Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Bắc Giang năm học 2025-2026 có đáp án

Chọn B

Không gian mẫu:

\[\Omega  = \left\{ {\left\{ {1;2} \right\},\left\{ {1;3} \right\},\left\{ {1;4} \right\},\left\{ {1;5} \right\},\left\{ {1;6} \right\},\left\{ {2;3} \right\},\left\{ {2;4} \right\},\left\{ {2;5} \right\},\left\{ {2;6} \right\},\left\{ {3;4} \right\},\left\{ {3;5} \right\},\left\{ {3;6} \right\},\left\{ {4;5} \right\},\left\{ {4;6} \right\},\left\{ {5;6} \right\}} \right\}\]

\(n\left( \Omega  \right) = 15\)

Có 5 kết quả thuận lợi cho biến cố "tổng hai số ghi trên hai thẻ rút ra là một số chia hết cho 3" là: \[\left\{ {1;2} \right\},\left\{ {1;5} \right\},\left\{ {2;4} \right\},\left\{ {3;6} \right\},\left\{ {4;5} \right\}.\]

Xác suất để tổng hai số ghi trên hai thẻ rút ra là một số chia hết cho 3 bằng \(\frac{5}{{15}} = \frac{1}{3}\).

Chọn D

Phương trình \({x^2} - 5x + 3 = 0\) có \(\Delta  = {\left( { - 5} \right)^2} - 4.1.3 = 12 > 0\) do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}.\) Áp dụng định lí viet ta có \({x_1}{x_2} = 3\).

Chọn C

Bán kính mặt cầu là \(10:2 = 5\,\,\left( {cm} \right)\)

Diện tích mặt cầu có đường kính 10 \(cm\) là \(4\pi {R^2} = 4.\pi {.5^2} = 100\pi \)\(c{m^2}\).

Chọn A

Điểm \(A\) là điểm nhìn từ trên cao.

Điểm \(C\) là đỉnh tháp, điểm \(B\) là chân tháp.

\(AH \bot BC\) (đường ngang từ điểm nhìn).

\(\widehat {CAH} = 45^\circ \), góc \(\widehat {BAH} = 28^\circ \).

Đoạn \(BD = 128m \Rightarrow HA = 128m\)

Gọi \(h = BC\), gọi \(x = HC\), \(y = HB\), khi đó:

\(x = AH \cdot \tan \,45^\circ  = 128 \cdot 1 = 128{\rm{ m}}\)

\(y = AH \cdot \tan \,28^\circ  \approx 128 \cdot 0,5317 \approx 68{\rm{ m}}\)

\(BC = x + y = 128 + 68 = 196{\rm{ m}}\)

Đáp án đúng là: A. \(196m\).

Chọn A

\(OI = 8 = 3 + 5\). Hai đường tròn tiếp xúc ngoài.

Chọn A

\(\widehat {BAC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm), do đó \(\widehat {BAC} = \frac{1}{2}.70^\circ  = 35^\circ \).

Chọn A

Bước 1: Diện tích xung quanh của hình nón chính là diện tích miếng tôn

* Diện tích miếng tôn (nửa hình tròn):

 \(A = \frac{1}{2}\pi {R^2} = \frac{1}{2} \cdot 3.14 \cdot {10^2} = \frac{1}{2} \cdot 3.14 \cdot 100 = 157{\kern 1pt} c{m^2}\)

* Diện tích xung quanh hình nón cũng là: \(A = \pi rl = 157\)

 Trong đó:

 * \(r\): bán kính đáy hình nón (cần tìm)

 * \(l = 10{\kern 1pt} cm\): đường sinh (bằng bán kính miếng tôn)

Bước 2: Tìm bán kính đáy hình nón \(r\)

\(\pi rl = 157 \Rightarrow 3.14 \cdot r \cdot 10 = 157 \Rightarrow 31.4 \cdot r = 157 \Rightarrow r = \frac{{157}}{{31.4}} = 5{\kern 1pt} cm\)

Bước 3: Tính chiều cao \(h\) của hình nón

Dùng định lý Pythagore trong tam giác vuông tạo bởi:

* \(l = 10\)

* \(r = 5\)

\(h = \sqrt {{l^2} - {r^2}}  = \sqrt {{{10}^2} - {5^2}}  = \sqrt {100 - 25}  = \sqrt {75}  = 5\sqrt 3 {\kern 1pt} cm\)---

Bước 4: Tính thể tích hình nón

\(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3} \cdot 3.14 \cdot {5^2} \cdot 5\sqrt 3  = \frac{1}{3} \cdot 3.14 \cdot 25 \cdot 5\sqrt 3  = \frac{1}{3} \cdot 392.5 \cdot \sqrt 3  \approx 227\)

Chọn C

Căn bậc hai số học của \(16\) bằng \(4\).

Chọn B

Theo định nghĩa phương trình bậc nhất hai ẩn ta có \(3x - 5y = 1\)là phương trình bậc nhất hai ẩn

Chọn B

Từ bảng thống kê, ta có 13 học sinh có cân nặng là 50 kg.

Chọn C

Không gian mẫu có 10 phần tử là

1.     Việt – Nam

2.     Việt – Bắc

3.     Việt – Giang

4.     Việt – Ninh

5.     Nam – Bắc

6.     Nam – Giang

7.     Nam – Ninh

8.     Bắc – Giang

9.     Bắc – Ninh

10.   Giang – Ninh

Chọn B

Điều kiện xác định của biểu thức \(P = \sqrt {x + 1}  + \frac{6}{{x - 3}}\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x + 1 \ge 0\\x - 3 \ne 0\end{array} \right.\) hay \(x \ge  - 1\) và \(x \ne 3\).

Chọn C

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - 3y = 5{\rm{(1)}}}\\{x + 2y = 6{\rm{(2)}}}\end{array}} \right.\)

Từ phương trình (2): \(x = 6 - 2y{\rm{ }}\left( 3 \right)\)

Thế (3) vào phương trình (1):

\(2(6 - 2y) - 3y = 512 - 4y - 3y = 512 - 7y = 5 - 7y = 5 - 12 =  - 7 \Rightarrow y = 1\)

Thay \(y = 1\) vào (3): \(x = 6 - 2.1 = 4\).

Vậy nghiệm duy nhất là: \(({x_0},{y_0}) = (4,1)\). Do đó \({x_0} - {y_0} = 4 - 1 =

Chọn D

\(2(x - 3) \le 6 - x\)

\(2x - 6 \le 6 - x\)

\(2x + x \le 6 + 6\)

\(3x \le 12\)

\(x \le 4\)

 Nghiệm của bất phương trình: \(x \le 4\)

Mà \(x \in \mathbb{N}*\) nên \(x \in \left\{ {1;2;3;4} \right\}\)

Chọn D

Gọi:

\(x\): giá vé người lớn (nghìn đồng)

\(y\): giá vé trẻ em (nghìn đồng)

Ta lập hệ phương trình theo đề bài:

Gia đình bạn An(3 người lớn, 2 trẻ em):

\(3x + 2y = 590{\rm{ }}\left( 1 \right)\)

Gia đình bạn Bình (2 người lớn, 1 trẻ em):

\(2x + y = 370{\rm{ }}\left( 2 \right)\)

Giải hệ phương trình:

Từ (2):

\(y = 370 - 2x\left( 3 \right)\)

Thay (3) vào (1):

\(3x + 2(370 - 2x) = 5903x + 740 - 4x = 590 - x + 740 = 590 - x =  - 150 \Rightarrow x = 150\)---

 Giá vé người lớn là 150 nghìn đồng

Đáp án đúng là: D. 150 nghìn đồng

Chọn C

 

* Gọi \(R\) là bán kính đường tròn.

\(M\) là trung điểm \(AB\)

\(AM = 4{\kern 1pt} cm\)

Khoảng cách từ tâm \(O\) đến dây \(AB\) là \(OM = 3{\kern 1pt} cm\).

Tam giác vuông \(OMA\) có:

\(O{A^2} = O{M^2} + A{M^2} = {3^2} + {4^2} = 9 + 16 = 25 \Rightarrow OA = 5{\kern 1pt} cm\)→ Bán kính \(R = 5{\kern 1pt} cm\)

Chu vi đường tròn:

\(C = 2\pi R = 2\pi  \cdot 5 = 10\pi {\kern 1pt} cm\)

 Đáp án đúng: C. \(10\pi {\kern 1pt} cm\)

Chọn D

Bước 1: Tính tổng số học sinh:

\(8 + 9 + 11 + 8 = 36\)

Bước 2: Tính tần số tương đối của từng nhóm:

* Nhóm \([0;20)\): \(\frac{8}{{36}} \times 100\%  \approx 22.22\% \)

* Nhóm \([20;40)\): \(\frac{9}{{36}} \times 100\%  = 25\% \)

* Nhóm \([40;60)\): \(\frac{{11}}{{36}} \times 100\%  \approx 30.56\% \)

* Nhóm \([60;80)\): \(\frac{8}{{36}} \times 100\%  \approx 22.22\% \)

*Bước 3: Xác định nhóm có tần số tương đối là 25%:

⇒ Nhóm \(\left[ {20;40} \right).\)

Chọn A

Ta có phương trình:

\({x^2} - (3m + 1)x + m - 5 = 0\)

Biết \(x =  - 1\) là nghiệm của phương trình, thay vào:

\({( - 1)^2} - (3m + 1)( - 1) + m - 5 = 0\)

\(1 + 3m + 1 + m - 5 = 0\)

\(4m - 3 = 0\)

\(m = \frac{3}{4}\)

Đáp án đúng là: A. \(m = \frac{3}{4}\).

Chọn B

Ta có phương trình:

\({x^2} + bx + 2 = 0\)

Con xúc xắc có thể cho giá trị \(b \in \{ 1,2,3,4,5,6\} \) với xác suất bằng nhau.

Điều kiện để phương trình có nghiệm:

Phương trình bậc hai có nghiệm khi Δ ≥ 0, với:

\(\Delta  = {b^2} - 4ac = {b^2} - 8\)vì \(a = 1\), \(c = 2\).

Xét các giá trị \(b\) từ 1 đến 6:

* \(b = 1\): \(\Delta  = {1^2} - 8 =  - 7\) → vô nghiệm

* \(b = 2\): \(\Delta  = 4 - 8 =  - 4\) → vô nghiệm

* \(b = 3\): \(\Delta  = 9 - 8 = 1\) → có nghiệm

* \(b = 4\): \(\Delta  = 16 - 8 = 8\) → có nghiệm

* \(b = 5\): \(\Delta  = 25 - 8 = 17\) → có nghiệm

* \(b = 6\): \(\Delta  = 36 - 8 = 28\) → có nghiệm

⇒ Có 4 giá trị của \(b\) khiến phương trình có nghiệm: \(3,4,5,6\)

Xác suất:

\(P = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}\)

Đáp án đúng là: B. \(\frac{2}{3}\).

Chọn D

Đồ thị có dạng là một Parabol

Parabol \(y = a{x^2}\left( {a \ne 0} \right)\) đi qua điểm \(\left( {1;3} \right)\) khi và chỉ khi \(3 = a{.1^2}\) hay \(a = 3\)(thoả mãn)

Đáp án đúng là: D. \(y = 3{x^2}\).

 

Ta có .

\(\begin{array}{l}2x - 1 < 5\\2x < 6\end{array}\)

\(x < 3\)                                                                

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là \(x < 3\).

Parabol \(y = \left( {2m - 3} \right){x^2}\) \(\left( {m \ne \frac{3}{2}} \right)\)đi qua điểm \(A\left( { - 1;5} \right)\) khi và chỉ khi \(5 = \left( {2m - 3} \right){\left( { - 1} \right)^2}\)

\(5 = 2m - 3\)

\(m = 4\) (thỏa mãn điều kiện)

Vậy \(m = 4\) là giá trị cần tìm.

với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4\)ta có

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

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

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

\( = \frac{1}{{\sqrt x  + 1}}\).

Vậy \(P = \frac{1}{{\sqrt x  + 1}}\)với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4\).

a) Với \(m = 2\) phương trình đã cho trở thành 

\({x^2} - 5x + 6 = 0\).

\(\Delta  = 1 > 0\)

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt

\({x_1} = 2\)

\({x_2} = 3\)

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt  \({x_1} = 2\), \({x_2} = 3\).

b) \(\Delta  = {\left( {2m + 1} \right)^2} - 4\left( {4m - 2} \right)\)\( = {\left( {2m - 3} \right)^2}\)

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi \(\Delta  > 0\)

\({\left( {2m - 3} \right)^2} > 0\)

\(2m - 3 \ne 0\)

\(m \ne \frac{3}{2}\).

Với \(m \ne \frac{3}{2}\) phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\).

Theo định lý Viète, ta có:

\({x_1} + {x_2} = 2m + 1\)  (1)

\({x_1}{x_2} = 4m - 2\)    (2)

Ta có: \(T = \left( {1 + x_1^2} \right).\left( {1 + x_2^2} \right)\)

\( = x_1^2 + x_2^2 + {\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2} + 1\)

\( = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} + {\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2} + 1\)   (3)

Thay (1) và (2) vào (3) ta được:

\(T = {\left( {2m + 1} \right)^2} - 2\left( {4m - 2} \right) + {\left( {4m - 2} \right)^2} + 1\)

\( = 4{m^2} + 4m + 1 - 8m + 4 + 16{m^2} - 16m + 4 + 1\)

\( = 20{m^2} - 20m + 10\)

\( = 20{\left( {m - \frac{1}{2}} \right)^2} + 5\)

Ta có \({\left( {m - \frac{1}{2}} \right)^2} \ge 0,\forall m\) nên \(T = 20{\left( {m - \frac{1}{2}} \right)^2} + 5 \ge 5,\forall m\)

Dấu "=" xảy ra khi \(m = \frac{1}{2}\) (thỏa mãn)

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(T\) bằng \(5\) khi \(m = \frac{1}{2}\).

Ta có bảng tần số tương đối ghép nhóm sau:

Số tiền (triệu đồng)	\(\left[ {50;\,70} \right)\)	\(\left[ {70;90} \right)\)	\(\left[ {90;\,110} \right)\)	\(\left[ {110;\,130} \right)\)
Tần số tương đối ghép nhóm	10%	20%	40%	30%

+ Không gian mẫu có 10 phần tử, cụ thể: (An; Bình), (An; Công), (Bình; Công), (Nguyệt; Yến), (An; Nguyệt), (An; Yến), (Bình; Nguyệt), (Bình; Yến), (Công; Nguyệt), (Công; Yến).

\(n\left( \Omega  \right) = 10.\)

Có 7 kết quả thuận lợi cho biến cố \(E\), cụ thể: (Nguyệt; Yến), (An; Nguyệt), (An; Yến), (Bình; Nguyệt), (Bình; Yến), (Công; Nguyệt), (Công; Yến).

\(n\left( E \right) = 10.\)

Vậy xác suất của biến cố \(E\) là \(P\left( E \right) = \frac{7}{{10}}\) .

a) Chứng minh tứ giác \(AMON\)là tứ giác nội tiếp.

Gọi \(G\) là trung điểm của \(AO.\)

Xét \(\left( O \right)\) có \(AM\) là tiếp tuyến tại \(M\) (GT) nên \(AM \bot OM\) tại \(M \Rightarrow \widehat {AMO} = 90^\circ \)

Suy ra \(\Delta AMO\) nội tiếp đường tròn tâm \(G\) đường kính \(AO\)

Suy ra \(A,M,O \in \left( {G;\frac{{AO}}{2}} \right)\,\,\left( 1 \right)\)

Xét \((O)\) có \(AN\) là tiếp tuyến tại \(N\) (GT) nên \(AN \bot ON\) tại \(N \Rightarrow \widehat {ANO} = 90^\circ \)

Suy ra  \(\Delta ANO\) nội tiếp đường tròn tâm \(G\) đường kính \(AO\)

Suy ra \(A,N,O \in \left( {G;\frac{{AO}}{2}} \right)\,\,\left( 2 \right)\)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(A,M,N,O \in \left( {G;\frac{{AO}}{2}} \right)\)

Do đó tứ giác\(AMNO\) là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm \(G\) đường kính \(AO\).

Vậy tứ giác\(AMNO\) là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm \(G\) đường kính \(AO\).

b) Xét tam giác \(AMO\) vuông tại \(M\) có \(AM = \sqrt {O{A^2} - O{M^2}}  = \sqrt {{{\left( {3R} \right)}^2} - {R^2}}  = 2\sqrt 2 R.\)

Theo giả thiết \(AM,\,AN\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {O;\,R} \right)\) nên \(AO\) là đường trung trực của \(MN\). Do đó \(AO \bot MN\) tại \(H\).

 Vậy \[AH = \frac{8}{3}R.\]

c) Ta có \(OH = AO - AH = 3R - \frac{{8R}}{3} = \frac{R}{3}.\)

Xét tam giác \(AMH\) vuông tại \(H\) có \(MH = \sqrt {A{M^2} - A{H^2}}  = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 2 R} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{8R}}{3}} \right)}^2}}  = \frac{{2\sqrt 2 R}}{3}.\)  

Từ đó \(MN = 2MH = \frac{{4\sqrt 2 R}}{3}.\)

Ta có \({S_{\Delta AMN}} = \frac{1}{2}AH.MN = \frac{1}{2}.\frac{{8R}}{3}.\frac{{4\sqrt 2 R}}{3} = \frac{{16\sqrt 2 {R^2}}}{9}.\)

Hạ \(FI \bot MN\) tại \(I.\)ta có:

\({S_{AMFN}} = {S_{\Delta AMN}} + {S_{\Delta FMN}} = \frac{{16\sqrt 2 {R^2}}}{9} + \frac{1}{2}.MN.FI = \frac{{16\sqrt 2 {R^2}}}{9} + \frac{1}{2}.\frac{{4\sqrt 2 R}}{3}.FI\)

\( = \frac{{16\sqrt 2 {R^2}}}{9} + \frac{{2\sqrt 2 R}}{3}.FI\)

Do đó \({S_{AMFN}}\) lớn nhất khi\(FI\) lớn nhất.

Trong tam giác\(FIH\) vuông tại\(I\), ta có:  \(FI \le FH\)

mà \(FH \le OF + OH = R + \frac{R}{3} = \frac{{4R}}{3}\) nên \(FI \le \frac{{4R}}{3}.\)

Từ đó \(FI\) lớn nhất bằng \(\frac{{4R}}{3}\) khi \(d\) đi qua tâm \(O\).

Vậy \({S_{AMFN}}\) đạt giá trị lớn nhất bằng \({S_{AMFN}} = \frac{{16\sqrt 2 {R^2}}}{9} + \frac{{2\sqrt 2 R}}{3}.\frac{{4R}}{3} = \frac{{8\sqrt 2 {R^2}}}{3}\) khi \(d\) đi qua tâm \(O\).

Với hai số dương

 \(x,\,y\) ta có \({\left( {\sqrt x  - \sqrt y } \right)^2} \ge 0\) suy ra \(x + y \ge 2\sqrt {xy} \) (*)

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có

 \(\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {c^2}}} = a - \frac{{a.{c^2}}}{{{a^2} + {c^2}}} \ge a - \frac{{a.{c^2}}}{{2ac}} = a - \frac{c}{2}\)                (1)

Chứng minh tương tự, ta có \(\frac{{{b^3}}}{{{b^2} + {c^2}}} \ge b - \frac{c}{2}\)          (2)

Từ giả thiết \(a\left( {a - c} \right) + b\left( {b - c} \right) \ge 0\) suy ra \({a^2} + {b^2} \ge c\left( {a + b} \right)\)

\(\frac{{{a^2} + {b^2} + 2025}}{{a + b}} \ge c + \frac{{2025}}{{a + b}}\)                                                (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có \(S \ge a + b + \frac{{2025}}{{a + b}}\)

Ta có \(a + b + \frac{{2025}}{{a + b}} \ge 90\)

Suy ra \(S \ge 90\).

Dấu “=” xảy ra khi \(a = b = c = \frac{{45}}{2}\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(S\) bằng \(90\) khi \(a = b = c = \frac{{45}}{2}\).