Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2026 Cụm THCS số 8 (Ninh Bình) có đáp án
14 câu hỏi
Phần I. Trắc nghiệm (2,0 điểm)
Hãy chọn chữ cái đứng trước phương án trả lời đúng và ghi chữ cái đó vào bài làm trong giấy thi.
Điều kiện xác định của biểu thức \(\frac{1}{{\sqrt {x - 1} }} + \sqrt {3 - x} \) là
\(1 \le x \le 3.\)
\(1 < x \le 3.\)
\(1 \le x < 3.\)
\(\)\(1 < x < 3.\)
\(y = 2x + 1.\)
\(y = {x^2}.\)
\(y = x + 2.\)
\(y = 2x + 3.\)
\((x;y) = (2;1).\)
\((x;y) = ( - 2;1).\)
\((x;y) = (1;2).\)
\((x;y) = (1; - 2).\)
Phương trình nào sau đây vô nghiệm?
\({x^2} + 5x + 7 = 0\).
\({x^2} - 5x - 9 = 0\).
\({x^2} + 5x + 1 = 0\).
\({x^2} - 7x + 5 = 0\).
\(12\,\,cm.\)
\(4\,\,cm.\)
\(8\,\,cm.\)
\(6\,\,cm.\)
\(64^\circ .\)
\(32^\circ .\)
\(118^\circ .\)
\(116^\circ .\)
\(0.\)
\(1.\)
\(2.\)
\(3.\)
\(\frac{4}{7}.\)
\(\frac{1}{7}.\)
\(\frac{5}{7}.\)
\(\frac{3}{7}.\)
Phần II. Tự luận (8,0 điểm)
(1,5 điểm).
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {4 + 2\sqrt 3 } - \sqrt {5 + 2\sqrt 6 } + \sqrt 2 \).
b) Rút gọn biểu thức \(P = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{2\sqrt x + 1}}{{x - \sqrt x }} + \frac{1}{{\sqrt x }}\) với \(x > 0,x \ne 1\).
Ý | Nội dung | Điểm |
a) (0,75 điểm) | \(A = \sqrt {4 + 2\sqrt 3 } - \sqrt {5 + 2\sqrt 6 } + \sqrt 2 = \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 + 1} \right)}^2}} - \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 + \sqrt 2 } \right)}^2}} + \sqrt 2 \) | 0,5 |
\( = \left| {\sqrt 3 + 1} \right| - \left| {\sqrt 3 + \sqrt 2 } \right| + \sqrt 2 = \sqrt 3 + 1 - \sqrt 3 - \sqrt 2 + \sqrt 2 = 1.\) |
0,25 | |
b) (0,75 điểm) | Với \(x > 0,x \ne 1\) ta có \(P = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{2\sqrt x + 1}}{{x - \sqrt x }} + \frac{1}{{\sqrt x }}\) \( = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}} + \frac{1}{{\sqrt x }}\) \( = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}} + \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}} + \frac{{1\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}\) |
0,25 |
\( = \frac{{x + \sqrt x + 2\sqrt x + 1 + \sqrt x - 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}\)\( = \frac{{x + 4\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}\) |
0,25 | |
\( = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 4} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}\) \( = \frac{{\sqrt x + 4}}{{\sqrt x - 1}}\) Vậy \(P = \frac{{\sqrt x + 4}}{{\sqrt x - 1}}\) với \(x > 0,x \ne 1\). | 0,25 |
(1,0 điểm). Một giáo viên khảo sát thiết bị học tập của 40 học sinh lớp 9A và thu được số liệu như bảng sau
Loại thiết bị | Máy tính để bàn | Laptop | Máy tính bảng | Điện thoại thông minh |
Số học sinh | 10 | 15 | 8 | 7 |
a) Lập bảng tần số và tần số tương đối cho mỗi loại thiết bị.
b) Tính xác suất của biến cố X: “Học sinh 9A sử dụng thiết bị học tập không phải là máy tính để bàn”.
Ý | Nội dung | Điể |
a) (0,5 điểm) | Lập được bảng tần số và tần số tương đối
| 0,5 |
b) (0,5 điểm) | Không gian mẫu của phép thử là \(40\), các kết quả có thể xảy ra đồng khả năng. Số kết quả thuận lợi cho biến cố X: “Học sinh 9A sử dụng thiết bị học tập không phải là máy tính để bàn” là \(n(X) = 40 - 10 = 30\) | 0,25 |
| Xác suất của biến cố \(X\) là \(P(X) = \frac{{n(X)}}{{40}} = \frac{{30}}{{40}} = \frac{3}{4}\) | 0,25 |
(1,5 điểm).
a) Tìm tọa độ điểm thuộc đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{3}{x^2}\) có tung độ bằng 3 và nằm ở bên trái trục tung.
b) Cho phương trình \({x^2} + x - 2 = 0\) với \({x_1} > {x_2}.\) Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Không giải phương trình, tính giá trị của biểu thức \(M = 3\left| {{x_1}} \right| - 4\left| {{x_2}} \right| + \sqrt { - 3{x_2} + 3} \).
Ý | Nội dung | Điểm |
a) (0,5 điểm) | Điểm thỏa mãn là \(A\left( {{x_0};3} \right)\) Do \(A\) nằm bên trái trục tung nên \({x_0} < 0\). | 0,25 |
Điểm \(A\) thuộc đồ thị hàm số nên \(3 = \frac{1}{3}x_0^2\) hay \({x_0} = - 3\) | ||
Suy ra \(A\left( { - 3;3} \right)\) là điểm cần tìm. | 0,25 | |
b) (1,0 điểm) | \(\Delta = 9 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) Áp dụng định lí Viète \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 1\\{x_1}.{x_2} = - 2\end{array} \right.\) | 0,25 |
Vì \({x_2}\) là nghiệm của phương trình đã cho nên \(x_2^2 + {x_2} - 2 = 0\) Suy ra \(\sqrt { - 3{x_2} + 3} = \sqrt {( - 3{x_2} + 3) + (x_2^2 + {x_2} - 2)} = \sqrt {x_2^2 - 2{x_2} + 1} = \sqrt {{{\left( {{x_2} - 1} \right)}^2}} = \left| {{x_2} - 1} \right|\) | 0,25 | |
Từ hệ thức Viète suy ra \({x_1};{x_2}\) trái dấu nhau mà \({x_1} > {x_2}\) nên \({x_1} > 0;{x_2} < 0\) \(3\left| {{x_1}} \right| = 3{x_1};4\left| {{x_2}} \right| = - 4{x_2};{x_2} - 1 < 0\) suy ra \(\left| {{x_2} - 1} \right| = 1 - {x_2}\) | 0,25 | |
\(M = 3{x_1} + 4{x_2} + 1 - {x_2} = 3{x_1} + 3{x_2} + 1 = 3({x_1} + {x_2}) + 1 = 3.( - 1) + 1 = - 2\) | 0,25 |
(1,0 điểm).Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Một khu vườn hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Nếu tăng chiều rộng thêm \(15m\) và giảm chiều dài \(5m\) thì diện tích khu vườn tăng thêm \(550{m^2}\). Tính diện tích ban đầu của khu vườn này?
Ý | Nội dung | Điểm |
(1,0 điểm) | Gọi chiều dài và chiều rộng của khu vườn thứ tự là \(x;y(m,x,y > 0)\) | 0,25 |
Vì chiều dài gấp đôi chiều rộng nên \(x = 2y\) | ||
Diện tích khu vườn là \(xy\,\,({m^2})\) | 0,25 | |
| Nếu tăng chiều rộng thêm \(15m\) và giảm chiều dài \(5m\) thì diện tích khu vườn là \((x - 5)(y + 15)\,\,({m^2})\) | |
| Theo bài ra ta có \((x - 5)(y + 15) - xy = 550\) | |
| Từ đó ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2y\\(x - 5)(y + 15) - xy = 550\end{array} \right.\) | 0,25 |
| Giải hệ phương trình trên tìm được \(x = 25;y = 50\) (thỏa mãn điều kiện) |
|
| Diện tích khu vườn là \(25.50 = 1250\,({m^2})\) | 0,25 |
(1,5 điểm).Cho đường tròn tâm \(O\) có hai đường kính \(AB\) và \(CD\) vuông góc với nhau. Trên tia đối của tia \(CA\) lấy điểm \(M\) khác \(C\). Kẻ \(CH\) vuông góc với \(MB\)\(\left( {H \in MB} \right)\).
a) Chứng minh \(BOCH\) là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi \(E\) là giao điểm của \(OH\) và \(BC\). Chứng minh \(HE\) là tia phân giác của \(\widehat {BHC}\) và \(CE.CH = BE.MH\)
Ý | Nội dung | Điểm |
a) (0,5 điểm) |  |
|
Ta có \(\widehat {BOC} = 90^\circ \) nên \(\Delta BOC\) vuông tại \(O\) suy ra \(B,O,C\) thuộc đường tròn đường kính \(BC\). Vì \(\widehat {BHC} = 90^\circ \) nên \(\Delta BHC\) vuông tại \(H\) suy ra \(B,H,C\) thuộc đường tròn đường kính \(BC\). | 0,25 | |
Suy ra \(B,O,C,H\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\) hay tứ giác \(BOCH\) là tứ giác nội tiếp. | 0,25 | |
b) (1,0 điểm) | Ta có \(\widehat {CHO} = \widehat {CBO}\) (góc nội tiếp cùng chắn ) \(\widehat {OCB} = \widehat {OHB}\) (góc nội tiếp cùng chắn ) | 0,25 |
\(\widehat {OCB} = \widehat {CBO}\) (\(\Delta COB\) cân tại \(O\)) Suy ra \(\widehat {CHO} = \widehat {OHB}\), chứng tỏ \(HE\) là phân giác của \(\widehat {BHC}\) |
| |
Từ \(HE\) là phân giác của \(\widehat {BHC}\) nên \(\frac{{CE}}{{EB}} = \frac{{CH}}{{HB}}\) | 0,25 | |
\(\widehat {ACB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB) nên \(\widehat {CMH} = \widehat {BCH}\) (cùng phụ \(\widehat {HCM}\)) suy ra \(\Delta MCH\) đồng dạng với \(\Delta CBH\) (g.g) nên \(\frac{{CH}}{{BH}} = \frac{{MH}}{{CH}}\) | 0,25 | |
Suy ra \(\frac{{CE}}{{EB}} = \)\(\frac{{MH}}{{CH}}\) hay \(CE.CH = BE.MH\) | 0,25 |
(1,5 điểm).
b) Một khinh khí cầu bay từ mặt đất (điểm \(I\)) dọc theo sườn đồi với vận tốc không đổi là \(3km/h\), sườn đồi nghiêng \(35^\circ \) so với phương ngang. Tại một thời điểm, hai người quan sát khinh khí cầu tại hai địa điểm \(P\) và \(Q\) nằm trên sườn đồi và cách nhau \(65m\), các điểm \(P,Q\) và \(I\) thẳng hàng, đồng thời \(P\) cách \(I\) một khoảng là \(70m\) (như hình vẽ). Người quan sát tại \(P\) xác định góc nâng của khinh khí cầu (góc giữa phương ngang và phương \(PO)\) là \(62^\circ \). Cùng lúc đó, người quan sát tại \(Q\) xác định góc nâng của khinh khí cầu đó (góc giữa phương ngang và phương \(QO)\) là \(77^\circ .\) Tính thời gian từ lúc khinh khí cầu xuất phát đến khi hai người tại vị trí \(P,Q\) quan sát (làm tròn đến đơn vị phút).
Ý | Nội dung | Điểm |
a (0,75 điểm) | Đổi \(5{\rm{ cm }} = {\rm{ }}0,05{\rm{ m}}\), \(23{\rm{ cm }} = {\rm{ }}0,23{\rm{ m}}\). Diện tích tường được sơn khi lăn cây lăn sơn 1 vòng bằng diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính \(0,05{\rm{ m}}\) và chiều cao \(0,23{\rm{ m}}\). Diện tích xung quanh của hình trụ bằng: \({S_{xq}} = 2\pi rh = 2\pi .0,05.0,23 = 0,023\pi \)\(\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\) | 0,25 |
Diện tích tường sơn được sau khi cây sơn lăn đủ 500 vòng là \(500 \times {S_{xq}} = 11,5\pi \left( {{{\rm{m}}^2}} \right) = 36,11\,({m^2})\). | 0,5 | |
b (0,75 điểm) | Mô hình hóa như hình vẽ bên, tia \(Ix\) là phương ngang, tia \(Py//Ix.\) Ta có \(\widehat {OPQ} = \widehat {OPy} - \widehat {QPy} = 62^\circ - 35^\circ = 27^\circ .\) Tương tự tính được \(\widehat {OQz} = 77^\circ - 35^\circ = 42^\circ .\) | 0,25 |
Kẻ \(OH\) vuông góc với \(PQ\) tại \(H.\) Xét tam giác \(OQH\) vuông tại \(H\) có \(OH = QH.\tan \widehat {OQH} = \left( {PH - PQ} \right).\tan \widehat {OQH}\) Xét tam giác \(OPH\) vuông tại \(H\) có \(OH = PH.\tan \widehat {OPH}\) Suy ra \(\left( {PH - PQ} \right).\tan \widehat {OQH} = PH.\tan \widehat {OPH}\) nên \(PH = \frac{{PQ.\tan \widehat {OQH}}}{{\tan \widehat {OQH} - \tan \widehat {OPH}}}\) Suy ra \(IH = IP + PH = 70 + \frac{{65.\tan \widehat {OQH}}}{{\tan \widehat {OQH} - \tan \widehat {OPH}}} = 70 + \frac{{65.\tan 42^\circ }}{{\tan 42^\circ - \tan 27^\circ }}\) và \[OH = \frac{{PQ.\tan \widehat {OQH}.\tan \widehat {OPH}}}{{\tan \widehat {OQH} - \tan \widehat {OPH}}} = \frac{{65.\tan 42^\circ .\tan 27^\circ }}{{\tan 42^\circ - \tan 27^\circ }}\] | 0,25 | |
Xét tam giác \(OIH\) vuông tại \(H\) có \(OI = \sqrt {O{H^2} + I{H^2}} \approx 232,6\left( m \right)\) hay \(OI \approx 0,2326\left( {km} \right)\) Thời gian khinh khí cầu bay được là \(t = \frac{{OI}}{3} \approx 0,078\left( h \right)\) hay xấp xỉ 5 phút. | 0,25 |
