Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Phú Yên năm học 2025-2026 có đáp án
17 câu hỏi
Biểu thức nào sau đây có giá trị khác với các biểu thức còn lại?
\(\sqrt 9 \)
\({\left( { - \sqrt 3 } \right)^2}\)
\(\sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2}} \)
\( - {\left( {\sqrt 3 } \right)^2}\)
Đáp án đúng là D
Cho bất đẳng thức \(a > b.\) Kết luận nào sau đây là không đúng?
\(3a > 3b\)
\(a - 1 < b - 1\)
\(a + 1 > b + 1\)
\( - 3a < - 3b\)
Đáp án đúng là B
Số nào sau đây không phải là một nghiệm của bất phương trình \(5x - 6 < 0?\)
\(\frac{5}{6}\)
\( - \frac{5}{6}\)
\(\frac{6}{5}\)
\( - \frac{6}{5}\)
Đáp án đúng là C
Cặp số \(\left( {x;y} \right)\) nào sau đây là nghiệm của hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x - y = 1\\ - x + y = 1\end{array} \right.\)
\(\left( {1;2} \right)\)
\(\left( {0; - 1} \right)\)
\(\left( {0;1} \right)\)
\(\left( {2;1} \right)\)
Đáp án đúng là A
Giả sử đồ thị của hàm số \(y = a{x^2}\) là parabil như hình 1. Giá trị của \({x_0}\) bằng
Hình 1
2
\(\sqrt 3 \)
\( - 1,5\)
\( - \sqrt 2 \)
Đáp án đúng là D
Tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH (hình 2). Khẳng định nào sau đây là sai?
Hình 2
Câu 1: A. \(\sin \alpha = \frac{{AC}}{{BC}}\)
\(\cos \alpha = \frac{{BH}}{{BA}}\)
\(\tan \beta = \frac{{AB}}{{AC}}\)
\(\cot \beta = \frac{{AC}}{{AH}}\)
Đáp án đúng là D
Tâm đường tròn nội tiếp tam giác là giao điểm của ba đường nào trong tam giác đó?
Đường phân giác
Đường trung trực
Đường cao
Đường trung tuyến
Đáp án đúng là A
Một tam giác vuông có hai cạnh góc vuông lần lượt là 5cm và 12cm. Bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông đó bằng.
8,5cm
6,5cm
13cm
17cm
Đáp án đúng là B
Mỗi hình a) b) c) d) trên Hình 3 là hai đường tròn phân biệt \(\left( {O;R} \right)\) và \(\left( {O';R'} \right).\) Hình nào có đoạn nối tâm và hai bán kính thỏa mã \(OO' > R + R'\)
Hình 3a
Hình 3b
Hình 3c
Hình 3d
Đáp án đúng là C
Cho tam giác ABC có \(\widehat {BAC} = {70^ \circ };\widehat {ABC} = {60^ \circ }\) nội tiếp đường tròn tâm \(O\) (Hình 4) Số đo của góc \(\widehat {AOB}\) bằng. 
\({50^ \circ }\)
\({100^ \circ }\)
\({120^ \circ }\)
\({140^ \circ }\)
Đáp án đúng là B
Thể tích của hình trụ có đường kính đáy bằng 4cm và chiều cao bằng 8cm (Hình 5) là 
Hình 5
\(64\pi \,c{m^3}\)
\(32\pi \,c{m^3}\)
\[\frac{{64\pi }}{3}\,c{m^3}\]
\(\frac{{32\pi }}{3}\,c{m^3}\)
Đáp án đúng là B
Gieo đồng thời hai con xúc xắc cân đối và đồng chất. Xác suất của biến cố “Tích của hai số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc bằng 7” là
0
\(\frac{1}{{12}}\)
\(\frac{1}{7}\)
\(\frac{1}{6}\)
Đáp án đúng là A
Rút gọn biểu thức: \(A = \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 - 2} \right)}^2}} - \frac{3}{{\sqrt 3 }} + \sqrt {12} \)
\[\begin{array}{l}A = \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 - 2} \right)}^2}} - \frac{3}{{\sqrt 3 }} + \sqrt {12} \\ = \left| {\sqrt 3 - 2} \right| - \sqrt 3 + \sqrt {4.3} \\ = 2 - \sqrt 3 - \sqrt 3 + 2\sqrt 3 \\ = 2\end{array}\]
Cho phương trình bậc hai (ẩn x): \(2{x^2} + bx - 3 = 0\)
a) Chứng tỏ rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của b.
b) Tìm b để phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) sao cho \({x_1} + {x_2} = - 5\)
a) Ta có \(\Delta = {b^2} - 4.2.\left( { - 3} \right) = {b^2} + 24 > 0\)với mọi b nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của b.
b) Áp dụng định lí Vi-et, ta có: \({x_1} + {x_2} = - \frac{b}{2}\)
Để \({x_1} + {x_2} = - 5\) thì \( - \frac{b}{2} = - 5\), suy ra \(b = 10\)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) \(\left( {x - 2} \right)\left( {2x + 1} \right) = 0\)
b) \(\frac{{x - 1}}{{x + 1}} + \frac{5}{{3x}} = 1\)
c) \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 1\\x + 2y = - 4\end{array} \right.\)
a) \(\left( {x - 2} \right)\left( {2x + 1} \right) = 0\)
+) \(x - 2 = 0\) suy ra \(x = 2\)
+) \(2x + 1 = 0\) suy ra \(x = - \frac{1}{2}\)
Vậy phương trình có hai nghiệm: \(x = 2\) và \(x = - \frac{1}{2}\)
b) \(\frac{{x - 1}}{{x + 1}} + \frac{5}{{3x}} = 1\)
ĐKXĐ: \(x \ne 0;x \ne - 1\)
Vậy nghiệm của phương trình là: \(x = 5\)
c) \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 1\\x + 2y = - 4\end{array} \right.\)
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 1\\2x + 4y = - 8\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}3y = - 9\\2x + y = 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}y = - 3\\2x - 3 = 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}y = - 3\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: \(\left( {x;y} \right) = \left( {2; - 3} \right)\)
Giải bài toán bằng cách lập phương trình:
Để xây dựng công viên từ một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài 30m, chiều rộng 20m; người ta làm hai lối đi có bề rộng như nhau (hai lối đi này lần lượt song song với chiều dài và chiều rộng của mảnh đất), phần đất còn lại để trồng hoa (hình 6). Xác định bề rộng của lối đi để phần đất trồng hoa có diện tích là \(504{m^2}\).
Gọi bề rộng của lối đi là x (m). \(0 < x < \frac{{20}}{2} = 10\)
Diện tích của một phần đất trồng hoa là: \(504:4 = 126\left( {{m^2}} \right)\)
Chiều dài của một phần đất trồng hoa là: \(\frac{{30}}{2} - \frac{x}{2} = \frac{{30 - x}}{2}\left( m \right)\)
Chiều rộng của một phần đất sau khi làm lối đi là: \(\frac{{20}}{2} - \frac{x}{2} = \frac{{20 - x}}{2}\left( m \right)\)
Vì diện tích của một phần đất trồng hoa là\(126{m^2}\) nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\frac{{30 - x}}{2}.\frac{{20 - x}}{2} = 126\\\left( {30 - x} \right)\left( {20 - x} \right) = 504\\600 - 30x - 20x + {x^2} - 504 = 0\\{x^2} - 50x + 96 = 0\end{array}\)
\(x = 48\) (loại) hoặc \(x = 2\) (thỏa mãn)
Vậy bề rộng của lối đi là 2m.
Cho hình chữ nhật ABCD có \(AB > AD\). Trên tia đối của tia BC lấy điểm E \(\left( {E \ne B} \right)\). Đường thẳng qua D và vuông góc với DE cắt đường thẳng AB tại F. Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm D trên đường thẳng EF.
a) Chứng minh bốn điểm F, D, B, E cùng thuộc một đường tròn.
b) Gọi I là giao điểm của ED và BF, K là giao điểm của HD và BF. Chứng minh \(FK.FB = FA.FI\)
c) Chứng minh rằng khi điểm E di chuyển trên tia đối của tia BC thì điểm H luôn chạy trên một đường cố định.
a) Do \(ED \bot FD\) nên \(\Delta EDF\) vuông tại D.
Khi đó E, F, D cùng thuộc đường tròn đường kính EF.
Vì \(\Delta BEF\) vuông tại B (ABCD là hình chữ nhật) nên B, E, F cùng thuộc đường tròn đường kính EF.
Vậy E, F, B, D cùng thuộc đường tròn đường kính EF.
b) Xét \(\Delta FKH\)và \[\Delta FEB\] có:
\(\widehat {EFB}\) chung; \(\widehat {FHK} = \widehat {FBE} = {90^ \circ }\)
Do đó
Nên \(\frac{{FK}}{{FE}} = \frac{{FH}}{{FB}}\) hay \(FK.FB = FE.FH\) (1)
Xét \(\Delta FHD\) và \(\Delta FDE\) có:
\(\widehat {DFE}\) chung; \(\widehat {FHD} = \widehat {FDE} = {90^ \circ }\)
Do đó
Nên \(\frac{{FH}}{{FD}} = \frac{{FD}}{{FE}}\) hay \(F{D^2} = FE.FH\) (2)
Xét \(\Delta FAD\) và \(\Delta FDI\) có:
\(\widehat {DFI}\) chung; \(\widehat {FAD} = \widehat {FDI} = {90^ \circ }\)
Do đó
Nên \(\frac{{FD}}{{FI}} = \frac{{FA}}{{FD}}\) hay \(F{D^2} = FI.FA\) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra \(FK.FB = FI.FA\)
c) Xét \(\Delta FHD\) và \(\Delta FAD\) là hai tam giác vuông.
Tương tự câu a.
Do đó \(A,H,D,F\) thuộc đường tròn đường kính \(FD\) hay tứ giác \(AHFD\) nội tiếp đường tròn đường kính \(FD.\)
Suy ra \(\widehat {FAH} = \widehat {FDH}\)
Mà \(\widehat {FDH} = \widehat {DEH} = \widehat {DCH} = \widehat {CAB}\)
Hơn nữa \(\widehat {FAH} + \widehat {BAH} = {180^ \circ }\) nên \(\widehat {CAB} + \widehat {BAH} = {180^ \circ }\) hay \(H,A,C\). thẳng hàng (AC cố định)
Vậy khi điểm E di chuyển trên tia đối của tia BC thì điểm H luôn chạy trên một đường cố định AC.
