Đề tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm 2026-2027 (Chung) Sở Cần Thơ (có đáp án)

Đáp án đúng là: C

Đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\) đi qua điểm \(A\left( {1;\,\,2} \right)\), ta thay \(x = 1,y = 2\) vào hàm số, tức là

\(2 = a \cdot {1^2}\), suy ra \(a = 2\).

Đáp án đúng là: A

Thay nghiệm \(x = 2\) vào phương trình \({x^2} + 3bx + 2c = 0\), ta có:

\(4 + 6b + 2c = 0\) hay \(2 + 3b + c = 0\), suy ra \(3b + c =  - 2\).

Đáp án đúng là: C

Giải phương trình tích:

\(\left( {2x - 4} \right)\left( {x + 3} \right) = 0\)

\(2x - 4 = 0\) hoặc \(x + 3 = 0\)

\(x = 2\) hoặc \(x =  - 3\).

Đáp án đúng là: D

Theo định lí Viète cho phương trình \({x^2} + 4x - 1 = 0\), ta có tổng hai nghiệm \({x_1} + {x_2} =  - 4\) và tích hai nghiệm \({x_1}{x_2} =  - 1\).

Khi đó, \({x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2} =  - 4 + \left( { - 1} \right) =  - 5\).

Đáp án đúng là: B

\(3x - 6 < 0\)

\(3x < 6\)

\(x < 2\).

Đáp án đúng là: B

Áp dụng công thức thể tích hình cầu \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}\).

Với \(R = 9\) cm, ta có \(V = \frac{4}{3}\pi \cdot {9^3} = \frac{4}{3}\pi \cdot 729 = 972\pi \) (cm³).

Đáp án đúng là: A

Theo định lý Pythagore cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), ta có:

\(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}}  = \sqrt {100 - 36}  = 8\) (cm).

Tỉ số lượng giác \(\sin B = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{8}{{10}} = \frac{4}{5}\).

Đáp án đúng là: D

Vì \(MA\) là tiếp tuyến tại \(A\) nên tam giác \(MAO\) vuông tại \(A\).

Áp dụng định lý Pythagore, ta có:

\(MA = \sqrt {M{O^2} - O{A^2}}  = \sqrt {{{17}^2} - {8^2}}  = \sqrt {225}  = 15\) (cm).

Đáp án đúng là: D

Góc \(\widehat {AOB}\) là góc ở tâm chắn cung nhỏ \(AB\) có số đo \(100^\circ \).

Góc \(\widehat {ACB}\) là góc nội tiếp chắn cùng cung nhỏ \(AB\), do đó số đo của nó bằng một nửa góc ở tâm:

\(\widehat {ACB} = \frac{{100^\circ }}{2} = 50^\circ \).

Đáp án đúng là: B

Đếm số lần xuất hiện của giá trị 7 trong bảng thống kê của 20 học sinh.

Dòng đầu tiên có 2 số 7, dòng thứ hai có 3 số 7.

Tổng cộng giá trị 7 xuất hiện 5 lần.

Đáp án đúng là: C

Gọi giá niêm yết của 1 kg bơ là \(x\) và 1 hộp sữa là \(y\) (đồng, \(x > 0,\,\,y > 0\)).

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}4x + 2y = 184\,\,000\\4 \cdot 0,95x + 2y = 177\,\,000\end{array} \right.\).

Giải hệ phương trình ta được \(\left\{ \begin{array}{l}x = 35\,\,000\\y = 22\,\,000\end{array} \right.\).

Vậy giá niêm yết của mỗi kilôgam bơ và mỗi hộp sữa lần lượt là 35 000 đồng và 22 000 đồng.

Đáp án: a) Đúng.                  b) Sai.        c) Sai.      d) Đúng.

a) Đúng. Dựa trên tổng số 1000 học sinh toàn trường, tỉ lệ phần trăm của khối 7 và khối 8 đều là 25% nên số học sinh của hai khối này bằng nhau.

b) Sai. Số học sinh khối 6 chiếm 30%, tương ứng với \(1000 \cdot 30\%  = 300\) học sinh chứ không phải 250.

c) Sai. Số học sinh khối 7 là 250 học sinh, số học sinh khối 9 là \(1000 \cdot 20\%  = 200\) học sinh. Khối 7 chỉ nhiều hơn khối 9 là 50 học sinh.

d) Đúng. Khối 9 có 200 học sinh, nếu mỗi lớp 40 học sinh thì sẽ có \(200:40 = 5\) lớp.

Đáp án: a) Đúng.                  b) Đúng.    c) Đúng. d) Sai.

a) Đúng. Tam giác \(AHC\) vuông tại \(H\), chiều cao tháp là:

\(AH = CH \cdot \tan (30^\circ ) = 100 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3} \approx 57,7\) m, làm tròn thành 58 m.

b) Đúng. Xét góc ngoài tam giác \(ABC\) tại đỉnh \(B\), ta có: \(\widehat {ABH} = \widehat {BAC} + \widehat {BCA}\).

Suy ra \(\widehat {BAC} = 60^\circ  - 30^\circ  = 30^\circ \).

Vì \(\widehat {BAC} = \widehat {BCA} = 30^\circ \) nên tam giác \(ABC\) cân tại \(B\).

c) Đúng. Khoảng cách từ C đến đỉnh tháp là cạnh huyền \(AC,\) và bằng:

\(AC = \frac{{CH}}{{\cos (30^\circ )}} = \frac{{100}}{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{200}}{{\sqrt 3 }} \approx 115,47\) m, làm tròn là 115 m.

d) Sai. Vì tam giác \(ABC\) cân tại \(B\) nên khoảng cách \(BC = AB\).

Trong tam giác vuông \(ABH\), \(AB = \frac{{AH}}{{\sin (60^\circ )}} \approx \frac{{57,735}}{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}}} \approx 66,67\) m.

Làm tròn đến hàng đơn vị là 67 m chứ không phải 60 m.

a) Ta có: \(M = 3\sqrt {147}  - 4\sqrt {12}  - 2\sqrt {27}  = 21\sqrt 3  - 8\sqrt 3  - 6\sqrt 3  = 7\sqrt 3 \).

b) \( \oplus \) Ta có bảng giá trị như sau:

\( \oplus \) Biểu diễn trên hệ trục tọa độ:

a) Vì phương trình có 2 nghiệm \({x_1},{x_2}\) nên theo hệ thức Viète ta được: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 3}\\{{x_1}{x_2} =  - 9}\end{array}} \right.\).

Ta biến đổi biến biểu thức:

\(P = \frac{{{x_1}}}{{{x_2} - 5}} + \frac{{{x_2}}}{{{x_1} - 5}} = \frac{{{x_1}\left( {{x_1} - 5} \right) + {x_2}\left( {{x_2} - 5} \right)}}{{\left( {{x_1} - 5} \right)\left( {{x_2} - 5} \right)}}\)

\( = \frac{{x_1^2 + x_2^2 - 5\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}}{{{x_1}{x_2} - 5\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 25}}\)

\( = \frac{{{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2} - 5\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}}{{{x_1}{x_2} - 5\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 25}}\)

\( = \frac{{{3^2} - 2 \cdot \left( { - 9} \right) - 5 \cdot 3}}{{ - 9 - 5 \cdot 3 + 25}} = 12.\)

Vậy \(P = 12\).

b) \( \oplus \) Gọi \(x,y\) (triệu /m2) lần lượt là tiền vật liệu và tiền công thợ mà bác Năm dự tính cho mỗi mét vuông xây dựng. Điều kiện: \(x > 0,y > 0\).

\( \oplus \) Suy ra với 80m² thì tổng chi phí dự tính ban đầu là: \(80x + 80y\) (triệu) nên ta có phương trình:

\(80x + 80y = 640\) hay \(x + y = 8\) (1).

\( \oplus \) Vì giá vật liệu tăng lên 10% cho mỗi m² và tiền công thợ cho mỗi m2 giảm 10% so với dự tính nên ta có tổng chi phí lúc sau là: \(80 \cdot \left( {x + 10\% x} \right) + 80 \cdot \left( {y - 10\% y} \right) = 88x + 72y\) (triệu) nên ta có phương trình: \(88x + 72y = 672\) hay \(11x + 9y = 84\) (2).

\( \oplus \) Vì vậy ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 8}\\{11x + 9y = 84}\end{array}} \right..\)

Giải hệ phương trình ta được \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 6}\\{y = 2}\end{array}} \right.\).

\( \oplus \) Vậy thực tế bác Năm trả 6,6 triệu tiền vật liệu và 1,8 triệu tiền công thợ cho mỗi mét vuông.

\( \oplus \) Gọi kết quả của phép thử là \(\left( {a;b} \right)\) với \(a,b\) lần lượt là số trên thẻ của bạn Minh và bạn Hùng. Ta có không gian mẫu của phép thử là:

\[\Omega  = \left\{ {\left( {1;2} \right);\,\,\left( {1;5} \right);\,\,\left( {1;7} \right);\,\,\left( {2;1} \right);\,\,\left( {2;5} \right);\,\,\left( {2;7} \right),\left( {5;1} \right),\left( {5;2} \right);\,\,\left( {5;7} \right);\,\,\left( {7;1} \right);\,\,\left( {7;2} \right);\,\,\left( {7;5} \right)} \right\}\]

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega  \right) = 12\).

\( \oplus \) Các kết quả thuận lợi cho biến cố là:

\[\left\{ {\left( {1;5} \right);\,\,\left( {1;7} \right);\,\,\left( {5;1} \right);\,\,\left( {5;7} \right);\,\,\left( {7;1} \right);\,\,\left( {7;5} \right)} \right\}\].

Suy ra số kết quả thuận lợi của biến cố là \(n = 6\).

⊕ Vậy xác suất của biến cố ở đề bài là: \(P = \frac{n}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{6}{{12}} = \frac{1}{2}\).

a) Ta có: \(OA \bot BC\) (vì theo tính chất hai tiếp tuyến đồng quy) suy ra \(\widehat {BKA} = 90^\circ \) nên 3 điểm \(B,K,A\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(AB\).

Mặt khác, ta có \(\widehat {BED} = 90^\circ \) (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(\widehat {BEA} = 180^\circ  - \widehat {BED} = 90^\circ \) suy ra 3 điểm \(B,E,A\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(AB\).

Vậy 4 điểm \(B,A,E,K\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(AB\)

b) Ta có: \(\widehat {ABE} = \widehat {ADB}\) (cùng phụ \(\widehat {EBD}\)) và \(\widehat {BAE} = \widehat {BAD}\)

Do đó $\Delta ABE\backsim \Delta ADB$ (g.g) nên \(\frac{{AB}}{{AD}} = \frac{{AE}}{{AB}}\) suy ra \(A{B^2} = AD \cdot AE\).

Ta cũng chứng minh được $\Delta ABO\backsim \Delta AKB$ (g.g) nên \[\frac{{AB}}{{AK}} = \frac{{AO}}{{AB}}\] suy ra \(A{B^2} = AK \cdot AO\).

Vậy \(AD \cdot AE = AK \cdot AO\).

c) ⊕ Gọi \(S\) là giao điểm của \(CD\) với \(AB\).

Ta có \(AO\,{\rm{//}}\,SD\) nên theo tính chất đường trung bình ta được \(SA = AB\).

Vì \(CH\,{\rm{//}}\,AB\) nên theo hệ quả định lí Thales ta thu được: \(\frac{{CM}}{{SA}} = \frac{{MH}}{{AB}}\left( { = \frac{{MD}}{{AD}}} \right)\)

Mà \(SA = AB\) cho nên \(CM = MH\).

Tương tự, ta có: \(\frac{{MH}}{{NB}} = \frac{{CM}}{{AN}}\left( { = \frac{{IM}}{{IN}}} \right)\) mà \(CM = MH\) suy ra \(AN = NB\).

⊕ Gọi diện tích tứ giác \(ANOC\); \(\Delta ABO,\,\,\Delta AOC,\,\,\Delta ANO\) lần lượt là: \({S_{ANOC}}\); \({S_{ABO}},{S_{AOC}},{S_{ANO}}\).

Ta có: \({S_{ACO}} = \frac{1}{2} \cdot OC \cdot AC = \frac{1}{2} \cdot R \cdot \sqrt {4{R^2} - {R^2}}  = \frac{{\sqrt 3 {R^2}}}{2}\).

           \({S_{ACO}} = {S_{ABO}} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot OB = \frac{1}{2} \cdot 2AN \cdot OB = 2{S_{ANO}}\) suy ra \({S_{ANO}} = \frac{{\sqrt 3 {R^2}}}{4}\).

⊕ Vậy diện tích tứ giác \(ANOC\) là: \({S_{ANOC}} = {S_{AOC}} + {S_{ANO}} = \frac{{3\sqrt 3 {R^2}}}{4}\).