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

Đáp án đúng là: B

Căn bậc ba của $- 27$ là $\sqrt[3]{{ - 27}} = - 3$.

Đáp án đúng là: D

Thay hoành độ $x = 2$ vào hàm số $y = - \frac{1}{2}{x^2}$ ta được:

$y = - \frac{1}{2} \cdot {2^2} = - \frac{1}{2} \cdot 4 = - 2$.

Đáp án đúng là: C

Giải bất phương trình $2x + 4 < 0$ suy ra $2x < - 4$ hay $x < - 2$.

Trong các đáp án, chỉ có $x = - 4$ thỏa mãn $x < - 2$.

Đáp án đúng là: A

Kiểm tra từng cặp số $\left( {x;\,\,y} \right)$ thay vào phương trình $2x - 3y = - 8$.

Với $\left( {2;\,\,4} \right)$ thay $x = 2$ và $y = 4$ ta được: $2 \cdot 2 - 3 \cdot 4 = 4 - 12 = - 8$ (đúng).

Đáp án đúng là: B

Số học sinh có thời gian tập thể dục từ 60 phút đến dưới 100 phút nằm trong hai khoảng $\left[ {60;\,\,80} \right)$ và $\left[ {80;\,\,100} \right).$

Vậy số học sinh là: $15 + 7 = 22$.

Đáp án đúng là: C

Áp dụng định lý Pythagore cho $\Delta ABC$ vuông tại $A$ ta được:

$BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{2^2} + {4^2}} = \sqrt {20} = 2\sqrt 5$.

Áp dụng tỉ số lượng giác góc nhọn cho $\Delta ABC$ vuông tại $A$ ta có:

$\sin \widehat {ABC} = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{4}{{2\sqrt 5 }} = \frac{2}{{\sqrt 5 }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}$.

Đáp án đúng là: D

$\Delta ABC$ đều nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$ nên $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp.

Ta có $\widehat {BOC}$ là góc ở tâm chắn cung $BC$ và $\widehat {BAC}$ là góc nội tiếp chắn cung BC. Do đó, $\widehat {BOC} = 2 \cdot \widehat {BAC} = 2 \cdot 60^\circ = 120^\circ$.

Đáp án đúng là: B

Thể tích hình trụ là: $V=π{r}^{2}h=π\cdot {3}^{2}\cdot 9=81π\approx 254$ (dm$^{3}$).

Đáp án đúng là: A

Độ dài đường sinh của hình nón là: $l=\sqrt{{r}^{2}+{h}^{2}}=\sqrt{{12}^{2}+{5}^{2}}=13$ (cm).

Diện tích xung quanh của hình nón là: ${S_{xq}} = \pi rl = \pi \cdot 12 \cdot 13 = 156\pi$ (cm$^{2}$).

Đáp án đúng là: A

Với $a \le 0$, ta có $\sqrt {4{a^2}} = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2}} = \left| {2a} \right| = - 2a$.

Do đó, $\sqrt {4{a^2}} + a = - 2a + a = - a$.

Đáp án đúng là: A

Gọi $A$ là biến cố “Lấy được quả bóng có ghi số chẵn”.

Tập hợp các kết quả có thể xảy ra khi lấy ngẫu nhiên một quả bóng là: $\left\{ {1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5;\,\,6;\,\,7;\,\,8;\,\,9} \right\}$. Các kết quả xảy ra là đồng khả năng.

Do đó, số kết quả có thể xảy ra là $n\left( \Omega \right) = 9$.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố $A$ là: $A = \left\{ {2;\,\,4;\,\,6;\,\,8} \right\}$. Vậy $n\left( A \right) = 4$.

Vậy xác suất của biến cố $A$ là: $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{4}{9}$.

Đáp án đúng là: D

Gọi phần chiều cao từ ống ngắm trở lên là ${h_1}$.

Áp dụng tỉ số lượng giác góc nhọn cho tam giác vuông ta có:

${h_1} = 20 \cdot \tan 35^\circ \approx 20 \cdot 0{,}7002 = 14{,}004$ (m).

Chiều cao h của cột đèn là: $h = 1{,}6 + {h_1} = 1{,}6 + 14{,}004 = 15{,}604 \approx 15{,}6$ (m).

Điều kiện xác định: $x \ge 0,\,\,x \ne \frac{9}{4}$.

$P = \left( {\frac{5}{{2\sqrt x - 3}} + \frac{1}{{2\sqrt x + 3}}} \right):\left( {\sqrt x + 1} \right)$

$= \frac{{5\left( {2\sqrt x + 3} \right) + \left( {2\sqrt x - 3} \right)}}{{\left( {2\sqrt x - 3} \right)\left( {2\sqrt x + 3} \right)}} \cdot \frac{1}{{\sqrt x + 1}}$

$= \frac{{10\sqrt x + 15 + 2\sqrt x - 3}}{{\left( {2\sqrt x - 3} \right)\left( {2\sqrt x + 3} \right)}} \cdot \frac{1}{{\sqrt x + 1}}$

$= \frac{{12\sqrt x + 12}}{{\left( {2\sqrt x - 3} \right)\left( {2\sqrt x + 3} \right)}} \cdot \frac{1}{{\sqrt x + 1}}$

$= \frac{{12\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {2\sqrt x - 3} \right)\left( {2\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}$

$= \frac{{12}}{{4x - 9}}$.

Vậy với $x \ge 0,x \ne \frac{9}{4}$ thì $P = \frac{{12}}{{4x - 9}}$.

Giải hệ phương trình: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{3x - 4y = 8\,\,\left( 1 \right)}\\{x - 5y = - 1\,\,\left( 2 \right)}\end{array}} \right.$.

Nhân cả hai vế của phương trình (2) cho $3$ ta được: $3x - 15y = - 3$ (3).

Trừ hai vế của phương trình (1) và phương trình (3) ta được: $11y = 11$ suy ra $y = 1$.

Thay $y = 1$ vào phương trình $x - 5y = - 1$ ta được: $x - 5 \cdot 1 = - 1$ suy ra $x = 4$.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {4;\,\,1} \right)$.

$\frac{{5x - 3}}{4} + \frac{{3x + 1}}{2} > - 3$

$\frac{{5x - 3}}{4} + \frac{{2\left( {3x + 1} \right)}}{4} > \frac{{ - 12}}{4}$

$5x - 3 + 2\left( {3x + 1} \right) > - 12$

$5x - 3 + 6x + 2 > - 12$

$11x - 1 > - 12$

$11x > - 11$

$x > - 1$.

Nghiệm của bất phương trình là $x > - 1$.

Ta có $\Delta ' = {( - 2)^2} - 1.1 = 3 > 0$, do đó phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$.

Theo định lí Viète, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1} \cdot {x_2} = 1\end{array} \right.$.

Vì ${x_1} + {x_2} = 4$ và ${x_1} > {x_2}$ nên ta suy ra ${x_1} > 2$.

Suy ra ${x_1} - 1 > 0$.

Từ hệ thức Vi-ét, ta có $2{x_2} = 2\left( {4 - {x_1}} \right) = 8 - 2{x_1}$.

Thay vào biểu thức dưới dấu căn, ta được:

$x_1^2 + 2{x_2} - 7 = x_1^2 + \left( {8 - 2{x_1}} \right) - 7 = x_1^2 - 2{x_1} + 1 = {\left( {{x_1} - 1} \right)^2}$.

Do ${x_1} - 1 > 0$ nên ta có:

$\sqrt {x_1^2 + 2{x_2} - 7} = \sqrt {{{\left( {{x_1} - 1} \right)}^2}} = \left| {{x_1} - 1} \right| = {x_1} - 1$.

Vì ${x_1}$ là nghiệm của phương trình nên $x_1^2 - 4{x_1} + 1 = 0$.

Suy ra $x_1^2 = 4{x_1} - 1$.

Thay $\sqrt {x_1^2 + 2{x_2} - 7} = {x_1} - 1$ và $x_1^2 = 4{x_1} - 1$ vào biểu thức $P$, ta được:

$P = \left( {{x_2} + 3} \right)\left( {{x_1} - 1} \right) - \left( {4{x_1} - 1} \right)$

$P = \left( {{x_1}{x_2} - {x_2} + 3{x_1} - 3} \right) - 4{x_1} + 1$

$P = {x_1}{x_2} - {x_1} - {x_2} - 2$

$P = {x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2$

$P = 1 - 4 - 2 = - 5$.

Vậy giá trị của biểu thức là $P = - 5$.

Gọi thời gian máy bơm thứ nhất hoạt động riêng một mình để đầy bể là $x$ (giờ).

Điều kiện: $x > 0$.

Vì nếu hoạt động riêng, thời gian máy thứ hai bơm đầy bể nhiều hơn máy thứ nhất là 4 giờ, nên thời gian máy thứ hai hoạt động riêng một mình để đầy bể là: $x + 4$ (giờ).

Vì thể tích của bể bơi là $144$ m$^{3}$ nên:

Trong 1 giờ, máy thứ nhất bơm được: $\frac{{144}}{x}$ (m$^{3}$).

Trong 1 giờ, máy thứ hai bơm được: $\frac{{144}}{{x + 4}}$ (m$^{3}$).

Vì nếu cả hai máy cùng hoạt động thì sau 2 giờ lượng nước trong bể là $60$ m$^{3}$ nên trong 1 giờ cả hai máy cùng hoạt động sẽ bơm được: $\frac{{60}}{2} = 30$ (m$^{3}$).

Từ đó, ta có phương trình về tổng lượng nước 2 máy bơm được trong 1 giờ:

$\frac{{144}}{x} + \frac{{144}}{{x + 4}} = 30$

$\frac{{24}}{x} + \frac{{24}}{{x + 4}} = 5$

$$\frac{{24\left( {x + 4} \right)}}{{x\left( {x + 4} \right)}} + \frac{{24x}}{{x\left( {x + 4} \right)}} = \frac{{5x\left( {x + 4} \right)}}{{x\left( {x + 4} \right)}}$$

$24\left( {x + 4} \right) + 24x = 5x\left( {x + 4} \right)$

$24x + 96 + 24x = 5{x^2} + 20x$

$48x + 96 = 5{x^2} + 20x$

$5{x^2} - 28x - 96 = 0$

$\left( {x - 8} \right)\left( {5x + 12} \right) = 0$

$x - 8 = 0$ hoặc $5x + 12 = 0$

$x = 8$ (thỏa mãn) hoặc $5x = - 12$

$x = 8$ (thỏa mãn) hoặc $x = \frac{{ - 12}}{5}$ (không thỏa mãn).

Vậy nếu máy bơm thứ nhất hoạt động riêng thì cần 8 giờ để bơm đầy bể.

a) Ta có $MA = MB$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) suy ra $M$ thuộc đường trung trực của đoạn thẳng $AB.$

Lại có $OA = OB$ $\left( { = R} \right)$ suy ra $O$ thuộc đường trung trực của đoạn thẳng $AB$.

Do đó, $MO$ là đường trung trực của đoạn thẳng $AB$ hay $MO \bot AB$ tại $H$.

Xét đường tròn $(O)$ có $BC$ là đường kính nên $\widehat {BAC} = 90^\circ$ góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.

Suy ra $AC \bot AB$.

Vì $AC \bot AB$ và $MO \bot AB$ nên $AC\,{\rm{//}}\,MO$.

b) *Chứng minh tứ giác $MDHB$ nội tiếp

Ta có $MH$ là phân giác của $\widehat {AMB}$ (theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Xét $\Delta MAB$ cân tại $M$ (do $MA = MB$) có $MH$ là đường phân giác nên $MH$ đồng thời là đường cao của tam giác. Do đó, $MH \bot AB$ hay $\widehat {MHB} = 90^\circ$.

Ta có: $\widehat {CDB} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính $BC$). Do đó, $\widehat {MDB} = 90^\circ .$

Do $\Delta MHB$ vuông tại $H$ $\left( {\widehat {MHB} = 90^\circ } \right)$ nên ba điểm $M,\,\,H,\,\,B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MB$.

Do $\Delta MDB$ vuông tại $D$ $\left( {\widehat {MDB} = 90^\circ } \right)$ nên ba điểm $M,\,\,D,\,\,B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MB$.

Do đó, bốn điểm $M,\,\,D,\,\,H,\,\,B\,\,$cùng thuộc một đường tròn đường kính $MB$. Vì vậy, tứ giác $MDHB$ nội tiếp.

* Chứng minh $ΔMDH∽ΔMOC$.

Do $MB$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$ tại $B$ nên $\widehat {MBO} = 90^\circ$.

Xét $\Delta MBH$ và $\Delta MOB$ có $\widehat {BMO}$ là góc chung và $\widehat {MHB} = \widehat {MBO} = 90^\circ$.

Suy ra $ΔMBH∽ΔMOB$ (g.g) suy ra $\frac{{MB}}{{MO}} = \frac{{MH}}{{MB}}$ hay $M{B^2} = MH \cdot MO$ (1).

Chứng minh tương tự $ΔMBD∽ΔMCB$ (g.g) suy ra $\frac{{MB}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MB}}$ hay $M{B^2} = MD \cdot MC$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $MH \cdot MO = MD \cdot MC$ hay $\frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MO}}$.

Xét $\Delta MDH$và $\Delta MOC$ có $\widehat {OMC}$ là góc chung và $\frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MO}}$. Suy ra $ΔMDH∽ΔMOC$ (c.g.c).

c)

Gọi $I$ là giao điểm của $CE$ và $MO$.

Vì $CE\,{\rm{//}}\,DH$, áp dụng định lí Thales cho $\Delta MCI$ ta có $\frac{{MH}}{{MI}} = \frac{{MD}}{{MC}}$.

Kết hợp với $M{B^2} = MD \cdot MC$ và $M{B^2} = MH \cdot MO$ ta có:

$\frac{{MH}}{{MI}} = \frac{{MD \cdot MC}}{{M{C^2}}} = \frac{{M{B^2}}}{{M{C^2}}} = \frac{{MH \cdot MO}}{{M{C^2}}}$ hay $MI = \frac{{M{C^2}}}{{MO}}$.

Áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta MBC$ vuông tại $B$ ta có:

$M{C^2} = M{B^2} + B{C^2} = MH \cdot MO + {\left( {2 \cdot OB} \right)^2}$.

Chứng minh tương tự câu b ta được: $O{B^2} = OH \cdot MO$.

Khi đó $M{C^2} = MH \cdot MO + 4 \cdot OH \cdot MO = MO(MH + 4 \cdot OH)$.

Thay vào biểu thức tính $MI$ ta được: $MI = \frac{{MO(MH + 4 \cdot OH)}}{{MO}} = MH + 4 \cdot OH$.

Suy ra $HI = MI - MH = 4 \cdot OH$.

Xét $\Delta ABC$ có $O$ là trung điểm của $BC$ và $OH\,{\rm{//}}\,AC$ do $MO\,{\rm{//}}\,AC$ nên $OH$ là đường trung bình của $\Delta ABC.$

Do đó $H$ là trung điểm của $AB$ và $OH = \frac{1}{2}AC$ hay $AC = 2 \cdot OH$.

Vì $AC\,{\rm{//}}\,MO$ hay $AC\,{\rm{//}}\,HI$ suy ra $ΔEAC∽ΔEHI$. Do đó, $\frac{{EH}}{{EA}} = \frac{{HI}}{{AC}} = \frac{{4 \cdot OH}}{{2 \cdot OH}} = 2$.

Suy ra $EH = 2 \cdot EA$.

Mà điểm $A$ nằm giữa $E$ và $H$ nên $EH = EA + AH$.

Từ đó ta có $2 \cdot EA = EA + AH$ hay $EA = AH$.

Vậy $A$ là trung điểm của $EH$.

Đặt $HB = x$ km với $x \ge 0$; $KC = y$ km với $y \ge 0$.

Vì tổng độ dài $HK = 20$ km nên $BC = 20 - x - y$ điều kiện $x + y \le 20$.

Áp dụng định lý Pythagore cho hai tam giác vuông $\Delta AHB$ vuông tại $H$ và $\Delta DKC$ vuông tại $K$, ta có:

$AB = \sqrt {A{H^2} + H{B^2}} = \sqrt {{4^2} + {x^2}} = \sqrt {{x^2} + 16}$

$CD = \sqrt {D{K^2} + K{C^2}} = \sqrt {{3^2} + {y^2}} = \sqrt {{y^2} + 9}$

Vì tốc độ trung bình của xe trên các đoạn $AB,BC,CD$ lần lượt là 30 km/h, 50 km/h và 40 km/h nên thời gian của xe trên các đoạn $AB,BC,CD$ lần lượt là $\frac{{\sqrt {{x^2} + 16} }}{{30}}$, $\frac{{20 - x - y}}{{50}}$, $\frac{{\sqrt {{y^2} + 9} }}{{40}}$ giờ.

Khi đó ta có biểu thức tổng thời gian di chuyển của xe là:

$T = \frac{{\sqrt {{x^2} + 16} }}{{30}} + \frac{{20 - x - y}}{{50}} + \frac{{\sqrt {{y^2} + 9} }}{{40}}$

$T = \left( {\frac{{\sqrt {{x^2} + 16} }}{{30}} - \frac{x}{{50}}} \right) + \left( {\frac{{\sqrt {{y^2} + 9} }}{{40}} - \frac{y}{{50}}} \right) + \frac{{20}}{{50}}$

Đặt $M = \frac{{\sqrt {{x^2} + 16} }}{{30}} - \frac{x}{{50}}$; $N = \frac{{\sqrt {{y^2} + 9} }}{{40}} - \frac{y}{{50}}$.

Để $T$ nhỏ nhất thì $M,N$ nhỏ nhất.

+) Ta có: $M = \frac{{\sqrt {{x^2} + 16} }}{{30}} - \frac{x}{{50}}$

$\frac{{150M}}{{150}} = \frac{{5\sqrt {{x^2} + 16} }}{{150}} - \frac{{3x}}{{150}}$

$150M = 5\sqrt {{x^2} + 16} - 3x$

Xét bất đẳng thức: $5\sqrt {{x^2} + 16} \ge 3x + 16$.

Vì cả hai vế đều dương do $x \ge 0$, ta bình phương hai vế:

$25\left( {{x^2} + 16} \right) \ge {\left( {3x + 16} \right)^2}$

$25{x^2} + 400 \ge 9{x^2} + 96x + 256$

$16{x^2} - 96x + 144 \ge 0$

${x^2} - 6x + 9 \ge 0$ hay ${(x - 3)^2} \ge 0$ luôn đúng với mọi $x$.

Dấu “$=$” xảy ra khi và chỉ khi:

$x - 3 = 0$

$x = 3$ (thỏa mãn).

Giá trị nhỏ nhất của $M$ đạt được khi $HB = 3$ km.

+) Ta có: $N = \frac{{\sqrt {{y^2} + 9} }}{{40}} - \frac{y}{{50}}$

$\frac{{200N}}{{200}} = \frac{{5\sqrt {{y^2} + 9} }}{{200}} - \frac{{4y}}{{200}}$

$200N = 5\sqrt {{y^2} + 9} - 4y$

Xét bất đẳng thức: $5\sqrt {{y^2} + 9} \ge 4y + 9$

Vì cả hai vế đều dương do $y \ge 0$, ta bình phương hai vế:

$25\left( {{y^2} + 9} \right) \ge {\left( {4y + 9} \right)^2}$

$25{y^2} + 225 \ge 16{y^2} + 72y + 81$

$9{y^2} - 72y + 144 \ge 0$

${y^2} - 8y + 16 \ge 0$ hay ${\left( {y - 4} \right)^2} \ge 0$ luôn đúng với mọi $y$.

Dấu “$=$” xảy ra khi và chỉ khi: $y - 4 = 0$ hay $y = 4$ km thỏa mãn.

Giá trị nhỏ nhất của $N$ đạt được khi $KC = 4$ km.

Vậy để thời gian di chuyển từ kho $A$ đến trung tâm phân phối $D$ là ngắn nhất thì điểm $B,C$ nằm trên đoạn $HK$ sao cho $HB = 3$ km; $KC = 4$ km.