Nhóm $[20;40)$: $\frac{9}{{36}} \times 100\% = 25\%$

* Nhóm $[40;60)$: $\frac{{11}}{{36}} \times 100\% \approx 30.56\%$

* Nhóm $[60;80)$: $\frac{8}{{36}} \times 100\% \approx 22.22\%$

*Bước 3: Xác định nhóm có tần số tương đối là 25%:

⇒ Nhóm $\left[ {20;40} \right).$

Chọn A

Ta có phương trình:

${x^2} - (3m + 1)x + m - 5 = 0$

Biết $x = - 1$ là nghiệm của phương trình, thay vào:

${( - 1)^2} - (3m + 1)( - 1) + m - 5 = 0$

$1 + 3m + 1 + m - 5 = 0$

$4m - 3 = 0$

$m = \frac{3}{4}$

Đáp án đúng là: A. $m = \frac{3}{4}$.

Chọn B

Ta có phương trình:

${x^2} + bx + 2 = 0$

Con xúc xắc có thể cho giá trị $b \in \{ 1{,}2{,}3{,}4{,}5{,}6\}$ với xác suất bằng nhau.

Điều kiện để phương trình có nghiệm:

Phương trình bậc hai có nghiệm khi Δ ≥ 0, với:

$\Delta = {b^2} - 4ac = {b^2} - 8$vì $a = 1$, $c = 2$.

Xét các giá trị $b$ từ 1 đến 6:

* $b = 1$: $\Delta = {1^2} - 8 = - 7$ → vô nghiệm

* $b = 2$: $\Delta = 4 - 8 = - 4$ → vô nghiệm

* $b = 3$: $\Delta = 9 - 8 = 1$ → có nghiệm

* $b = 4$: $\Delta = 16 - 8 = 8$ → có nghiệm

* $b = 5$: $\Delta = 25 - 8 = 17$ → có nghiệm

* $b = 6$: $\Delta = 36 - 8 = 28$ → có nghiệm

⇒ Có 4 giá trị của $b$ khiến phương trình có nghiệm: $3{,}4{,}5{,}6$

Xác suất:

$P = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$

Đáp án đúng là: B. $\frac{2}{3}$.

Chọn D

Đồ thị có dạng là một Parabol

Parabol $y = a{x^2}\left( {a \ne 0} \right)$ đi qua điểm $\left( {1;3} \right)$ khi và chỉ khi $3 = a{.1^2}$ hay $a = 3$(thoả mãn)

Đáp án đúng là: D. $y = 3{x^2}$.

Ta có .

$\begin{array}{l}2x - 1 < 5\\2x < 6\end{array}$

$x < 3$

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là $x < 3$.

Parabol $y = \left( {2m - 3} \right){x^2}$ $\left( {m \ne \frac{3}{2}} \right)$đi qua điểm $A\left( { - 1;5} \right)$ khi và chỉ khi $5 = \left( {2m - 3} \right){\left( { - 1} \right)^2}$

$5 = 2m - 3$

$m = 4$ (thỏa mãn điều kiện)

Vậy $m = 4$ là giá trị cần tìm.

với $x \ge 0$ và $x \ne 4$ta có

$P = \left( {\frac{2}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} + \frac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right):\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x - 2}}$

$= \left( {\frac{2}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} + \frac{{\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}} \right):\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x - 2}}$

$= \frac{{\sqrt x + 3}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 3}}$

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

Vậy $P = \frac{1}{{\sqrt x + 1}}$với $x \ge 0$ và $x \ne 4$.

a) Với $m = 2$ phương trình đã cho trở thành

${x^2} - 5x + 6 = 0$.

$\Delta = 1 > 0$

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt

${x_1} = 2$

${x_2} = 3$

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ${x_1} = 2$, ${x_2} = 3$.

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

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi $\Delta > 0$

${\left( {2m - 3} \right)^2} > 0$

$2m - 3 \ne 0$

$m \ne \frac{3}{2}$.

Với $m \ne \frac{3}{2}$ phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ${x_1},\,{x_2}$.

Theo định lý Viète, ta có:

${x_1} + {x_2} = 2m + 1$ (1)

${x_1}{x_2} = 4m - 2$ (2)

Ta có: $T = \left( {1 + x_1^2} \right).\left( {1 + x_2^2} \right)$

$= x_1^2 + x_2^2 + {\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2} + 1$

$= {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} + {\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2} + 1$ (3)

Thay (1) và (2) vào (3) ta được:

$T = {\left( {2m + 1} \right)^2} - 2\left( {4m - 2} \right) + {\left( {4m - 2} \right)^2} + 1$

$= 4{m^2} + 4m + 1 - 8m + 4 + 16{m^2} - 16m + 4 + 1$

$= 20{m^2} - 20m + 10$

$= 20{\left( {m - \frac{1}{2}} \right)^2} + 5$

Ta có ${\left( {m - \frac{1}{2}} \right)^2} \ge 0,\forall m$ nên $T = 20{\left( {m - \frac{1}{2}} \right)^2} + 5 \ge 5,\forall m$

Dấu "=" xảy ra khi $m = \frac{1}{2}$ (thỏa mãn)

Vậy giá trị nhỏ nhất của $T$ bằng $5$ khi $m = \frac{1}{2}$.

Ta có bảng tần số tương đối ghép nhóm sau:

+ Không gian mẫu có 10 phần tử, cụ thể: (An; Bình), (An; Công), (Bình; Công), (Nguyệt; Yến), (An; Nguyệt), (An; Yến), (Bình; Nguyệt), (Bình; Yến), (Công; Nguyệt), (Công; Yến).

$n\left( \Omega \right) = 10.$

Có 7 kết quả thuận lợi cho biến cố $E$, cụ thể: (Nguyệt; Yến), (An; Nguyệt), (An; Yến), (Bình; Nguyệt), (Bình; Yến), (Công; Nguyệt), (Công; Yến).

$n\left( E \right) = 10.$

Vậy xác suất của biến cố $E$ là $P\left( E \right) = \frac{7}{{10}}$ .

a) Chứng minh tứ giác $AMON$là tứ giác nội tiếp.

Gọi $G$ là trung điểm của $AO.$

Xét $\left( O \right)$ có $AM$ là tiếp tuyến tại $M$ (GT) nên $AM \bot OM$ tại $M \Rightarrow \widehat {AMO} = 90^\circ$

Suy ra $\Delta AMO$ nội tiếp đường tròn tâm $G$ đường kính $AO$

Suy ra $A,M,O \in \left( {G;\frac{{AO}}{2}} \right)\,\,\left( 1 \right)$

Xét $(O)$ có $AN$ là tiếp tuyến tại $N$ (GT) nên $AN \bot ON$ tại $N \Rightarrow \widehat {ANO} = 90^\circ$

Suy ra $\Delta ANO$ nội tiếp đường tròn tâm $G$ đường kính $AO$

Suy ra $A,N,O \in \left( {G;\frac{{AO}}{2}} \right)\,\,\left( 2 \right)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $A,M,N,O \in \left( {G;\frac{{AO}}{2}} \right)$

Do đó tứ giác$AMNO$ là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm $G$ đường kính $AO$.

Vậy tứ giác$AMNO$ là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm $G$ đường kính $AO$.

b) Xét tam giác $AMO$ vuông tại $M$ có $AM = \sqrt {O{A^2} - O{M^2}} = \sqrt {{{\left( {3R} \right)}^2} - {R^2}} = 2\sqrt 2 R.$

Theo giả thiết $AM,\,AN$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( {O;\,R} \right)$ nên $AO$ là đường trung trực của $MN$. Do đó $AO \bot MN$ tại $H$.

Vậy $AH = \frac{8}{3}R.$

c) Ta có $OH = AO - AH = 3R - \frac{{8R}}{3} = \frac{R}{3}.$

Xét tam giác $AMH$ vuông tại $H$ có $MH = \sqrt {A{M^2} - A{H^2}} = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 2 R} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{8R}}{3}} \right)}^2}} = \frac{{2\sqrt 2 R}}{3}.$

Từ đó $MN = 2MH = \frac{{4\sqrt 2 R}}{3}.$

Ta có ${S_{\Delta AMN}} = \frac{1}{2}AH.MN = \frac{1}{2}.\frac{{8R}}{3}.\frac{{4\sqrt 2 R}}{3} = \frac{{16\sqrt 2 {R^2}}}{9}.$

Hạ $FI \bot MN$ tại $I.$ta có:

${S_{AMFN}} = {S_{\Delta AMN}} + {S_{\Delta FMN}} = \frac{{16\sqrt 2 {R^2}}}{9} + \frac{1}{2}.MN.FI = \frac{{16\sqrt 2 {R^2}}}{9} + \frac{1}{2}.\frac{{4\sqrt 2 R}}{3}.FI$

$= \frac{{16\sqrt 2 {R^2}}}{9} + \frac{{2\sqrt 2 R}}{3}.FI$

Do đó ${S_{AMFN}}$ lớn nhất khi$FI$ lớn nhất.

Trong tam giác$FIH$ vuông tại$I$, ta có: $FI \le FH$

mà $FH \le OF + OH = R + \frac{R}{3} = \frac{{4R}}{3}$ nên $FI \le \frac{{4R}}{3}.$

Từ đó $FI$ lớn nhất bằng $\frac{{4R}}{3}$ khi $d$ đi qua tâm $O$.

Vậy ${S_{AMFN}}$ đạt giá trị lớn nhất bằng ${S_{AMFN}} = \frac{{16\sqrt 2 {R^2}}}{9} + \frac{{2\sqrt 2 R}}{3}.\frac{{4R}}{3} = \frac{{8\sqrt 2 {R^2}}}{3}$ khi $d$ đi qua tâm $O$.

Với hai số dương

$x,\,y$ ta có ${\left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)^2} \ge 0$ suy ra $x + y \ge 2\sqrt {xy}$ (*)

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có

$\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {c^2}}} = a - \frac{{a.{c^2}}}{{{a^2} + {c^2}}} \ge a - \frac{{a.{c^2}}}{{2ac}} = a - \frac{c}{2}$ (1)

Chứng minh tương tự, ta có $\frac{{{b^3}}}{{{b^2} + {c^2}}} \ge b - \frac{c}{2}$ (2)

Từ giả thiết $a\left( {a - c} \right) + b\left( {b - c} \right) \ge 0$ suy ra ${a^2} + {b^2} \ge c\left( {a + b} \right)$

$\frac{{{a^2} + {b^2} + 2025}}{{a + b}} \ge c + \frac{{2025}}{{a + b}}$ (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có $S \ge a + b + \frac{{2025}}{{a + b}}$

Ta có $a + b + \frac{{2025}}{{a + b}} \ge 90$

Suy ra $S \ge 90$.

Dấu “=” xảy ra khi $a = b = c = \frac{{45}}{2}$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $S$ bằng $90$ khi $a = b = c = \frac{{45}}{2}$.