Đề thi tham khảo TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Quảng Ninh

Đáp án đúng là: D

Căn bậc hai của 25 là 5 và \( - 5\).

Đáp án đúng là: B

Với \(a \ge 0,\) ta có \(\sqrt {64{a^2}} + 2a = \left| {8a} \right| + 2a = 8a + 2a = 10a.\)

Đáp án đúng là: B

Thay \(x = 2\) vào hàm số \(y = 2{x^2},\) ta được: \(y = 2 \cdot {2^2} = 8 \ne 1.\) Do đó điểm \(\left( {2;1} \right)\) không thuộc đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}.\)

Thay \(x = 1\) vào hàm số \(y = 2{x^2},\) ta được: \(y = 2 \cdot {1^2} = 2.\) Do đó điểm \(\left( {1;2} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\) và điểm \(\left( {1;4} \right)\)không thuộc đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}.\)

Thay \(x = 4\) vào hàm số \(y = 2{x^2},\) ta được: \(y = 2 \cdot {4^2} = 32 \ne 1.\) Do đó điểm \(\left( {4;1} \right)\) không thuộc đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}.\)

Đáp án đúng là: B

Giải phương trình:

\(\left( {x + 2} \right)\left( {3x - 1} \right) = 0\)

\(x + 2 = 0\) hoặc \(3x - 1 = 0\)

\(x = - 2\) hoặc \(x = \frac{1}{3}.\)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm \(x = - 2,\) \(x = \frac{1}{3}.\)

Đáp án đúng là: C

Xác suất của biến cố “Học sinh được chọn không bị cận thị” là \(\frac{{40 - 8}}{{40}} = \frac{{32}}{{40}} = \frac{4}{5}.\)

Đáp án đúng là: C

Giải bất phương trình:

\( - 2x - 4 > 0\)

\( - 2x > 4\)

\(x < - 2.\)

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là \(x < - 2.\)

Đáp án đúng là: B

Tần số tương đối của nhóm \[\left[ {158;\,\,161} \right)\] là \(\frac{{12}}{{5 + 12 + 15 + 8}} \cdot 100\% = 30\% .\)

Lục giác đều được chia làm hai tứ giác nên có tổng số đo các góc là: \(2 \cdot 360^\circ = 720^\circ .\)

Đáp án đúng là: B

Đường sinh của hình nón là: \(l = \sqrt {{h^2} + {r^2}} = \sqrt {{{12}^2} + {5^2}} = \sqrt {169} = 13{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(B,\) ta có: \[AB = BC \cdot \tan C = 5,8 \cdot \tan 60^\circ \approx 10{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\]

Đáp án đúng là: C

Thể tích nước tối đa mà téc nước chứa được là: \[V = \pi {r^2}h = \pi \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} \cdot 3 = \frac{3}{4}\pi {\rm{\;(}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}{\rm{.}}\]

Xét tam giác \[ABC\] vuông tại \[A,\] ta có:

\(AB = BC \cdot \cos B;\,\,AC = AB \cdot \tan B;\)

Với \[x \ge 0,\,\,x \ne 4,\] ta có:

\(\frac{1}{{\sqrt x - 2}} + \frac{1}{{\sqrt x + 2}} - \frac{x}{{x - 4}}\)

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

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

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

Xét phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}3x - y = 9\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\5x + 2y = 4\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\]

Nhân hai vế của phương trình (1) với 2, ta được hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}6x - 2y = 18\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\\5x + 2y = 4\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\]

Cộng từng vế hai phương trình của hệ phương trình trên, ta được phương trình:

\(11x = 22,\) suy ra \(x = 2.\)

Thay \(x = 2\) vào phương trình (1), ta được: \(3 \cdot 2 - y = 9,\) suy ra \(y = - 3.\)

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là \(\left( {2;\,\, - 3} \right).\)

Giải bất phương trình:

\(\frac{{5x + 3}}{4} < \frac{{4x - 5}}{3}\)

\[\frac{{3\left( {5x + 3} \right)}}{{12}} < \frac{{4\left( {4x - 5} \right)}}{{12}}\]

\[3\left( {5x + 3} \right) < 4\left( {4x - 5} \right)\]

\[15x + 9 < 16x - 20\]

\( - x < - 29\)

\[x > 29.\]

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là \[x > 29.\]

Theo định lí Viète ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 7\\{x_1}{x_2} = 2.\end{array} \right.\)

Vì \[{x_1}\] là nghiệm của phương trình đã cho nên  \[{x_1}^2 - 7{x_1} + 2 = 0\] hay \[{x_1}^2 = 7{x_1} - 2.\]

Do đó \[x_1^2 + 7{x_2} = 7{x_1} - 2 + 7{x_2} = 7\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2 = 7 \cdot 7 - 2 = 47.\]

Ta có \[x_1^3 + x_2^3 = x_1^3 + 3x_1^2{x_2} + 3{x_1}x_2^2 + x_2^3 - 3x_1^2{x_2} - 3{x_1}x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^3} - 3{x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\]

\[ = {7^3} - 3 \cdot 2 \cdot 7 = 301.\]

Vậy \[\frac{{x_1^3 + x_2^3}}{{x_1^2 + 7{x_2}}} = \frac{{301}}{{47}}.\]

Gọi vận tốc của xe tải là \[x\] km/h (điều kiện \(x > 0).\)

Vận tốc của xe con là \(x + 10\) (km/h).

Thời gian đi từ \[A\] đến \[B\]của xe tải, xe con lần lượt là \(\frac{{200}}{x}\) giờ và \(\frac{{200}}{{x + 10}}\) giờ.

Vì xe tải xuất phát trước xe con 40 phút \( = \frac{2}{3}\) giờ và hai xe đến \[B\] cùng lúc nên ta có phương trình \(\frac{{200}}{x} - \frac{{200}}{{x + 10}} = \frac{2}{3}\).

Giải phương trình:

\(\frac{{200}}{x} - \frac{{200}}{{x + 10}} = \frac{2}{3}\)

\(\frac{{200\left( {x + 10} \right) - 200x}}{{x\left( {x + 10} \right)}} = \frac{2}{3}\)

\(\frac{{200x + 2\,\,000 - 200x}}{{x\left( {x + 10} \right)}} = \frac{2}{3}\)

\(\frac{{2\,\,000}}{{x\left( {x + 10} \right)}} = \frac{2}{3}\)

\(2x\left( {x + 10} \right) = 3 \cdot 2\,\,000\)

\({x^2} + 10x - 3000 = 0.\)

Giải phương trình được \({x_1} = - 60\) (không thỏa mãn), \({x_2} = 50\)(thỏa mãn).

Thời gian xe tải đi từ \[A\] đến \[B\] là \(4\) giờ.

Vậy hai xe đến \[B\] lúc 12 giờ.

Xét nửa đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {CBM}\) và \(\widehat {ABM}\) lần lượt là hai góc nội tiếp chắn và

Mà nên \(\widehat {CBM} = \widehat {ABM}\) hay BM là phân giác của \(\widehat {ABC}.\)

⦁ Xét \(\Delta AEF\) có \(\widehat {PFA}\) là góc ngoài của tam giác tại đỉnh \(F\) nên \(\widehat {PFA} = \widehat {FAE} + \widehat {FEA}\) (1)

Lại có \(\widehat {FAE} = \widehat {FBM}\) (hai góc nội tiếp nửa đường tròn \[\left( O \right)\] cùng chắn và \(\widehat {FBM} = \widehat {FEH}\) (hai góc nội tiếp đường tròn ngoại tiếp \(\Delta BEH\) cùng chắn suy ra \(\widehat {FAE} = \widehat {FEH}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {PFA} = \widehat {FAE} + \widehat {FEA} = \widehat {FEH} + \widehat {FEA} = \widehat {HEA}\) (3)

⦁ Theo ý 2), ta có \(M{E^2} = MH \cdot MB\) nên \(\frac{{ME}}{{MH}} = \frac{{MB}}{{ME}}.\)

Xét \(\Delta MHE\) và \(\Delta MEB\) có: \(\widehat {EMH} = \widehat {BME} = 90^\circ \) và \(\frac{{ME}}{{MH}} = \frac{{MB}}{{ME}}\)

Do đó (c.g.c). Suy ra\(\widehat {MEH} = \widehat {MBE}\) (hai góc tương ứng).

Mà theo chứng minh phần 1), ta có \(\widehat {MBE} = \widehat {MBA}\) suy ra \(\widehat {MBA} = \widehat {MEH} = \widehat {HEA}\,\,\,\left( 4 \right)\)

Từ (3), (4) ta được \(\widehat {PFA} = \widehat {MBA}\).

Xét \(\Delta AFP\)và \(\Delta ABQ\)có: \(\widehat {PFA} = \widehat {MBA}\) và \(\widehat {A\,\,}\) là góc chung

Do đó  (g.g). Suy ra \(\frac{{AP}}{{AQ}} = \frac{{AF}}{{AB}}\) hay \(\frac{{AP}}{{AF}} = \frac{{AQ}}{{AB}}.\)

Xét \(\Delta AQP\)và \(\Delta ABF\)có: \(\frac{{AP}}{{AF}} = \frac{{AQ}}{{AB}}\) và \(\widehat {A\,\,}\) là góc chung

Do đó  (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {QPA} = \widehat {BFA}\) (hai góc tương ứng).

Mà \(\widehat {BFA} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right))\) nên \(\widehat {QPA} = 90^\circ \) hay \[QP \bot AB.\]

Gọi thời gian từ khi người đó xuất phát đến lúc gặp ô tô là \[t\] (giây) (điều kiện \(t > 0).\)

Gọi vận tốc của người đón xe là \[v\] (m/s).

Giả sử hai người gặp nhau tại \[C.\]Kẻ \[AK \bot BC.\]Ta có \[AC = 10t{\rm{\;(m)}},\,\,BC = vt{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\]

Xét \(\Delta ABC\) có \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}BH \cdot AC = \frac{1}{2}AK \cdot BC\)

Suy ra \[AK \cdot BC = BH \cdot AC\;\] hay \[AK \cdot vt = 50 \cdot 10t\;\] suy ra \(v = \frac{{500}}{{AK}}\).

Do đó \[v\] nhỏ nhất khi \[AK\] lớn nhất.

Lại có \(AK \le AB,\) dấu bằng khi \[AK\] trùng với \[AB,\] mà \[AB\] không đổi nên \[v\] nhỏ nhất khi \[AK\] trùng với \[AB\] hay \[BC \bot BA.\]

Vậy người đó chạy theo hướng vuông góc với \[AB\] với vận tốc tối thiểu là \(\frac{{500}}{{200}} = 2,5\)(m/s).