Đề minh họa thi vào lớp 10 môn Toán (không chuyên) năm 2026 trường Phổ thông Năng khiếu (TP.Hồ Chí Minh) có đáp án
15 câu hỏi
A. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2 điểm)
Biểu thức \(A = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} + \frac{2}{{\sqrt x + 1}}\) xác định khi và chỉ khi
\(x \ge - 1\) và \(x \ne 1\).
\(x \ge 0\) và \(x \ne 1\).
\(x \ne 1\).
\(x \ge - 1\) và \(x \ne 1\).
Đáp án đúng là: B
Thu gọn biểu thức \(A = \frac{{4 - {a^2}}}{4}\sqrt {\frac{{16}}{{{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}} \) \(\left( {a < 2} \right)\) ta được kết quả nào sau đây?
\(2 - a\).
\(a - 2\).
\(2 + a\).
\( - a - 2\).
Đáp án đúng là: C
Cho parabol \((P):y = {x^2}\) và đường thẳng \((d):y = - 2x - m\). Tìm \(m\) để \((P)\) và \((d)\) có điểm chung
\(m \le 1\).
\(m \ge 1\).
\(m > 1\).
\(m < 1\).
Đáp án đúng là: A
Hỏi kết luận nào sau đây là đúng?
(Hình ảnh minh họa đồ thị đường thẳng cắt trục tung tại điểm âm và có hướng đi lên từ trái sang phải)
\(a = 0\,,\,\,b < 0\).
\(a < 0\,,\,\,b < 0\).
\(a > 0\,,\,\,b < 0\).
\(a > 0\,,\,\,b > 0\).
Đáp án đúng là: C
Cho tam giác \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\). Biết \(AB = 6\,\,{\rm{cm}},\,\,BC = 10\,\,{\rm{cm}}\). Hãy tính \(\cos C\).
\(\frac{3}{5}\).
\(\frac{4}{5}\).
\(\frac{1}{2}\).
\(\frac{3}{4}\).
Đáp án đúng là: B
Biết phương trình \({x^2} + 2\left( {m + 1} \right)x - 3 = 0\) có một nghiệm bằng 1. Hãy tìm nghiệm còn lại.
1.
\[ - 1\].
2.
\[ - 3\].
Đáp án đúng là: D
Ba bạn A, B, C xếp thành 1 hàng ngang để chụp ảnh. Tính xác suất của biến cố A và B không cạnh nhau.
\(\frac{1}{3}\).
\(\frac{2}{3}\).
1.
\(\frac{4}{3}\).
Đáp án đúng là: A
Cho các hàm số \(y = 2{x^2}\), \(y = 4x - 2\left( {1 + 2x} \right)\), \(y = 2x - 3\), \(y = \left( {{m^2} + 1} \right)x - 3\). Trong các hàm số đã cho, có bao nhiêu hàm số là hàm số bậc nhất?
1.
2.
3.
4.
Đáp án đúng là: B
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), đường cao \[AH.\] Gọi \(D,\,\,E\) lần lượt là hình chiếu của \(H\) lên \[AB,{\rm{ }}AC.\] Biết \(AB = 3\,\,{\rm{cm}},\,\,AC = 4\,\,{\rm{cm}}\). Tính độ dài đoạn \(DE\).
\(5\,\,{\rm{cm}}\).
\(7,5\,\,{\rm{cm}}\).
\(\frac{{12}}{5}\,\,{\rm{cm}}\).
\(\frac{7}{2}\,\,{\rm{cm}}\).
Đáp án đúng là: C
Cho tam giác \(\Delta ABC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right),\) hai tiếp tuyến của \((O)\) tại \(A\) và \(B\) cắt nhau tại \(M.\) Biết \(\widehat {ACB} = 40^\circ .\) Tính số đo góc \(\widehat {AMB}\).
\(120^\circ .\)
\(70^\circ .\)
\(100^\circ .\)
\(150^\circ .\).
Đáp án đúng là: C
B. PHẦN TỰ LUẬN (8 điểm)
Cho biểu thức \(A = \frac{{2\sqrt x - 3}}{{x - 3\sqrt x + 2}} - \frac{1}{{\sqrt x - 2}}\), (với \(x \ge 0\,,\,\,x \ne 1\,,\,\,x \ne 4\)).
a) Chứng minh biểu thức \(A\left( {\sqrt x - 1} \right)\) không phụ thuộc vào \(x\).
b) Tìm \(x\) sao cho \(A \cdot \left( {x + 1} \right) = 5\).
Hướng dẫn giải
a) Rút gọn được \(A = \frac{1}{{\sqrt x - 1}}\).
Suy ra \(A\left( {\sqrt x - 1} \right) = 1\) nên biểu thức \(A\left( {\sqrt x - 1} \right)\) không phụ thuộc vào \(x\).
b) Ta có \(A \cdot \left( {x + 1} \right) = 5\)
\(\frac{1}{{\sqrt x - 1}} \cdot \left( {x + 1} \right) = 5\)
\(x + 1 = 5\sqrt x - 5\)
\(x - 5\sqrt x + 6 = 0\)
\(\sqrt x = 2\) hoặc \(\sqrt x = 3\)
Do đó \(x = 4\) (loại) hoặc \(x = 9\) (thỏa mãn).
Vậy để \(A \cdot \left( {x + 1} \right) = 5\) thì \(x = 9\).
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} + xy + y - 1 = 0}\\{x + \sqrt {x + 2y} = y - 1}\end{array}} \right.\)
b) Cho hình thang \(ABCD\) có đáy nhỏ \(AB = 2\,\,{\rm{cm}}\), đáy lớn \(CD = 6\,\,{\rm{cm}}\) và \(M\) là một điểm nằm trên cạnh \[BC.\] Xác định tỷ số \(\frac{{BM}}{{BC}}\) để diện tích tam giác \(\Delta MAD\) bằng \(\frac{3}{8}\) lần diện tích hình thang \(ABCD\).
Hướng dẫn giải
a) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} + xy + y - 1 = 0}&{(1)}\\{x + \sqrt {x + 2y} = y - 1}&{(2)}\end{array}} \right.\)
Điều kiện \(x + 2y \ge 0\).
Phương trình (1) trở thành: \(\left( {x + 1} \right)\left( {x + y - 1} \right) = 0\)
\(x = - 1\) hoặc \(y = 1 - x\)
TH1: \(x = - 1\), thế vào (2) ta có: \( - 1 + \sqrt {2y - 1} = y - 1\) \(\sqrt {2y - 1} = y\) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y \ge 0}\\{2y - 1 = {y^2}}\end{array}} \right.\) \(y = 1\) (thỏa mãn) | TH2: \(y = 1 - x\), thế vào (2) ta có: \(x + \sqrt {x + 2 - 2x} = 1 - x - 1\) \(\sqrt {2 - x} = - 2x\quad \) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \le 0}\\{2 - x = 4{x^2}}\end{array}} \right.\) \(x = \frac{{ - 1 + \sqrt {33} }}{8}\) (loại) hoặc \(x = \frac{{ - 1 - \sqrt {33} }}{8}\) (thỏa mãn) |
Với \(x = \frac{{ - 1 - \sqrt {33} }}{8}\) thì \(y = \frac{{9 + \sqrt {33} }}{8}.\)
b)
Đề bài tương đương với tìm \(x = \frac{{BM}}{{BC}}\) để \({S_{MAB}} + {S_{MCD}} = \frac{5}{8}{S_{ABCD}}.\quad (*)\)
Gọi \(h\) là chiều cao của hình thang, ta có:
\({S_{MAB}} + {S_{MCD}} = \frac{{x \cdot h \cdot AB}}{2} + \frac{{\left( {1 - x} \right)h \cdot CD}}{2} = xh + 3\left( {1 - x} \right)\,h = \left( {3 - 2x} \right)h\)
\({S_{ABCD}} = \frac{{h\left( {AB + CD} \right)}}{2} = 4h.\)
Từ \((*)\) ta có \(3 - 2x = \frac{5}{2}\) suy ra \(x = \frac{1}{4}.\)
Vậy \(\frac{{BM}}{{BC}} = \frac{1}{4}.\)
Cho phương trình \(\left( {m + 1} \right){x^2} - 2\left( {m + 2} \right)x + m - 3 = 0\quad (1)\)
a) Tìm \(m\) để phương trình \((1)\) nhận \(x = 2\) là nghiệm.
b) Tìm \(m \ne - 1\) để phương trình \((1)\) có nghiệm hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn:
\(\left( {2{x_1} - 1} \right)\left[ {\left( {m + 1} \right)x_2^2 - 2m{x_2} + m - 5} \right] = 10\).
Hướng dẫn giải
a) Thế vào phương trình: \(\left( {m + 1} \right)4 - 2\left( {m + 2} \right)2 + m - 3 = 0\) suy ra \(m = 3\).
b) Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì
\(\Delta ' = {\left( {m + 2} \right)^2} - \left( {m + 1} \right)\left( {m - 3} \right) = 6m + 7 > 0\) nên \(m > \frac{{ - 7}}{6}.\)
Theo định lí Viète, ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{2m + 4}}{{m + 1}}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{{m - 3}}{{m + 1}}}\end{array}} \right.\).\(x = 2\)
Do \({x_2}\) là nghiệm của phương trình (1) nên \(\left( {m + 1} \right)x_2^2 - 2m{x_2} + m - 5 = 4{x_2} - 2\).
Suy ra \(\left( {2{x_1} - 1} \right)\left[ {\left( {m + 1} \right)x_2^2 - 2m{x_2} + m - 5} \right] = 10\)
\(\left( {2{x_1} - 1} \right)\left( {2{x_2} - 1} \right) = 5\)
\[4{x_1}{x_2} - 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 4\]
\(4 \cdot \frac{{m - 3}}{{m + 1}} - 2 \cdot \frac{{2m + 4}}{{m + 1}} = 4\)
\(\frac{{ - 20}}{{m + 1}} = 4\)
\(m = - 6\)
Bạn An và Bình mỗi bạn mang một số tiền ra nhà sách mua bút và vở. Một cây bút có giá 10 (ngàn đồng), một quyển vở có giá 20 (ngàn đồng). An và Bình nhẩm tính theo số tiền mình đang có mỗi bạn sẽ mua được số bút nhiều gấp đôi số vở. Tuy nhiên ngày hôm nay cửa hàng giảm giá 10% trên mỗi cây bút và giảm 20% trên mỗi quyển vở.
a) An nhận thấy với cách giảm giá trên mình có thể mua được cùng số bút nhưng nhiều hơn 3 quyển vở so với dự tính. Hỏi An mang theo bao nhiêu tiền?
b) Bình nhận thấy với cách giảm giá trên mình có thể mua nhiều hơn dự tính 2 quyển vở và 2 cây bút nhưng vẫn dư lại một số tiền. Hỏi ban đầu Bình có bao nhiêu tiền, biết rằng số tiền dư ít hơn 10 (ngàn đồng).
Hướng dẫn giải
a) Gọi \(a > 0\) là quyển vở mà An dự tính mua \(\left( {a \in \mathbb{N}} \right).\)
Khi đó, số cây bút An định mua là \(2a\).
Gọi \(b\) (ngàn đồng) là số tiền ban đầu của An.
Theo đầu bài ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a \cdot 10 + 20a = b}\\{2a \cdot 9 + \left( {a + 3} \right) \cdot 16 = b}\end{array}} \right.\) suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 8}\\{b = 320.}\end{array}} \right.\)
Vậy ban đầu bạn An có 320 (ngàn đồng).
b) Gọi \(x\) là số quyển vở mà Bình dự tính mua \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)\).
Suy ra số cây bút An dự tính mua là \(2x.\)
Gọi \(y\) (ngàn đồng) là số tiền ban đầu của Bình và \(n\) (ngàn đồng) là số tiền thừa \(\left( {0 < n < 10} \right).\)
Theo đầu bài ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{10 \cdot 2x + 20x = y}\\{\left( {2x + 2} \right) \cdot 9 + \left( {x + 2} \right) \cdot 16 = y - n}\end{array}} \right.\) suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{40x = y}\\{34x + 50 = y - n}\end{array}} \right.\).
Từ đó suy ra \(6x = 50 + n\).
Vì \(n,\,\,x\) là số nguyên và \(0 < n < 10\) nên \(n = 4\). Suy ra \(x = 9\), \(y = 360\).
Vậy ban đầu bạn Bình có 360 ngàn đồng.
Cho tam giác \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) có \(\widehat {BAC} < 90^\circ \) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right).\) Các tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(A\) và \(C\) cắt nhau tại điểm \(S\). Biết \(SB\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(D\) và \(CD\) cắt \(SA\) tại \(K\). Gọi \(H\) là trung điểm của \[AC.\]
a) Chứng minh rằng \(SA\,{\rm{//}}\,BC\) và \(\widehat {KAD} = \widehat {KCA}\).
b) Chứng minh rằng \(K{A^2} = KC \cdot KD\) và tam giác \(\Delta KSD\) đồng dạng với tam giác \(\Delta KCS\).
c) Chứng minh rằng \(K\) là trung điểm của \(AS\) và \(DB = 2DC\).
Hướng dẫn giải
a) Ta có \(SA \bot OA\) và \(BC \bot OA\) nên \(SA\,{\rm{//}}\,BC\).
Ta có: \(\widehat {KAD} = 90^\circ - \widehat {OAD}\); \(\widehat {KCD} = \frac{1}{2}\widehat {AOD}\).
Mà tam giác \(OAD\) cân tại \[O\] nên \(\widehat {OAD} = \widehat {ODA} = \frac{{180^\circ - \widehat {AOD}}}{2} = 90^\circ - \frac{1}{2}\widehat {AOD}\).
Suy ra \(\widehat {KAD} = \widehat {KCA}\).
b) Xét \(\Delta KAD\) và \(\Delta KCA\) có: \(\widehat {AKD}\) chung và \(\widehat {KAD} = \widehat {KCA}\)
Do đó .
Suy ra \(\frac{{KA}}{{KC}} = \frac{{KD}}{{KA}}\) nên \(K{A^2} = KC \cdot KD\).
Xét \(\Delta KSD\) và \(\Delta KCS\) có \(\widehat {DKS}\) chung và \(\widehat {KSD} = \widehat {DBC} = \widehat {KCS}\).
Do đó .
c) Suy ra \(\frac{{KS}}{{KC}} = \frac{{KD}}{{KS}}\) suy ra \(K{S^2} = KC.KD\).
Mà \(K{A^2} = KC.KD\) nên \(K\) là trung điểm của \(AS\).
Để ý rằng \(\widehat {ADK} = \widehat {ADB}\) nên \(DA\) là phân giác ngoài của \(\widehat {BDC}\) và cũng là của \(\widehat {KDS}\).
Suy ra \(\frac{{DB}}{{DC}} = \frac{{DS}}{{DK}} = \frac{{AS}}{{AK}} = 2\).
Vậy \(DB = 2DC\).
