Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Quảng Nam năm học 2025-2026 có đáp án
21 câu hỏi
Cặp số nào sau đây là một nghiệm của phương trình \[x + y = 2?\]
\[\left( {1; - 1} \right)\].
\[\left( { - 1; - 1} \right)\].
\[\left( {1;1} \right)\].
\[\left( { - 1;1} \right)\].
Đáp án đúng là C
Điều kiện xác định của phương trình \[\frac{1}{x} = 1\]là
\[x \ge 0\].
\[x \ne 0\].
\[x < 0\].
\[x = 1\].
Đáp án đúng là B
Cho \[a \le b\]. Khẳng định nào sau đây đúng?
\[a + 3 > b + 3\].
\[a + 3 < b + 3\].
\[a + 3 \ge b + 3\].
\[a + 3 \le b + 3\].
Đáp án đúng là D
Bất phương trình nào sau đây là bất phương trình bậc nhất một ẩn x?
\[{x^2} - 1 < 0\].
\[{x^3} - 1 > 0\].
\[2x - 1 \ge 0\].
\[0x - 1 \le 0\].
Đáp án đúng là C
Điều kiện có nghĩa của \[\sqrt A \] là
\[A \le 0\].
\[A = 0\].
\[A \ne 0\].
\[A \ge 0\].
Đáp án đúng là D
Hệ phương trình nào sau đây không phải là hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn?
\[\left\{ \begin{array}{l}0x + 0y = 1\\x - 2y = 4\end{array} \right.\].
\[\left\{ \begin{array}{l}2x = 1\\x - 2y = 4\end{array} \right.\].
\[\left\{ \begin{array}{l}3y = 1\\x - 2y = 4\end{array} \right.\].
\[\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = 1\\x - 2y = 4\end{array} \right.\]
Đáp án đúng là A
Bảng thống kê kết quả học tập cuối kì II của 500 học sinh khối 9 ở một trường trung học cơ sở X như sau:
Kết quả học tập | Tốt | Khá | Đạt | Chưa đạt |
Số học sinh | 160 | 180 | 150 | 10 |
Kết quả học tập nào có số học sinh lớn nhất?
Tốt.
Khá.
Đạt.
Chưa đạt.
Đáp án đúng là B
Cho bảng tần số tương đối ghép nhóm như sau:
Nhóm | \[\left[ {4;8} \right)\] | \[\left[ {8;12} \right)\] | \[\left[ {12;16} \right)\] | \[\left[ {16;20} \right)\] |
Tần số tương đối | \[30\% \] | \[14\% \] | \[21\% \] | \[35\% \] |
Để vẽ biểu đồ tần số tương đối ghép nhóm dạng đoạn thẳng, ta dùng giá trị nào đại diện cho nhóm số liệu \[\left[ {8;12} \right)\]?
8.
10.
12.
14.
Đáp án đúng là D
Cho tam giác \[ABC\]vuông tại \[A\](Hình 1). Khẳng định nào sau đây là đúng?
\[\sin B = \frac{{AC}}{{BC}}\].
\[\sin B = \frac{{BC}}{{AC}}\].
\[\sin B = \frac{{AB}}{{BC}}\].
\[\sin B = \frac{{AC}}{{AB}}\].
Đáp án đúng là A
Cho đường tròn \[(O)\]. Hai điểm \[A,B\]thuộc \[(O)\]và \[\widehat {AOB} = 60^\circ \] (Hình 2). Số đo của cung AmB bằng
\[30^\circ \].
\[120^\circ \].
\[60^\circ \].
\[300^\circ \].
Đáp án đúng là C
Trong các hình phẳng sau đây, hình phẳng nào có dạng một đa giác đều?
Hình a Hình b Hình c Hình d
Hình a.
Hình b.
Hình c.
Hình d.
Đáp án đúng là D
Đường cao của hình nón trong Hình 3 là
\[SA\].
\[SO\].
\[AB\].
\[OB\].
Đáp án đúng là B
Rút gọn biểu thức \[A = \sqrt {{3^2}.5} - \frac{{\sqrt {10} }}{{\sqrt 2 }}.\]
Ta có \[A = \sqrt {{3^2}.5} - \frac{{\sqrt {10} }}{{\sqrt 2 }} = 3\sqrt 5 - \sqrt 5 = 2\sqrt 5 .\]
Vẽ đồ thị của hàm số\(y = {x^2}\).
Ta có bảng giá trị sau:
\[x\] | \[ - 2\] | \[ - 1\] | 0 | 1 | 2 |
\[y = {x^2}\] | 4 | 1 | 0 | 1 | 4 |
Đồ thị hàm số \(y = {x^2}\)là một đường cong parabol đi qua các điểm:
O(0; 0); A(-2; 4); B (-1; 1); C(1; 1); D(2; 4)
Hệ số a = 1 > 0 nên parabol có bề cong hướng lên. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng. Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) như sau:
Dùng công thức nghiệm của phương trình bậc hai, giải phương trình \[{x^2} + 5x + 6 = 0\].
Dùng công thức nghiệm của phương trình bậc hai, giải phương trình \[{x^2} + 5x + 6 = 0\].Ta có a = 1; b = 5; c = 6
\[\Delta = {5^2} - 4.1.6 = 1 > 0\] nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt
\[\begin{array}{l}{x_1} = \frac{{ - 5 + 1}}{{2.1}} = - 2;\\{x_2} = \frac{{ - 5 - 1}}{{2.1}} = - 3.\end{array}\]
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là \[{x_1} = - 2;{x_2} = - 3.\]
Giải bất phương trình \[3x + 12 < 0\].
Giải bất phương trình \[3x + 12 < 0\].
\[\begin{array}{l}3x + 12 < 0\\3x < - 12\\x < - 4.\end{array}\]
Vậy bất phương trình có nghiệm \[x < - 4\].
Cho biết phương trình \[{x^2} - 5x + 2 = 0\] có hai nghiệm \[{x_1},{x_2}\] đều khác 0. Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \[B = \frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}}\].
Cho biết phương trình \[{x^2} - 5x + 2 = 0\] có hai nghiệm \[{x_1},{x_2}\] đều khác 0. Không giảiphương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \[B = \frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}}\].
Xét phương trình \[{x^2} - 5x + 2 = 0\] có a = 1, b = -5, c =2
\[\Delta = {( - 5)^2} - 4.1.2 = 17 > 0\] nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt
Theo định lí Viète, ta có:
\[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = 5\\{x_1}.{x_2} = \frac{c}{a} = 2\end{array} \right.\]
\[B = \frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} = \frac{{{x_1} + {x_2}}}{{{x_1}.{x_2}}} = \frac{5}{2}\].
Vậy \[B = \frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} = \frac{5}{2}\].
Một cửa hành bán có bán hai loại bút bi và bút máy. Mỗi cây bút bi có giá bán 5 000 đồng và mỗi cây bút máy có giá bán 15 000 đồng.Trong một ngày chủ nhật, của hàng đã bán được tổng cộng 50 cây bút hai loại trên và thu về được 520 000 đồng. Hỏi cửa hàng đã bán được bao nhiêu cây bút bi và bao nhiêu cây bút máy trong ngày hôm đó?
Gọi x, y (cây) là số bút bi và bút máy mà cửa hàng bán được ngày hôm đó \[\left( {x,y < 50\,;\,\,x,\,\,y \in {\mathbb{N}^*}} \right).\]
Cửa hàng đã bán được tổng 50 cây bút hai loại trên nên ta có phương trình \[x + y = 50{\rm{ }}(1)\]
Số tiền bán bút bi là 5 000. x (đồng)
Số tiền bán bút máy là 15 000 . y (đồng)
Theo bài ra ta có phương trình: \[5{\rm{ }}000x + 15{\rm{ }}000y = 520{\rm{ }}000{\rm{ (2)}}\]
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}x + y = 50{\rm{ }}\\5{\rm{ }}000x + 15{\rm{ }}000y = 520{\rm{ }}000{\rm{ }}\end{array} \right.\]
Giải hệ phương trình ta được \[\left\{ \begin{array}{l}x = 23\\y = 27\end{array} \right.\](TMĐK)
Vậy cửa hàng bán được 23 bút bi và 27 bút máy.
Một tàu điện dừng lại ở một sân ga, có ba toa tàu mang số 1, 2, 3 mở cửa để đón khách. Hai bạn Hương và Giang mỗi người chọn ngẫu nhiên một toa để lên (không tính thứ tự lên trước, lên sau). Mô tả không gian mẫu của phép thử và tính xác suất của biến cố E: “Hương và Giang cùng đi lên một toa tàu”.
Các kết quả có thể xảy ra là:
\[\Omega = \left\{ {(1;1);(1;2);(1;3);(2;1);(2;2);(2;3);(3;1);(3;2)(3;3)} \right\}\]
Vậy số phần tử của không gian mẫu là 9.
Biến cố E: “Hương và Giang cùng đi lên một toa tàu”.
Các trường hợp có thể xảy ra của \[E = \left\{ {(1;1);(2;2);(3;3)} \right\}\].
Có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố E.
Vậy xác suất của biến cố E là \[P(E) = \frac{3}{9} = \frac{1}{3}\].
Cho tam giác nhọn\[ABC\] (\(AB < AC\)) nội tiếp đường tròn \[(O)\]. Ba đường cao \[AD,BE,CF\] của tam giác \[ABC\] đồng quy tại \[H\].
a) Chứng minh rằng tứ giác \(CDHE\) nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh rằng \[\widehat {EFC} = \widehat {EBC}\] và \[HE.DB = HF.DE\].
c) Hai tiếp tuyến của đường tròn \[(O)\] tại \[B\]và \[C\] cắt nhau tại \[K\]. Qua \[K\] vẽ đường thẳng \[d\] song song với \[EF\], \[d\] cắt hai đường thẳng \[AB,AC\] lần lượt tại \[M,N\] . Chứng minh rằng \[AM\] vuông góc với \[BN\].
a) Do AD, BE là các đường cao của \[\Delta ABC\]nên \[\Delta HDC\]vuông tại D
Do đó H, C, D cùng thuộc đường tròn đường kính HC.
Tương tự \[\Delta HEC\]vuông tại E nên H, C, E cùng thuộc đường tròn đường kính HC
Vậy H, E, C, D cùng thuộc đường tròn đường kính HC hay tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh tương tự câu a, ta có \[\Delta BEC\] vuông tại E và \[\Delta BFC\] vuông tại F nên B, C, E, F cùng thuộc đường tròn đường kính BC. Suy ra \[\widehat {EFC} = \widehat {EBC}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC)
Do tứ giác EFCB nội tiếp nên \[\widehat {FEB} = \widehat {FCB}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FB)
Lại có \[\widehat {HED} = \widehat {HCD}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD) nên \[\widehat {FEB} = \widehat {BED}\]
Kết hợp với \[\widehat {EFH} = \widehat {HBD}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CE) suy ra \[\Delta H{\rm{EF}} \sim \Delta {\rm{DEB(g}}{\rm{.g)}}\]
Suy ra \[\frac{{HE}}{{DE}} = \frac{{HF}}{{DB}}{\rm{ hay }}HE.{\rm{ }}DB{\rm{ }} = {\rm{ }}HF.{\rm{ }}DE\] (đpcm)
c) Ta có KB = KC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và OB = OC (Cùng bằng bán kính của (O))
Suy ra OK là trung trực của đoạn thằng BC
Ta có: \[\widehat {OBK} = 90^\circ \] (do BK là tiếp tuyến) nên \[\widehat {MBK} + \widehat {OBA} = 180^\circ - \widehat {OBK} = 90^\circ \]
Hay \[\widehat {MBK} = 90^\circ - \widehat {OBA}{\rm{ (1)}}\]
Ta có \[\widehat {ACB} = \widehat {AFE}\] (do cùng cộng với \[\widehat {EFB}\] bằng \[180^\circ \]
Suy ra \[\widehat {OBA} = \widehat {OAB} = \frac{{180^\circ - \widehat {AOB}}}{2} = 90^\circ - \frac{{\widehat {AOB}}}{2} = 90^\circ - \widehat {ACB} = 90^\circ - \widehat {AFE}\]
Thay vào (1) suy ra \[\widehat {MBK} = 90^\circ - \left( {90^\circ - \widehat {AFE}} \right) = \widehat {AFE}\]
Mà \[\widehat {AFE} = \widehat {AMN}\] (vì là hai góc đồng vị) nên \[\widehat {MBK} = \widehat {BMK}\]hay \[\Delta MBK\]cân tại K
Suy ra MK = KB
Chứng minh tương tự ta được \[\Delta KCN\]cân tại K hay KC = KN
Vậy KM = KN = KB = KC hay M, N, C, B cùng thuộc một đường tròn đường kính MN
Suy ra \[\widehat {MBN} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Vậy \[AM \bot BN\]
Đặt trên mặt bàn nằm ngang một cái ly thủy tinh đang chứa nước có dạng hình trụ với bán kính đáy \[R = 3{\rm{ }}cm\], mực nước ban đầu trong ly cao 5 cm (Hình 4). Sau đó, thả vao trong ly 6 viên bi sắt cùng loại (không thấm nước) có dạng hình cầu với bán kính \[r\]= 1 cm thì thấy mực nước trong ly dâng lên và không tràn ra ngoài (Hình 5).
Hỏi chiều cao của mực nước trong ly sau khi thả 6 viên bi đó vào là bao nhiêu centimét (bỏ qua độ dày của ly, làm tròn kết quả đến hàng phần trăm của cm)?
Thể tích nước trong ly ban đầu là: \[{V_1} = \pi {R^2}h = \pi {.3^2}.5 = 45\pi (c{m^3})\]
Thể tích mỗi viên bi sắt là: \[{V_{bi}} = \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{4}{3}\pi {.1^3} = \frac{4}{3}\pi (c{m^3})\]
Thể tích 6 viên bi sắt là: \[{V_2} = 6.\frac{4}{3}\pi = 8\pi (c{m^3})\]
Thể tích nước trong ly sau khi thả 6 viên bi sắt vào là: \[V = 45\pi + 8\pi = 53\pi (c{m^3})\]
Chiều cao mực nước trong ly sau khi thả 6 viên bi đó vào là: \[h' = \frac{V}{{\pi {R^2}}} = \frac{{53\pi }}{{\pi {{.3}^2}}} = \frac{{53}}{9} \approx 5,89(cm)\].
