Đề thi minh họa TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Nam Định
18 câu hỏi
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm)
\(\left\{ { - 5;\,\,6} \right\}.\)
\(\left\{ { - 2;\,\, - 3} \right\}.\)
\(\left\{ {2;\,\, - 3} \right\}.\)
\(\left\{ {2;\,\,3} \right\}.\)
Đáp án đúng là: D
Giải phương trình:
\({x^2} - 5x + 6 = 0\)
\({x^2} - 2x - 3x + 6 = 0\)
\(x\left( {x - 2} \right) - 3\left( {x - 2} \right) = 0\)
\(\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right) = 0\)
\(x - 2 = 0\) hoặc \(x - 3 = 0\)
\(x = 2\) hoặc \(x = 3.\)
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là \(\left\{ {2;\,\,3} \right\}.\)
\(x > \frac{3}{5}.\)
\(x < \frac{3}{5}.\)
\(x \ge \frac{3}{5}.\)
\(x \le \frac{3}{5}.\)
Đáp án đúng là: B
Giải bất phương trình:
\( - 5x + 3 > 0\)
\( - 5x > - 3\)
\(x < \frac{3}{5}.\)
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là \(x < \frac{3}{5}.\)
\(0.\)
\(2.\)
\(1.\)
vô số.
Đáp án đúng là: D
Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = - 3\\3x - 6y = - 9\end{array} \right.\)
Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với 3, ta được hệ phương trình mới \(\left\{ \begin{array}{l}3x - 6y = - 9\,\,\,\left( 1 \right)\\3x - 6y = - 9\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)
Trừ từng vế của phương trình (1) cho phương trình (2), ta được:
\(0x = 0.\) Phương trình này vô số nghiệm.
Vậy hệ phương trình đã cho có vô số nghiệm.
\(5889\,{\rm{.}}\)
\(6\,400.\)
\(6\,398\,\,{\rm{.}}\)
\(6\,399.\)
Đáp án đúng là: C
Hình ảnh bên mô tả tình huống trên.
Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A,\) ta có: \(AC = BC \cdot \sin B\)
Suy ra \(BC = \frac{{AC}}{{\sin B}} = \frac{{2\,\,500}}{{\sin 23^\circ }} \approx 6\,\,398{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\)Máy bay phải bay một đoạn đường khoảng \(6\,398\,\,{\rm{m}}{\rm{.}}\)
\(30^\circ .\)
\(60^\circ .\)
\(90^\circ .\)
\(120^\circ .\)
![Cho đường tròn \[\left( O \right.;R)\] và dây \[CD = R\]. Số đo \[\widehat {COD}\] bằng (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/03/13-1741753702.png)
Đáp án đúng là: B
Xét \(\Delta OCD\) có \(OC = OD = CD = R\) nên \(\Delta OCD\) là tam giác đều.
Suy ra \[\widehat {COD} = 60^\circ .\]\(0,94\,\,{{\rm{m}}^{\rm{2}}}.\)
\(10,62\,\,{{\rm{m}}^{\rm{2}}}.\)
\(5,31\,\,{{\rm{m}}^{\rm{2}}}.\)
\(4,08\,\,{{\rm{m}}^{\rm{2}}}.\)
Đáp án đúng là:
Diện tích bề mặt bàn ăn là: \(\pi \cdot {\left( {\frac{{1,3}}{2}} \right)^2} = 0,4225\pi \approx 1,33{\rm{\;(}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)
\(3.\)
\(6.\)
\(9.\)
\(12.\)
Đáp án đúng là: B
Không gian mẫu của phép thử là:
\(\Omega = \){(Bình, An, Sự); (Bình, Sự, An); (An, Bình, Sự); (An, Sự, Bình); (Sự, Bình, An); (Sự, An, Bình)}.
Không gian mẫu có 6 phần tử.
\(\frac{1}{4}.\)
\(\frac{1}{2}.\)
\(\frac{3}{4}.\)
\(\frac{1}{3}.\)
Đáp án đúng là: A
Kí hiệu S, N lần lượt là mặt sấp, mặt ngửa xuất hiện khi gieo đồng xu.
Không gian mẫu của phép thử là: \(\Omega = \){SS; SN; NN; NS}. Không gian mẫu có 4 phần tử.
Có 1 kết quả thuận lợi cho biến cố “Hai đồng xu cùng xuất hiện mặt sấp” là SS.
Xác suất để “Hai đồng xu cùng xuất hiện mặt sấp” là \(\frac{1}{4}.\)
II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm)
Câu 9-10: (1,5 điểm)
Ta có: \(\sqrt 5 - \sqrt {6 - 2\sqrt 5 } = \sqrt 5 - \sqrt {5 - 2\sqrt 5 + 1} = \sqrt 5 - \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}^2}} \)
\( = \sqrt 5 - \left| {\sqrt 5 - 1} \right| = \sqrt 5 - \left( {\sqrt 5 - 1} \right) = \sqrt 5 - \sqrt 5 + 1 = 1.\)
Với \(x > 0,\) ta có:
\(A = \frac{{x - 2\sqrt x }}{{x + 2\sqrt x }} + \frac{{x + 3\sqrt x + 6}}{{\sqrt x + 2}}\)\[ = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}} + \frac{{x + 3\sqrt x + 6}}{{\sqrt x + 2}}\]
\[ = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}} + \frac{{x + 3\sqrt x + 6}}{{\sqrt x + 2}}\]\[ = \frac{{\sqrt x - 2 + x + 3\sqrt x + 6}}{{\sqrt x + 2}}\]
\[ = \frac{{x + 4\sqrt x + 4}}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 2} \right)}^2}}}{{\sqrt x + 2}} = \sqrt x + 2.\]
Vậy với \(x > 0\) thì \(A = \sqrt x + 2.\)
Câu 11-12: (1,0 điểm) Theo trang web: https://www.sportingnews.com thì các lần vô địch Sea Games môn bóng đá nam được thống kê như sau:
Đội tuyển | Năm vô địch |
Thái Lan | 1975, 1981, 1983, 1985, 1993, 1995, 1997, 1999, 2001, 2003, 2005, 2007, 2013, 2015, 2017 |
Malaysia | 1961, 1977, 1979, 1989, 2009, 2011 |
Myanmar | 1965, 1967, 1969, 1971, 1973 |
Việt Nam | 1959, 2019, 2021 |
Indonesia | 1987, 1991, 2023 |
1) Bảng tần số của mẫu dữ liệu đã cho là:
Đội tuyển | Thái Lan | Malaysia | Myanmar | Việt Nam | Indonesia |
Tần số | 15 | 6 | 5 | 3 | 3 |
Câu 13-14: (1,5 điểm)
a) Tìm hệ số \(a.\)
b) Với \(a\) vừa tìm được, tìm các điểm thuộc đồ thị hàm số có tung độ \(y = 1.\)
a) Do điểm \(A\left( {3;\,3} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\) nên tọa độ điểm \(A\) thỏa mãn hàm số.
Khi đó ta có: \(3 = a \cdot {3^2},\) suy ra \(a = \frac{1}{3}.\)
b) Với \(a = \frac{1}{3},\) ta có hàm số \(y = \frac{1}{3}{x^2}.\)
Thay \(y = 1\) vào hàm số trên, ta được: \(1 = \frac{1}{3}{x^2},\) suy ra \({x^2} = 3\) nên \(x = \sqrt 3 \) hoặc \(x = - \sqrt 3 .\)
Vậy các điểm thuộc đồ thị cần tìm là \(\left( {\sqrt 3 ;\,\,1} \right);\,\,\left( { - \sqrt 3 ;\,\,1} \right).\)
Do phương trình \({x^2} - 3x - 5 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,\,{x_2}.\) Theo định lí Viète, ta có:
\({x_1} + {x_2} = 3;\,\,\,{x_1}{x_2} = - 5.\)
Khi đó, ta có:
\(M = \left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 3} \right) - \left( {{x_1} - {x_2}} \right)\)\( = {x_1}{x_2} + 3{x_1} + {x_2} + 3 - {x_1} + {x_2}\)
\( = {x_1}{x_2} + 2{x_1} + 2{x_2} + 3\)\( = {x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 3\)
\( = - 5 + 2 \cdot 3 + 3 = 4.\)
Vậy \(M = 4.\)
(1,0 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Hôm nay, bố của Nam chở bạn đi học, tiện đường ghé cây ATM rút \(5.000.000\) đồng. Bố của Nam đếm thấy tổng cộng có \[35\] tờ, trong đó chỉ có hai loại tiền là loại \(200.\,000\) đồng và loại \(100.000\) đồng. Hỏi mỗi loại tiền có bao nhiêu tờ?Hướng dẫn giải
Gọi \(x,\,\,y\) (tờ) lần lượt là số tờ tiền loại \(200\,\,000\) đồng và loại \(100\,\,000\) đồng\(\left( {0 < x,\,\,y < 35} \right).\)
Do có tổng cộng có \[35\] tờ nên ta có phương trình \(x + y = 35.\) (1)
Do bố Nam cần rút \(5.000.000\) đồng nên ta có phương trình:
\(200\,\,000x + 100\,\,000y = 5\,\,000\,\,000\) hay \(2x + y = 50.\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 35\\2x + y = 50\end{array} \right.\)
Giải hệ phương trình trên, ta được: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 15\\y = 20\end{array} \right.\) (thỏa mãn).
Vậy có 15 tờ 200 000 đồng và 20 tờ 100 000 đồng.
Thể tích của khối trụ bên dưới là: \({V_1} = \pi \cdot {15^2} \cdot 20 = 4\,\,500\pi {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}{\rm{.}}\)
Thể tích của khối trụ bên trên là: \({V_2} = \pi \cdot {10^2} \cdot 30 = 3\,\,000\pi {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}{\rm{.}}\)
Vậy thể tích của chiếc mốp xốp đó là: \(V = {V_1} + {V_2} = 4\,\,500\pi + 3\,\,000\pi = 7\,\,500\pi {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}{\rm{.}}\)
Câu 17-18: (2,0 điểm) Qua điểm A nằm ngoài đường tròn \[\left( O \right),\] kẻ hai tiếp tuyến \[AB\] và \[AC\]của đường tròn \[\left( O \right)\]\[(B\] và \[C\]là các tiếp điểm). Gọi \[H\] là giao điểm của \[BC\] và \[AO,\]\[E\] là giao điểm của đoạn thẳng \[OA\] với đường tròn \[\left( O \right).\]
⦁Ta có \(OB = OC\) nên \(O\) nằm trên đường trung trực của \(BC.\)
Do \(AB,\,\,AC\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) cắt nhau tại \(A\) nên \(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Do đó điểm \(A\) nằm trên đường trung trực của \(BC.\)
Như vậy, \(AO\) là đường trung trực của \(BC.\)
Suy ra \(AO \bot BC\) tại \(H.\)⦁ Gọi \(I\) là giao điểm của tia \(AO\) với đường tròn \(\left( O \right)\)\((I\) khác \(E).\)
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {BIE},\,\,\widehat {BOE}\) lần lượt là góc nội tiếp, góc ở tâm cùng chắn cung \(BE\) nên \(\widehat {BIE} = \frac{1}{2}\widehat {BOE}\)
Lại có \(\Delta OBE\) cân tại \(O\) (do \(OB = OE)\) nên \(\widehat {OBE} = \widehat {OEB} = \frac{{180^\circ - \widehat {BOE}}}{2} = 90^\circ - \frac{1}{2}\widehat {BOE}.\)
Suy ra \(\widehat {OBE} = 90^\circ - \widehat {BIE}\) hay \(\widehat {BIE} = 90^\circ - \widehat {OBE}.\)
Ta có: \(\widehat {ABE} + \widehat {EBO} = \widehat {ABO} = 90^\circ \) nên \(\widehat {ABE} = 90^\circ - \widehat {EBO}.\)
Do đó \(\widehat {BIE} = \widehat {ABE}\) hay \(\widehat {ABE} = \widehat {AIB}.\)
Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta AIB\) có: \(\widehat {BAI}\) là góc chung và \(\widehat {ABE} = \widehat {AIB}.\)
Do đó (g.g). Suy ra \(\frac{{BE}}{{IB}} = \frac{{AE}}{{AB}}.\) (1)
Xét \(\Delta BHE\) và \[\Delta IHB\] có: \(\widehat {BHE} = \widehat {IHB} = 90^\circ \) và \(\widehat {BEH} = \widehat {IBH}\) (cùng phụ với \(\widehat {BIH})\)
Do đó (g.g). Suy ra \(\frac{{BE}}{{IB}} = \frac{{HE}}{{HB}}.\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{HE}}{{HB}}\) nên \(AB \cdot EH = AE \cdot BH.\)
![Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[AMD\] là trung điểm của đoạn thẳng \[AD.\] (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/03/17-1741754456.png)
Chứng minh bổ đề: Cho tứ giác \(ABCD\) có \(\widehat {ACB} = \widehat {ADB}.\) Chứng minh tứ giác \(ABCD\) là tứ giác nội tiếp.
• Thật vậy, giả sử \(\Delta ABC\) có đường tròn ngoại tiếp tâm \(O\) và đường kính \(AK\) nên tứ giác \(ABCK\) nội tiếp, suy ra \(\widehat {ACB} = \widehat {AKB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB).\)
Mà \(\widehat {ACB} = \widehat {ADB}\) (giả thiết) nên \(\widehat {ADB} = \widehat {AKB}.\)\(\left( 1 \right)\)
⦁ Gọi \(F\) là giao điểm của \(AK\) và \(BD,\)\(F\) nằm trong đường tròn \(\left( O \right).\)
Xét \(\Delta AFD\) và \(\Delta BFK\) có: \(\widehat {AFD} = \widehat {BFK}\) (đối đỉnh) và \(\widehat {ADF} = \widehat {BKF}\) (chứng minh trên)
Do đó suy ra \(\frac{{AF}}{{BF}} = \frac{{DF}}{{KF}}\) nên \(\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{BF}}{{KF}}.\)
Xét \(\Delta DFK\) và \(\Delta AFB\) có: \(\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{BF}}{{KF}}\) và \[\widehat {DFK} = \widehat {AFB}\] (đối đỉnh)
Do đó suy ra \(\widehat {FDK} = \widehat {FAB}.\,\,\,\left( 2 \right)\)
⦁ Ta có \(\widehat {ABK}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {ABK} = 90^\circ ,\) do đó \(\Delta ABK\) vuông tại \(B,\) suy ra \(\widehat {FAB} + \widehat {AKB} = 90^\circ .\,\,\,\left( 3 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right),\,\,\left( 2 \right),\,\,\left( 3 \right)\) suy ra \(\widehat {ADB} + \widehat {FDK} = 90^\circ \) hay \(\widehat {ADK} = 90^\circ .\)
Khi đó \(\Delta ADK\) vuông tại \(D\) nên điểm \(D\) nằm trên đường tròn đường kính \(AK.\)
Suy ra tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AK.\)Vì \(AB,\,\,AC\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) cắt nhau tại \(A\) nên \(AO\) là tia phân giác của \(\widehat {BAC}.\) Suy ra \(\widehat {BAH} = \widehat {CAH}.\)
Lại có \(\widehat {CAH} = \widehat {DCB}\) (cùng phụ với \[\widehat {ACH})\] nên \(\widehat {BAH} = \widehat {DCB}.\)
Xét \[\Delta ABH\] và \(\Delta CDB\) có: \(\widehat {AHB} = \widehat {CBD} = 90^\circ \) và \(\widehat {BAH} = \widehat {DCB}.\)
Do đó (g.g). Suy ra \(\frac{{AB}}{{CD}} = \frac{{AH}}{{CB}}\). (3)
Ta có \(AO\) là đường trung trực của \(BC\) nên \(H\) là trung điểm của \(BC,\) suy ra \(CB = 2BH.\)
Mà \(M\) đối xứng với \(H\) qua \(B\) nên \(B\) là trung điểm của \(MH,\) suy ra \(MH = 2BH.\)
Do đó \(CB = MH.\)
Lại có \(AB = AC\) nên từ (3), ta có: \(\frac{{AC}}{{CD}} = \frac{{AH}}{{MH}}\) hay \(\frac{{AC}}{{AH}} = \frac{{CD}}{{MH}}.\)
Xét \(\Delta ACD\) và \(\Delta AHM\) có: \(\widehat {ACD} = \widehat {AHM} = 90^\circ \) và \(\frac{{AC}}{{AH}} = \frac{{CD}}{{MH}}.\)
Do đó (c.g.c). Suy ra \(\widehat {CDA} = \widehat {HMA}\) (hai góc tương ứng).
Từ bổ đề đã chứng minh ở trên, ta thấy tứ giác \(CDMA\) có \(\widehat {CDA} = \widehat {CMA}\) nên tứ giác \(CDMA\) nội tiếp. Suy ra \(\widehat {AMD} + \widehat {ACD} = 180^\circ \) (tổng hai góc đối của một tứ giác nội tiếp).
Do đó \(\widehat {AMD} = 180^\circ - \widehat {ACD} = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ .\)
Như vậy, \(\Delta AMD\) vuông tại \(M\) nên đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AMD\) có tâm là trung điểm của cạnh huyền \(AD.\)
