Đề tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm 2026-2027 (Chung) Sở Đồng Nai (có đáp án)

1. Ta có ${x^2} + 6x - 7 = 0$

$\left( {x - 1} \right)\left( {x + 7} \right) = 0$

$x = 1$ hoặc $x = - 7$.

Vậy phương trình có 2 nghiệm là: $x = 1\,;\,\,x = - 7$.

2. Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{2x + 3y = 3}\\{2x + y = 9}\end{array}} \right.$

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{3y - y = 3 - 9}\\{2x + y = 9}\end{array}} \right.$

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{y = - 3}\\{2x - 3 = 9}\end{array}} \right.$

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{y = - 3}\\{x = 6}\end{array}} \right.$.

Vậy hệ phương trình có nghiệm là: $\left( {x\,;\,\,y} \right) = \left( {6\,;\,\, - 3} \right)$.

3. Ta có $3x - 15 > 0$

$3x > 15$

$x > 5$.

Vậy bất phương trình có nghiệm là: $x > 5$.

1. Ta có $P = \sqrt {25} + \sqrt[3]{{ - 27}} = 5 - 3 = 2$.

2. Với $x \ge 0,x \ne 4$ ta được:

$Q = \left( {\frac{2}{{x + 4\sqrt x + 4}} - \frac{1}{{2\sqrt x + 4}}} \right):\frac{{2 - \sqrt x }}{{6\sqrt x + 12}}$

$$= \left[ {\frac{2}{{{{\left( {\sqrt x + 2} \right)}^2}}} - \frac{1}{{2\left( {\sqrt x + 2} \right)}}} \right]:\frac{{2 - \sqrt x }}{{6\left( {\sqrt x + 2} \right)}}$$

$= \left[ {\frac{4}{{2{{\left( {\sqrt x + 2} \right)}^2}}} - \frac{{\sqrt x + 2}}{{2{{\left( {\sqrt x + 2} \right)}^2}}}} \right]:\frac{{2 - \sqrt x }}{{6\left( {\sqrt x + 2} \right)}}$

$= \frac{{4 - \sqrt x - 2}}{{2{{\left( {\sqrt x + 2} \right)}^2}}}:\frac{{2 - \sqrt x }}{{6\left( {\sqrt x + 2} \right)}}$

$= \frac{{2 - \sqrt x }}{{2{{\left( {\sqrt x + 2} \right)}^2}}} \cdot \frac{{6\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{2 - \sqrt x }}$$= \frac{3}{{\sqrt x + 2}}$.

Ta có $Q = \frac{3}{{\sqrt x + 2}}$. Để $Q \in \mathbb{Z}$ thì $(\sqrt x + 2)$ phải là ước nguyên của 3.

Tập hợp các ước của 3 là: Ư$(3) = \left\{ {1\,;\,\, - 1\,;\,\,3\,;\,\, - 3} \right\}$.

Vì $x \ge 0$ nên $\sqrt x \ge 0$, do đó $\sqrt x + 2 \ge 2$.

So sánh với tập các ước của 3, giá trị duy nhất thỏa mãn điều kiện $\sqrt x + 2 \ge 2$ là $3$.

Do đó, ta có $\sqrt x + 2 = 3$ nên $\sqrt x = 1$ suy ra $x = 1$ (TMĐK).

Vậy để $Q$ nhận giá trị là số nguyên thì $x = 1$.

1. Bảng giá trị của hàm số:

Biểu diễn trên hệ trục tọa độ

2. Vì phương trình có hai nghiệm ${x_1},{x_2}$ nên theo hệ thức Viète, ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_1} + {x_2} = - 7}\\{{x_1}{x_2} = 3}\end{array}} \right.$.

Ta có $M = x_1^2 + x_2^2 = x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2} - 2{x_1}{x_2}$

$= {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = {\left( { - 7} \right)^2} - 2 \cdot 3 = 49 - 6 = 43.$

3. Gọi $x$ (nghìn đồng) là số tiền mỗi học sinh phải đóng sau khi điều chỉnh giá.

$y$ (học sinh) là số học sinh ban đầu (Điều kiện: $x > 0\,,\,\,y \in {\mathbb{N}^*}$).

Khi đó, số tiền mỗi học sinh phải đóng ban đầu là $x + 20$ (nghìn đồng).

số học sinh sau khi thêm 50 em là $y + 50$ (học sinh).

Theo đề bài ta có hệ phương trình: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\left( {x + 20} \right)y = 60\,\,000}\\{\left( {y + 50} \right)x = 63\,\,000}\end{array}} \right.$

$$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{xy + 20y = 60\,\,000}\\{xy + 50x = 63\,\,000}\end{array}} \right.$$

$$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{5x - 2y = 300}\\{xy + 20y = 60\,\,000}\end{array}} \right.$$

Từ phương trình $5x - 2y = 300$ suy ra $x = \frac{2}{5}y + 60$.

Thế vào $xy + 20y = 60\,\,000$, ta được

$\left( {\frac{2}{5}y + 60} \right)y + 20y = 60\,\,000$

$2{y^2} + 400y - 300\,\,000 = 0$

$y = 300$ (TMĐK) hoặc $y = - 500$ (loại)

Với $y = 300$ thì $x = 180$ (TMĐK).

Vậy số tiền mỗi học sinh phải đóng sau khi điều chỉnh giá là 180 nghìn đồng.

1. Tần số của nhóm $\left[ {14\,;\,\,21} \right)$ là 16.

Cỡ mẫu của mẫu số liệu là: $N = 3 + 14 + 16 + 7 = 40$.

Do đó tần số tương đối của nhóm $\left[ {14\,;\,\,21} \right)$ là: $\frac{{16}}{{40}} \cdot 100\% = 40\%$.

2. Không gian mẫu của phép thử là: $n\left( \Omega \right) = 6$.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố $A$ là: 3; 6.

Vì các kết quả có thể xảy ra đồng khả năng nên $n\left( A \right) = 2$.

Xác suất biến cố A: "Số ghi trên thẻ được rút ra là bội của 3" là:

$P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}.$

1. Gọi $C$ là hình chiếu của $B$ lên mặt đất, trùng với mốc chiều cao $5\,\,{\rm{km}}$ của $B$ trên mặt đất.

Theo tỉ số lượng giác trong tam giác $ABC$ vuông tại $C$ ta có:

$\sin \widehat {BAC} = \frac{{BC}}{{AB}}$ suy ra $AB = \frac{{BC}}{{\sin \widehat {BAC}}} = \frac{5}{{\sin 30^\circ }} = 10{\rm{ (km)}}$.

Vậy quãng đường $AB$ dài $10{\rm{ km}}$.

2. Thể tích của một hình trụ trên là: $V = 3{,}14 \cdot {\left( {\frac{{10}}{2}} \right)^2} \cdot 18 = 1413{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).$

1. Vì $\widehat {MAO} = 90^\circ$ (giả thiết) suy ra $\Delta MAO$ vuông tại $A$ do đó 3 điểm $M,\,\,A,\,\,O$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MO.$

Lại có, $\widehat {MBO} = 90^\circ$ (giả thiết) suy ra $\Delta MBO$ vuông tại $B$ do đó 3 điểm $M,\,\,B,\,\,O$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MO.$

Do đó 4 điểm $M,\,\,A,\,\,O,\,\,B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MO$ suy ra tứ giác $MAOB$ nội tiếp đường tròn.

2. Ta có $\widehat {MDA} = 180^\circ - \widehat {ADC}$ mà $\widehat {ADC} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra $\widehat {MDA} = 90^\circ$.

Khi đó chứng minh được (g.g).

Suy ra $\frac{{MA}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MA}}$ nên $M{A^2} = MC \cdot MD$.

3. Vì $AC$ là đường kính nên $\widehat {ADC} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra $\widehat {MDA} = 90^\circ$.

Dễ dàng chứng minh được $MDHA$ nội tiếp, ta được: $\widehat {ADH} = \widehat {AMH}$ (cùng chắn ).

Vì $MO$ là tia phân giác của góc tạo bởi hai tiếp tuyến cắt nhau nên $\widehat {AMH} = \widehat {FMB}$.

Suy ra $\widehat {ADH} = \widehat {FMB}$ (1).

Ta có: $M{A^2} = MC.MD$, mà $M{A^2} = MH.MO$ suy ra $MC \cdot MD = MH \cdot MO$, do đó $\frac{{MC}}{{MO}} = \frac{{MH}}{{MD}}$.

Xét $\Delta MHD$ và $\Delta MCO$ có: $\frac{{MC}}{{MO}} = \frac{{MH}}{{MD}}$ và $\widehat {DMH}$ chung

Do đó $ΔMHD∽ΔMCO$ (c.g.c)

Suy ra $\frac{{HD}}{{CO}} = \frac{{MD}}{{MO}}$ nên $HD = R \cdot \frac{{MD}}{{MO}}$ (với $R$ là bán kính đường tròn $(O)$).

Chứng minh tương tự ta có $ΔMDA∽ΔMAC$ suy ra $\frac{{DA}}{{AC}} = \frac{{MD}}{{MA}}$ nên $DA = 2R \cdot \frac{{MD}}{{MA}}$ (do đường kính $AC = 2R$).

Khi đó $\frac{{HD}}{{DA}} = \frac{{R \cdot \frac{{MD}}{{MO}}}}{{2R \cdot \frac{{MD}}{{MA}}}} = \frac{{MA}}{{2MO}}$.

Do tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có $MA = MB$, thay vào tỉ số trên ta được:

$\frac{{HD}}{{DA}} = \frac{{MB}}{{2MO}}$.

Mà $M{B^2} = MH \cdot MO$ nên $\frac{{MH}}{{MB}} = \frac{{MB}}{{MO}}$.

Vì $F$ là trung điểm $MH$ nên $MF = \frac{1}{2}MH$.

Ta có: $\frac{{MF}}{{MB}} = \frac{{\frac{1}{2}MH}}{{MB}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{MH}}{{MB}} = \frac{{MB}}{{2MO}}$.

Từ đó suy ra: $\frac{{MF}}{{MB}} = \frac{{HD}}{{DA}}$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $ΔBFM∽ΔAHD$ (c.g.c) suy ra $\widehat {FBM} = \widehat {DAH}$.

Kẻ đường kính $BT$. Ta có $\widehat {DBM} = \widehat {DAB} = \widehat {DAH}$ (cùng chắn ).

Suy ra $\widehat {FBM} = \widehat {DBM}$ do đó $B,\,\,D,\,\,F$ thẳng hàng.