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

Đáp án đúng là: A

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

${x^2} - 2x - 3x + 6 = 0$

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

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

Suy ra $x = 2$ hoặc $x = 3$.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Hàm số bậc nhất là hàm số được cho bằng công thức $y = ax + b$, trong đó $a$, $b$ là các số cho trước và $a \ne 0$.

Trong các phương án đưa ra, chỉ có hàm số $y = 4x - 5$ thỏa mãn định nghĩa này (với $a = 4$và $b = - 5$).

Đáp án đúng là: D

Dựa vào bảng tần số ghép nhóm, nhóm có thời lượng từ 2 giờ đến dưới 3 giờ tương ứng với khoảng $\left[ {2;{\rm{ }}3} \right)$. Tần số của nhóm này là 29, tức là có 29 người sử dụng điện thoại trong khoảng thời gian đó.

Đáp án đúng là: C

Một xúc xắc cân đối và đồng chất có 6 mặt, mỗi mặt được đánh số từ 1 đến 6 chấm.

Khi gieo xúc xắc một lần, có thể xuất hiện bất kỳ mặt nào trong 6 mặt này.

Do đó, không gian mẫu của phép thử gồm 6 phần tử: $\Omega = \left\{ {1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5;\,\,6} \right\}$.

Đáp án đúng là: A

Căn bậc ba của một số $a$ là số $x$ sao cho ${x^3} = a$.

Vì ${3^3} = 27$, nên căn bậc ba của 27 là 3.

Đáp án đúng là: D

Giải bất phương trình

$2x - 3 \ge 0$

$2x \ge 3$

$x \ge 1{,}5$.

Trong các phương án, chỉ có số 2 lớn hơn 1,5 nên 2 là một nghiệm của bất phương trình.

Đáp án đúng là: B

Trong tam giác ABC vuông tại A, đối với góc $C$, cạnh đối là $AB$ và cạnh kề là $AC$.

Tỉ số lượng giác $\tan$ của một góc nhọn trong tam giác vuông bằng độ dài cạnh đối chia cho độ dài cạnh kề.

Vậy $\tan C = \frac{{AB}}{{AC}}$.

Đáp án đúng là: C

“Ngũ” có nghĩa là 5. Ngũ giác đều là đa giác có 5 cạnh bằng nhau và 5 góc bằng nhau.

Hình 1 là tam giác đều (3 cạnh).

Hình 2 là hình vuông (4 cạnh).

Hình 3 là ngũ giác đều (5 cạnh).

Hình 4 là lục giác đều (6 cạnh).

a) Ta có $A = \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}^2}} - \sqrt 5 \left( {\sqrt 5 + 1} \right)$

$= \left| {\sqrt 5 + 1} \right| - \left( {\sqrt 5 \cdot \sqrt 5 + \sqrt 5 \cdot 1} \right)$

$= \sqrt 5 + 1 - 5 - \sqrt 5$$= - 4$.

Vậy $A = - 4$.

b) Với điều kiện $x \ge 0,x \ne 4$, ta có:

$B = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 2}} + \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - \frac{{3x}}{{x - 4}}$

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

$= \frac{{x + 2\sqrt x + \sqrt x + 2 + 2x - 4\sqrt x - 3x}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}$

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

Vậy $B = \frac{{ - 1}}{{\sqrt x + 2}}$ với $x \ge 0,x \ne 4$.

a) Đếm số lần xuất hiện của điểm $8$ trong bảng dữ liệu, ta thấy điểm $8$ xuất hiện $5$ lần.

Vậy có $5$ học sinh được $8$ điểm.

b) Học sinh đạt từ $8$ điểm trở lên tức là được $8$ điểm, $9$ điểm hoặc 10 điểm.

Số học sinh được $8$ điểm là $5$.

Số học sinh được $9$ điểm là $5$.

Số học sinh được $10$ điểm là $2$.

Tổng số học sinh đạt từ $8$ điểm trở lên là: $5 + 5 + 2 = 12$ (học sinh).

Xác suất để chọn được học sinh đạt từ $8$ điểm trở lên là: $P\left( A \right) = \frac{{12}}{{20}} = \frac{3}{5} = 0{,}6$.

a) Gọi điểm cần tìm có tọa độ là $\left( {x\,;\,\,4\,} \right)$.

Thay $y = 4$ vào phương trình hàm số $y = {x^2}$, ta có: $4 = {x^2}.$

Do đó $x = 2$ hoặc $x = - 2$.

Vậy có hai điểm thỏa mãn là $\left( {2\,;\,\,4} \right)$ và $\left( { - 2\,;\,\,4} \right)$.

b) Xét phương trình ${x^2} - x - 1 = 0$ có $\Delta = {\left( { - 1} \right)^2} - 4 \cdot 1 \cdot \left( { - 1} \right) = 5 > 0$.

Phương trình có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$.

Áp dụng định lí Viète, ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_1} + {x_2} = 1}\\{{x_1}{x_2} = - 1}\end{array}} \right.$.

Vì là nghiệm của phương trình nên $x_1^2 - {x_1} - 1 = 0$, suy ra $x_1^2 = {x_1} + 1$.

Ta có biểu thức: $C = x_1^2 - {x_1}x_2^2 + 2026$$= {x_1} + 1 - {x_1}x_2^2 + 2026$$= {x_1}\left( {1 - x_2^2} \right) + 2027.$

Mặt khác, vì ${x_2}$ là nghiệm của phương trình nên $x_2^2 - {x_2} - 1 = 0$, suy ra $1 - x_2^2 = - {x_2}$.

Thay vào biểu thức $C$, ta được: $C = {x_1} \cdot \left( { - {x_2}} \right) + 2027 = - {x_1}{x_2} + 2027{\rm{ }}.$

Thay ${x_1}{x_2} = - 1$ vào, ta có: $C = - \left( { - 1} \right) + 2027 = 2028.$

Vậy $C = 2028$.

Gọi $x,\,\,y$ (vé) lần lượt là số vé hạng thương gia và hạng phổ thông đã bán $\left( {x,\,\,y \in {\mathbb{N}^*};\,\,x,\,\,y < 130} \right)$.

Vì tổng số vé hãng bán được là $130$ vé nên ta có phương trình:

$x + y = 130{\rm{ (1)}}.$

Số tiền thu được từ bán vé hạng thương gia là $5x$ (triệu đồng).

Số tiền thu được từ bán vé hạng phổ thông là $2y$ (triệu đồng).

Vì tổng số tiền thu được là 320 triệu đồng nên ta có phương trình: $5x + 2y = 320{\rm{ (2)}}.$

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x + y = 130}\\{5x + 2y = 320}\end{array}} \right.$.

Từ phương trình (1) suy ra $y = 130 - x$. Thay vào phương trình (2) ta được:

$5x + 2\left( {130 - x} \right) = 320$

$5x + 260 - 2x = 320$

$3x = 60$

$x = 20.$ (TMĐK)

Thay $x = 20$ vào $y = 130 - x$, ta có: $y = 130 - 20 = 110.$ (TMĐK)

Vậy số vé hạng thương gia đã bán là 20 vé, số vé hạng phổ thông đã bán là 110 vé.

a) • Chứng minh tứ giác $OKMB$ nội tiếp:

Vì $AB \bot CD$ tại $O$ nên $\widehat {KOB} = 90^\circ$.

Vì góc $\widehat {AMB}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính $AB$ nên $\widehat {AMB} = 90^\circ$ hay $\widehat {KMB} = 90^\circ .$

Xét tứ giác $OKMB$ có $\widehat {KOB} + \widehat {KMB} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$.

Hai góc này là hai góc đối nhau, vậy tứ giác $OKMB$ nội tiếp đường tròn đường kính $KB$.

• Chứng minh $\widehat {MBK} = 2\widehat {MAC}$:

Vì tứ giác $OKMB$ nội tiếp nên $\widehat {MBK} = \widehat {MOK}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn ).

Mà $\widehat {MOK}$ (tức $\widehat {MOC}$) là góc ở tâm chắn cung nhỏ của đường tròn $\left( O \right)$.

Lại có $\widehat {MAC}$ là góc nội tiếp chắn cung nhỏ của đường tròn $\left( O \right)$.

Theo tính chất góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn một cung, ta có $\widehat {MOC} = 2\widehat {MAC}$.

Do đó $\widehat {MBK} = 2\widehat {MAC}$.

b) Xét $\Delta AMB$ vuông tại $M$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Ta có $\widehat {MAB} + \widehat {MBA} = 90^\circ$.

Gọi $Y$ là giao điểm của $BM$ và $CD$.

Trong $\Delta AOK$ vuông tại $O$ có $\tan \widehat {KAO} = \frac{{OK}}{{OA}} = \frac{{OK}}{R}$.

Trong $\Delta BOY$ vuông tại $O$ có $\tan \widehat {YBO} = \frac{{OY}}{{OB}} = \frac{{OY}}{R}$.

Vì $\widehat {KAO}$ và $\widehat {YBO}$ phụ nhau nên $\tan \widehat {KAO} \cdot \tan \widehat {YBO} = 1$.

Suy ra $\frac{{OK}}{R} \cdot \frac{{OY}}{R} = 1$, do đó $OY = \frac{{{R^2}}}{{OK}}$.

Vì $DN$ là tiếp tuyến tại $D$ nên $DN \bot CD$. Mà $AB \bot CD$ nên $DN\,{\rm{//}}\,AB$.

Xét $\Delta OBY$ có $DN\,{\rm{//}}\,OB$ (với $D \in OY\,;\,\,N \in BY$).

Theo hệ quả định lí Thalès, ta có $\frac{{DN}}{{OB}} = \frac{{DY}}{{OY}}$.

Suy ra $DN = OB \cdot \frac{{OD + OY}}{{OY}} = R \cdot \left( {\frac{R}{{OY}} + 1} \right) = \frac{{{R^2}}}{{OY}} + R = OK + R$.

Diện tích tam giác $CNK$ có đường cao hạ từ $N$ xuống $CD$ chính là đoạn $DN$.

Cạnh đáy là $CK = CO - OK = R - OK$.

Ta có ${S_{CNK}} = \frac{1}{2}CK \cdot DN = \frac{1}{2}\left( {R - OK} \right)\left( {R + OK} \right) = \frac{1}{2}\left( {{R^2} - O{K^2}} \right)$.

Theo đề bài ${S_{CNK}} = \frac{{4{R^2}}}{9}$ suy ra $\frac{1}{2}\left( {{R^2} - O{K^2}} \right) = \frac{{4{R^2}}}{9}$.

Do đó ${R^2} - O{K^2} = \frac{{8{R^2}}}{9}$ hay $O{K^2} = \frac{{{R^2}}}{9}$ suy ra $OK = \frac{R}{3}$. Từ đó $\tan \widehat {MAB} = \frac{1}{3}$.

Trong $\Delta AOK$ vuông tại $O$ có $AK = \sqrt {A{O^2} + O{K^2}} = \sqrt {{R^2} + \frac{{{R^2}}}{9}} = \frac{{R\sqrt {10} }}{3}$.

Ta có 0$\cos \widehat {MAB} = \frac{{OA}}{{AK}} = \frac{R}{{\frac{{R\sqrt {10} }}{3}}} = \frac{3}{{\sqrt {10} }}$; $\sin \widehat {MAB} = \frac{{OK}}{{AK}} = \frac{{\frac{R}{3}}}{{\frac{{R\sqrt {10} }}{3}}} = \frac{1}{{\sqrt {10} }}$.

Trong $\Delta AMB$ vuông tại $M$ có:

$MA = AB \cdot \cos \widehat {MAB} = 2R \cdot \frac{3}{{\sqrt {10} }} = \frac{{6R}}{{\sqrt {10} }}$.

$MB = AB \cdot \sin \widehat {MAB} = 2R \cdot \frac{1}{{\sqrt {10} }} = \frac{{2R}}{{\sqrt {10} }}$.

Ta có $OY = \frac{{{R^2}}}{{OK}} = 3R$.

Trong $\Delta OBY$ vuông tại $O$, $BY = \sqrt {O{B^2} + O{Y^2}} = \sqrt {{R^2} + {{(3R)}^2}} = R\sqrt {10}$.

Vì $DN\,{\rm{//}}\,OB$ nên $\frac{{YN}}{{YB}} = \frac{{DY}}{{OY}} = \frac{{R + 3R}}{{3R}} = \frac{4}{3}$.

Suy ra $YN = \frac{4}{3}YB = \frac{{4R\sqrt {10} }}{3}$.

Ta có $YM = YB - MB = R\sqrt {10} - \frac{{2R}}{{\sqrt {10} }} = \frac{{10R}}{{\sqrt {10} }} - \frac{{2R}}{{\sqrt {10} }} = \frac{{8R}}{{\sqrt {10} }}$.

Độ dài $MN = YN - YM = \frac{{4R\sqrt {10} }}{3} - \frac{{8R}}{{\sqrt {10} }} = \frac{{40R}}{{3\sqrt {10} }} - \frac{{24R}}{{3\sqrt {10} }} = \frac{{16R}}{{3\sqrt {10} }}$.

Tính $3MB \cdot MN = 3 \cdot \frac{{2R}}{{\sqrt {10} }} \cdot \frac{{16R}}{{3\sqrt {10} }} = \frac{{96{R^2}}}{{30}} = \frac{{16{R^2}}}{5}$.

Tính $M{A^2} = {\left( {\frac{{6R}}{{\sqrt {10} }}} \right)^2} = \frac{{36{R^2}}}{{10}} = \frac{{18{R^2}}}{5}$.

Cuối cùng $T = M{A^2} + 3MB \cdot MN = \frac{{18{R^2}}}{5} + \frac{{16{R^2}}}{5} = \frac{{34{R^2}}}{5}$.

Vậy $T = \frac{{34{R^2}}}{5}$.

a) Quả bóng có bán kính $R = 11{\rm{ cm}}$.

Diện tích bề mặt của quả bóng hình cầu được tính theo công thức $S = 4\pi {R^2}$.

Thay số vào ta có: $S = 4 \cdot 3{,}14 \cdot {11^2} = 4 \cdot 3{,}14 \cdot 121 = 1519{,}76\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).$

Vậy diện tích bề mặt của quả bóng là $1519{,}76{\rm{ c}}{{\rm{m}}^2}$.

b) Gọi bán kính của hồ nước hình quạt $MAK$ là $x\,\,{\mkern 1mu} (m)$ với $0 < x < 8$.

Diện tích hồ nước (hình quạt tròn góc 90° do tứ giác là hình vuông) là: ${S_{h\hat o}} = \frac{1}{4}\pi {x^2}\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right){\rm{.}}$

Khu trồng hoa là các hình quạt $PBN,\,\,RCQ,\,\,HDS$ có cùng bán kính và tâm ở các góc còn lại của hình vuông.

Ta có $AB = 8$ m. $AB = AM + MN + NB = x + 2 + NB$.

Suy ra $NB = 8 - \left( {x + 2} \right) = 6 - x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {\rm{m}} \right)$.

Vì các hình quạt $PBN,\,\,RCQ,\,\,HDS$ có cùng bán kính nên bán kính của chúng đều là $6 - x\,\,{\mkern 1mu} {\rm{(m)}}$.

Diện tích của ba hình quạt này (mỗi hình là $\frac{1}{4}$ hình tròn) là: ${S_{hoa}} = 3 \cdot \frac{1}{4}\pi {\left( {6 - x} \right)^2}\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).$

Chi phí làm hồ nước là 300 nghìn đồng/m².

Chi phí trồng hoa là 200 nghìn đồng/m².

Tổng chi phí $T$ (nghìn đồng) là:

$T = 300 \cdot \frac{1}{4}\pi {x^2} + 200 \cdot \frac{3}{4}\pi \cdot {\left( {6 - x} \right)^2}$

$= 75\pi {x^2} + 150\pi \left( {36 - 12x + {x^2}} \right)$

$= \pi \left( {75{x^2} + 5400 - 1800x + 150{x^2}} \right)$

$= \pi \left( {225{x^2} - 1800x + 5400} \right)$

$= 225\pi \left( {{x^2} - 8x + 24} \right)$$= 225\pi \left[ {{{\left( {x - 4} \right)}^2} + 8} \right].$

Vì ${\left( {x - 4} \right)^2} \ge 0$ với mọi $x$, suy ra ${\left( {x - 4} \right)^2} + 8 \ge 8$.

Do đó $T \ge 225\pi \cdot 8 = 1800\pi$.

Lấy $\pi = 3{,}14$, ta có: $T \ge 1800 \cdot 3{,}14 = 5652$ (nghìn đồng).

Dấu “=“ xảy ra khi $x - 4 = 0$ hay $x = 4$ (thỏa mãn $0 < x < 6$).

Vậy tổng chi phí nhỏ nhất để bác An làm không gian thư giãn là 5652 nghìn đồng.