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

Chọn A

Chọn C

                Xét phương trình hoành độ giao điểm của \[y = x - 2m\] và \[y = {x^2}\] ta có

                \[{x^2} = x - 2m \Rightarrow {x^2} - x + 2m = 0\,\,\,\,(1)\]

                Để đồ thị hàm số \[y = x - 2m\] và \[y = {x^2}\]cắt nhau tại hai điểm phân biệt nằm về hai phía trục tung thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt trái dấu \[ \Rightarrow a.c < 0 \Rightarrow 1.2m < 0 \Rightarrow m < 0\]

Chọn C

Chọn B

Xét bất phương trình:

\[\begin{array}{l}x - 8 < 0\\x < 8\end{array}\]

Trong 4 đáp án có: \(x = 6\) là một nghiệm của bất phương trình đã cho.

Chọn B

Tỉ lệ phần trăm số bạn đạt điểm dưới \[7\] là: \(15\%  + 20\%  = 35\% \)

Số học sinh đạt điểm dưới \[7\] là: \(60.35\%  = 21\) (học sinh)

Chọn A

Thể tích của hình nón là: \(V = \frac{1}{3}.\pi .{R^2}.h = \frac{1}{3}.\pi {.3^2}.5 = 15\pi \left( {c{m^3}} \right)\).

Chọn B

Số học sinh có cân nặng không dưới \(45\)kg  (tức là bằng \(45\)kg trở lên) là:

16 + 8 = 24

Chọn C

Hàm số cần tìm có dạng: \(y = a{x^2}\,\,\,\,(a \ne 0)\)

Nhìn đồ thị ta thấy, hàm số đi qua hai điểm \(\left( {1;2} \right)\)nên thay toạ độ vào hàm số ta được:

\(2 = a{.1^2} + 0\,\,\, \Rightarrow a = 2\)

Vậy hàm số cần tìm \(y = 2{x^2}\).

Chọn A

Không gian mẫu của phép thử là:

\(\left\{ {\left( {1;S} \right);\,\left( {2;S} \right);\left( {3;S} \right);\left( {4;S} \right);\left( {5;S} \right);\left( {6;S} \right);\left( {1;N} \right);\,\left( {2;N} \right)\left( {3;N} \right)\left( {4;N} \right)\left( {5;N} \right)\left( {6;N} \right)} \right\}\).

Không gian mẫu có \(12\) phần tử.

Chọn D

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\), ta có:

\({\mathop{\rm Sin}\nolimits} C = \frac{{AB}}{{BC}}\)

Mà \({\mathop{\rm Sin}\nolimits} C = \frac{3}{5}\), \(BC = 10(cm)\) nên:

\(\frac{{AB}}{{10}} = \frac{3}{5} \Rightarrow AB = 6(cm).\)

Chọn A

Gọi \(OH\)là khoảng cách từ \(O\) đến dây \(AB\)

Ta có: \(OA = OB = R\)    

 cân tại \(A\)

 Mà \(OH \bot AB(gt)\)

 \( \Rightarrow OH\)là đường trung tuyến của .

  Áp dụng định lí Pythagore vào  vuông tại \(H\), ta có:

 \(O{A^2} = O{H^2} + A{H^2}\)

  \({10^2} = {8^2} + A{H^2}\)

\( \Rightarrow A{H^2} = 36\)

\( \Rightarrow AH = 6(cm)\)

 \( \Rightarrow AB = 2.6 = 12(cm)\)

Chọn C

Chọn D

Các kết quả có thể xảy ra khi gieo một con xúc xắc hai lần là:

\[\begin{array}{l}\left( {1;1} \right),\left( {1;2} \right),\left( {1;3} \right),\left( {1;4} \right),\left( {1;5} \right);\left( {1;6} \right);\\\left( {2;1} \right),\left( {2;2} \right),\left( {2;3} \right),\left( {2;4} \right),\left( {2;5} \right),\left( {2;6} \right);\\\left( {3;1} \right),\left( {3;2} \right),\left( {3;3} \right),\left( {3;4} \right),\left( {3;5} \right),\left( {3;6} \right);\\\left( {4;1} \right),\left( {4;2} \right),\left( {4;3} \right),\left( {4;4} \right),\left( {4;5} \right),\left( {4;6} \right);\\\left( {5;1} \right),\left( {5;2} \right),\left( {5;3} \right),\left( {5;4} \right),\left( {5;5} \right),\left( {5;6} \right);\\\left( {6;1} \right),\left( {6;2} \right),\left( {6;3} \right),\left( {6;4} \right),\left( {6;5} \right),\left( {6;6} \right);\end{array}\]

Tất cả các kết quả thuận lợi cho biến cố “Tổng số chấm trong hai lần gieo bằng 5 là”: \[\left( {1;4} \right),\left( {2;3} \right),\left( {3;2} \right),\left( {4;1} \right)\]

Dùng định lý Pythagore trong tam giác vuông \[ACO\] vuông tại \[C\], ta tính được độ dài \[AC = 4{\rm{ }}cm\].

Chọn D

Chọn D

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số \[y = {x^2}\] và \[y = 3x + 2\]là \[{x^2} - 3x - 2 = 0\]. Vì \[{x_1}\] và \[{x_2}\]là hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số trên nên phương trình \[{x^2} - 3x - 2 = 0\] luôn có  nghiệm phân biệt, nên theo Vi-et thì \[S = {x_1} + {x_2} = 3\] 

Chọn A

Xác suất của biến cố “ Lấy được một học sinh lớp \[9\]” là \(\frac{{25}}{{5 + 15 + 10 + 25}} = \frac{{25}}{{55}} = \frac{5}{{11}}\)

Chọn A

                Đường thẳng \(2x - y = 4\)hay \(y = 2x - 4\), hệ số góc của đường thẳng \(y = 2x - 4\) là \(2\)

Chọn C

Ta có \(a + \sqrt {{{\left( {a - 2} \right)}^2}}  = a + \left| {a - 2} \right| = a + a - 2 = 2a - 2\)vì \(a > 2 \Rightarrow \left| {a - 2} \right| = a - 2\)

Chọn A

Theo công thức tính diện tích mặt cầu: S= \(4\pi {R^2}\) với \(R = 3\,cm\) thay vào ta được \(S = 36{\rm{\;}}\pi \,c{m^2}\)

Chọn C

Chọn C

  Các số chia hết cho \[3\] trong tập \[20\] số từ từ \[1\] đến \[20\] bao gồm \[\left\{ {3,6,9,12,15,18} \right\}\] có \[6\] số chia hết cho \[3\]. Do đó xác suất để rút được thẻ ghi số chia hết cho \[3\] trong tập \[20\] số là \(\frac{6}{{20}}\) tương đương \(\frac{3}{{10}}\)

Chọn C

Bán kính của đường tròn nội tiếp là \(10:2 = 5\,cm\).

Chọn A

Diện tích một tấm bìa là \(S = \frac{{\pi .{R^2}.n}}{{360}} = \frac{{\pi {{.30}^2}.120}}{{360}} = 300\pi \).

Tổng diện tích \(4\) miếng bìa bạn Lan đã dùng là \(4.300\pi  = 1200\pi \).

Chọn C

Biểu thức \(\sqrt {1 - x} \)có nghĩa khi \(1 - x \ge 0\) do đó \(x \le 1\).

Chọn B

Xét tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\]có

+)\[A{C^2} + A{B^2} = B{C^2}\] ( Định lý pythagore)

\[A{C^2} + {3^2} = {6^2}\]

               \[ \Rightarrow AC = 3\sqrt 3 \,\]

                 +) \[\tan B = \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{{3\sqrt 3 }}{3} = \sqrt 3 \]

Chọn A

Tỉ lệ phần trăm tổng diện tích trồng nhãn và vải thiều là

                                          \[27,5\%  + 20\%  = 47,5\% \]

Chọn B

Để phương trình \[\frac{{x - 7}}{{2x + 3}} - \frac{1}{2} = x\] xác định khi

\[2x + 3 \ne 0\]

\[2x \ne  - 3\]

\[x \ne \frac{{ - 3}}{2}\]

Vậy \[x \ne \frac{{ - 3}}{2}\] thì phương trình được xác định.

Chọn B

Xét trong \(\left( O \right)\)có \(\widehat {BAC} = 130^\circ \)nên số đo cung lớn

Số đó cung nhỏ

Chọn C

                Vì \(M\)là trung điểm của \(OA\)nên \(OM = \frac{R}{2}\,\)

                Xét tam giác AMO vuông tại M ta có: \(cos\widehat {BOM} = \frac{{OM}}{{OB}} = \frac{1}{2}\)\( \Rightarrow \widehat {BOM} = 60^\circ \)

                Xét vuông tại \(B\)ta có: \(\tan \widehat {BOM} = \frac{{BE}}{{OB}} \Rightarrow \)\(\frac{{BE}}{R} = \tan 60^\circ \)

                \(\frac{{BE}}{R} = \sqrt 3 \) nên \(BE = R\sqrt 3 \)

Chọn C

Gọi \(x\) là số km hành hách di chuyển được tối đa với số tiền 150 nghìn đồng.

Theo bài ra ta có bất phương trình

\(15 + \left( {x - 1} \right).12 \le 150\)

\(15 + 12x - 12 \le 150\)

\(12x \le 150 - 15 + 12\)

\(12x \le 147\)

\(x \le 12,25\)

Vậy với số tiền đó họ có thể di chuyển tối đa là \(12\,km\).

Chọn C

Gọi \(AH = x{\rm{ }}\left( m \right)\left( {0 < x < 100} \right) \Rightarrow CH = 100 - x{\rm{  }}\left( m \right)\)

Xét tam giác ABH vuông tại H có: \(BH = AH.\tan A = x.\tan {65^ \circ }{\rm{     }}\left( 1 \right)\)

Xét tam giác ACH vuông tại H có: \(BH = CH.\tan C = \left( {100 - x} \right).\tan {30^ \circ }{\rm{     }}\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow x.\tan {65^ \circ } = \left( {100 - x} \right).\tan {30^ \circ } \Rightarrow x = \frac{{100.\tan {{30}^ \circ }}}{{\tan {{65}^ \circ } + \tan {{30}^ \circ }}}{\rm{    }}\)

Ta có \(BH = x.\tan {65^ \circ } = \frac{{100.\tan {{30}^ \circ }}}{{\tan {{65}^ \circ } + \tan {{30}^ \circ }}}.\tan {65^ \circ } \approx 45,49\)

Vậy chiều cao của tháp là \(BP = BH + HP \approx 45,49 + 1,62 \approx 47,11{\rm{ m}}\)

Chọn B

Xét tam giác ABC vuông tại A có

                   \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\)   (Định lý Pythagore)

                   \(\begin{array}{l}B{C^2} = {3^2} + {4^2}\\B{C^2} = 25\\BC = 5\end{array}\)

Lại có AH là đường cao của tam giác ABC nên

                   \(\begin{array}{l}AH.BC = AB.AC\\AH = \frac{{AB.AC}}{{BC}}\\AH = \frac{{3.4}}{5}\\AH = \frac{{12}}{5}.\end{array}\)

Vậy \(AH = \frac{{12}}{5}.\)

a)   Giải bất phương trình \(6 + 2x < 0\).

\(6 + 2x < 0\)

\(2x <  - 6\)

\(x <  - 3\)

Vậy bất phương trình có nghiệm \(x <  - 3\).

b)  Rút gọn biểu thức \(A = \frac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }} - \frac{1}{{\sqrt x  - 1}}\) với \(x > 0\), \(x \ne 1\).

\(A = \frac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }} - \frac{1}{{\sqrt x  - 1}}\) với \(x > 0,x \ne 1\).

\(A = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 1} \right)}} - \frac{1}{{\sqrt x  - 1}}\)

\(A = \frac{{x - \sqrt x  - x - \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}\)

\(A = \frac{{ - 2\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {x - 1} \right)}}\)

\(A = \frac{{ - 2}}{{x - 1}}\)

\(A = \frac{2}{{1 - x}}\)

Vậy \(A = \frac{2}{{1 - x}}\) với \(x > 0,x \ne 1\).

a)   Giải phương trình \({x^2} - 4x + 3 = 0\).

Có \(a + b + c = 1 + \left( { - 4} \right) + 3 = 0\)

Suy ra phương trình có hai nghiệm  \({x_1} = 1,\,{x_2} = 3\).

b)  Tìm \(m\) để phương trình \({x^2} - 4x + 2m - 1 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(3x_1^2 + 3x_2^2 = 10{x_1}{x_2}\).

\(\begin{array}{l}{x^2} - 4x + 2m - 1 = 0\\\Delta ' = 4 - 1(2m - 1) = 5 - 2m\end{array}\)

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow 5 - 2m > 0 \Leftrightarrow m < \frac{5}{2}\)

Áp dụng ĐL Vi-ét ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1}.{x_2} = 2m - 1\end{array} \right.\)

Theo bài ra ta có:

\(3x_1^2 + 3x_2^2 = 10{x_1}{x_2}\)

\(3x_1^2 + 3x_2^2 + 6{x_1}{x_2} - 16{x_1}{x_2} = 0\)

\(3{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 16{x_1}{x_2} = 0\)

\({3.4^2} - 16(2m - 1) = 0\)

\(16(2m - 1) = 48\)

\(2m - 1 = 3\)

\(m = 2\) (thỏa mãn)

Vậy \(m = 2\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Gọi số học sinh lớp 9A; 9B lần lượt là \(x;y\) (ĐK: \(x;y \in {\mathbb{N}^*}\))

Vì lớp 9B nhiều hơn lớp 9A là \(5\) học sinh nên ta có phương trình \(y - x = 5\,\,\,\left( 1 \right)\)

Mỗi học sinh lớp 9A tặng \(3\) quyển sách, mỗi học sinh lớp 9B tặng \(2\) quyển sách mà tổng số sách 2 lớp tặng là \(210\) nên ta có phương trình \(3x + 2y = 210\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}y - x = 5\\3x + 2y = 210\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l} - 2x + 2y = 10\\3x + 2y = 210\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}5x = 200\\3x + 2y = 210\end{array} \right.\)

\[\left\{ \begin{array}{l}x = 40\\y = 45\end{array} \right.\] (Thỏa mãn ĐK)

Vậy số học sinh lớp 9A; 9B lần lượt là \(40;45\).

a)   Chứng minh rằng tứ giác \(DHEC\) nội tiếp.

Xét tam giác \(ABC\) có

+) \(BE\) là đường cao ứng với \(AC\) \[ \Rightarrow BE \bot AC\]tại \(E\)

\[ \Rightarrow \widehat {HEC} = 90^\circ  \Rightarrow \Delta HEC\]vuông tại \(E\). Suy ra điểm \(H;E;C\)thuộc đường tròn đường kính \(HC\) (1)

+) \(AD\) là đường cao ứng với \(BC\) \[ \Rightarrow AD \bot BC\] tại \(D\)

\[ \Rightarrow \widehat {HDC} = 90^\circ  \Rightarrow \Delta HDC\] vuông tại \(D\). Suy ra điểm \(H;D;C\)thuộc tròn đường kính \(HC\) (2)

Từ (1) và (2) ta có \(H;D;C;E\) nằm trên đường tròn đường kính \(HC\).

Khi đó tứ giác \(DHEC\) nội tiếp.

b)  Kẻ đường kính \(AM\) của đường tròn \(\left( O \right)\) và \(OI\) vuông góc với \(BC\) tại \(I\). Chứng minh rằng \(I\) là trung điểm của \(HM\).

Xét tam giác \(ABC\) có hai đường cao \(AD\) và \(BE\) cắt nhau tại \(H\), suy ra \(H\) là trực tâm \[ \Rightarrow CH \bot AB\]

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \[\widehat {ACM} = 90^\circ \]( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \[ \Rightarrow CM \bot AC\]

Có \[BE \bot AC \Rightarrow BE{\rm{//}}CM \Rightarrow BH{\rm{//}}CM\].

Tương tự \[\widehat {ABM} = 90^\circ \](góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \[ \Rightarrow BM \bot AB\]

Có \[CH \bot AB(cmt) \Rightarrow BM{\rm{//}}CH\].

Xét tứ giác \(BHCM\) có \[BH{\rm{//}}CM\];\[BM{\rm{//}}CH\] nên tứ giác \(BHCM\)là hình bình hành.

*) Chứng minh \(I\) là trung điểm BC

Xét tam giác OBC có \(OB = OC = R\), suy ra tam giác \(OBC\) cân tại \(O\).

Mà  \[OI \bot BC\,\] (gt)

 Nên \(OI\) là đường cao đồng thời là trung tuyến của tam giác \(OBC\).

Suy ra \(IB = IC\)

Hình bình hành \(BHCM\) có \(I\) là trung điểm của đường chéo \(BC\)

Suy ra \(I\) là trung điểm của \(HM\).

c)   Khi \(DH \cdot DA\) lớn nhất, hãy tính diện tích tam giác \(ABC\) theo \(R\).

*)   Xét \[\Delta BHD\,\,v\`a \,\,\Delta ACD\]có

\[\widehat {BDH} = \widehat {ADC} = 90^\circ \]

\[\widehat {HBD} = \widehat {DAC}\]( cùng phụ với \[\widehat {ACB}\])

\[ \Rightarrow DH.AD = BD.CD \le \frac{{{{(BD + CD)}^2}}}{4} = \frac{{B{C^2}}}{4} = \frac{{3{R^2}}}{4}\]

Dấu “=” xảy ra khi \(DB = DC\). Mà \[AD \bot BC\]tại \(D\)

Suy ra, Tam giác \(ABC\) cân tại \(A\) và \(D\) trùng với \(I\)   (3)

*) \(I\) là trung điểm của \(BC\) \[ \Rightarrow BI = IC = \frac{{BC}}{2} = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}\]

\[\Delta OBI\]vuông tại \(I\) có

\[\begin{array}{l}\sin \widehat {BOI} = \frac{{BI}}{{OB}} = \frac{{\frac{{R\sqrt 3 }}{2}}}{R} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \widehat {BOI} = 60^\circ \\ \Rightarrow \widehat {BOC} = 2\widehat {BOI} = 2.60^\circ  = 120^\circ \\X\'e t\,\,(O):\,\,\widehat {BAC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC} = 60^\circ \,\,\,\,\,\,\,(4)\,\end{array}\]

Từ (3) và (4) ta suy ra Tam giác \(ABC\) đều

\[A{D^2} + B{D^2} = A{B^2} \Rightarrow A{D^2} = A{B^2} - B{D^2} = 3{R^2} - \frac{{3{R^2}}}{4} = \frac{{9{R^2}}}{4} \Rightarrow AD = \frac{{3R}}{2}(AD > 0)\]

\[{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AD.BC = \frac{1}{2}.\frac{{3R}}{2}.R\sqrt 2  = \frac{{3\sqrt 3 }}{4}{R^2}\]

\[ \Rightarrow \Delta ABD\,\]vuông tại D:  Theo định lí Pythagore có

\[A{D^2} + B{D^2} = A{B^2} \Rightarrow A{D^2} = A{B^2} - B{D^2} = 3{R^2} - \frac{{3{R^2}}}{4} = \frac{{9{R^2}}}{4} \Rightarrow AD = \frac{{3R}}{2}(AD > 0)\]

\[{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AD.BC = \frac{1}{2}.\frac{{3R}}{2}.R\sqrt 2  = \frac{{3\sqrt 3 }}{4}{R^2}\]

a)   Cho các số thực \(x,y,z\) thay đổi và thoả mãn \({x^2} + {y^2} + {z^2} - xyz = 4\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(F = 3{x^2} + {y^2} + {z^2}\).

\(F = 3{x^2} + {y^2} + {z^2}\)\( = 2{x^2} + {x^2} + {y^2} + {z^2}\)

Từ giả thiết, nếu tồn tại bộ số \(\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) thoả mãn bài toán.

                 Thì bộ số \(\left( { - {x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) cũng thoả mãn bài toán.

                 Không giảm tính tổng quát, ta giả sử \(x \ge 0\).

 Ta có \({x^2} + {y^2} + {z^2} - xyz = 4\), nên \({x^2} + {\left( {y + z} \right)^2} = 4 + \left( {2 + x} \right)yz\)

 Do đó \({x^2} + {\left( {y + z} \right)^2} = 4 + \left( {2 + x} \right)yz \ge {x^2}\) nên \(\left( {2 + x} \right)yz \ge {x^2} - 4\) suy ra \(yz \ge x - 2\).

Ta biến đổi \(F = 2{x^2} + xyz + 4\).

                 Ta có \(F = 2{x^2} + xyz + 4 \ge 2{x^2} + x.\left( {x - 2} \right) + 4\)=\(3{x^2} - 2x + 4 = 3{\left( {x - \frac{1}{3}} \right)^2} + \frac{{11}}{3}\).    

                 Vì \({\left( {x - \frac{1}{3}} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(x\), do đó \(F \ge \frac{{11}}{3}\).

Vậy, biểu thức \(F\)có giá trị nhỏ nhất bằng \(\frac{{11}}{3}\) khi \(x = \frac{1}{3}\) và \(y =  - \frac{{\sqrt {15} }}{3}\); \(z = \frac{{\sqrt {15} }}{3}\)

b) Từ một tấm bìa hình vuông có cạnh dài \(21\,cm\), bạn Nga cắt ra một hình có dạng như trong hình vẽ (phần được tô đậm, giới hạn bởi các đoạn thẳng và một cung tròn). Biết rằng hình tròn có diện tích \(113,04c{m^2}\) và có tâm trùng với tâm của hình vuông. Các điểm \[E;F\] là giao điểm của hai đường chéo hình vuông với đường tròn. Tính độ dài đường viền của hình thu được (lấy \(\pi  \approx 3,14\) và kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

Bán kính đường tròn tâm \(O\) là: \(S = \pi {R^2} \Rightarrow R = \sqrt {\frac{{113,04}}{{3,14}}}  = 6\,\,cm\)

Vì \(AC\) và \(BD\) là 2 đường chéo của hình vuông nên \(AC\) vuông góc với \(BD\) do đó \(\widehat {EOF} = 90^\circ \)

Độ dài cung \(EF\) lớn là: \[2.3,14.6 - \frac{{3,14.6.90^\circ }}{{180^\circ }} = 28,26\,\,cm\]

Dễ thấy \(AO = BO = \frac{{AC}}{2} = \frac{{21\sqrt 2 }}{2}\)

Lại có: \(BF = AE = OA - OE = \frac{{21\sqrt 2 }}{2} - 6\)

Độ dài đường viền của hình thu được là: \(28,26 + 2.\left( {\frac