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

Đáp án đúng là: B

Điều kiện xác định của biểu thức chứa căn bậc hai là biểu thức dưới dấu căn không âm, tức là \(x - 3 \ge 0\), hay \(x \ge 3\).

Đáp án đúng là: A

Giải bất phương trình:

\(2x - 4 > 0\)

\(2x > 4\)

\(x > 2\).

Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là \(x > 2\).

Đáp án đúng là: D

Quan sát kích thước ghi trên hình trụ, kích thước theo phương dọc (chiều cao) là 100 cm.

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

a) Đúng. Ta có \(\widehat {ADB} = \widehat {AMB} = 90^\circ \) nên hai điểm \(D\) và \(M\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(AB.\) Tức là 4 điểm \(A,B,D,M\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AB\) hay tứ giác \(ABDM\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AB.\)

b) Đúng. Trong đường tròn tâm \(O\), góc nội tiếp \(\widehat {ACB}\) và góc ở tâm \(\widehat {AOB}\) cùng chắn cung nhỏ \(AB\). Do đó \(\widehat {ACB} = \frac{1}{2}\widehat {AOB} = \frac{{140^\circ }}{2} = 70^\circ \).

c) Sai. Xét \(\Delta ADC\) vuông tại \(D\) và \(\Delta BMC\) vuông tại \(M\) có \(\widehat C\) là góc chung.

Do đó $\Delta ADC\backsim \Delta BMC$ (g.g).

Từ đó ta có tỉ số \(\frac{{AD}}{{BM}} = \frac{{AC}}{{BC}}\), hay \(AD \cdot BC = BM \cdot AC\).

d) Đúng. Kẻ đường cao \(OK\) của tam giác cân \(AOB\). Khi đó đường cao \(OK\) đồng thời là đường trung tuyến và đường phân giác của \(\widehat {AOB}.\) Suy ra \(\widehat {AOK} = 70^\circ \), \(AK = 2\) cm.

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

a) Đúng. Việc lấy ngẫu nhiên 1 viên bi từ hộp đã trộn đều đảm bảo khả năng lấy được mỗi viên bi là như nhau. Do đó các kết quả của phép thử là đồng khả năng.

b) Sai. Hộp có tổng cộng \(5 + 15 = 20\) viên bi. Số phần tử của không gian mẫu phải là 20.

c) Đúng. Các viên bi màu xanh được đánh số từ 1 đến 5. Các kết quả thuận lợi mang số lẻ là lấy được viên số 1, 3, 5 (gồm 3 kết quả).

Vậy số kết quả thuận lợi cho biến cố lấy được viên bi màu xanh và ghi số lẻ là 3.

d) Sai. Xác suất lấy được viên bi màu xanh ghi số lẻ là \(\frac{3}{{20}}\).

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

a) Đúng. Điều kiện xác định của biểu thức \(B\) là \(x \ge 0\), \(\sqrt x  \ne 0\) (nghĩa là \(x > 0\)) và \(\sqrt x  - 3 \ne 0\) (nghĩa là \(x \ne 9\)).

Kết hợp các điều kiện ta được \(x > 0,x \ne 9\).

b) Sai. Biến đổi biểu thức: \(A = \left( {\sqrt 8  + \sqrt 2 } \right)\sqrt 2  = \sqrt {16}  + \sqrt 4  = 4 + 2 = 6\).

c) Đúng. Với \(x > 0,x \ne 9\) ta có:

\(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x  - 3}} + \frac{1}{{\sqrt x  + 3}}} \right) \cdot \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x }}\)

\( = \frac{{\sqrt x  + 3 + \sqrt x  - 3}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}} \cdot \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x }}\)

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

\( = \frac{2}{{\sqrt x  - 3}}.\)

Vậy với \(x > 0,x \ne 9\) thì \(B = \frac{2}{{\sqrt x  - 3}}.\)

d) Sai. Với \(x > 0,x \ne 9\) ta có:

\(B + 1 \le A\)

\(\frac{2}{{\sqrt x  - 3}} + 1 \le 6\)

\(\frac{2}{{\sqrt x  - 3}} \le 5\)

\(\frac{2}{{\sqrt x  - 3}} - 5 \le 0\)

\(\frac{{2 - 5\left( {\sqrt x  - 3} \right)}}{{\sqrt x  - 3}} \le 0\)

\(\frac{{2 - 5\sqrt x  + 15}}{{\sqrt x  - 3}} \le 0\)

\(\frac{{17 - 5\sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}} \le 0\)

Trường hợp 1: \[\left\{ \begin{array}{l}17 - 5\sqrt x  \ge 0\\\sqrt x  - 3 < 0\end{array} \right.\] tức \[\left\{ \begin{array}{l}5\sqrt x  \le 17\\\sqrt x  < 3\end{array} \right.\] hay \[\left\{ \begin{array}{l}\sqrt x  \le \frac{{17}}{5}\\\sqrt x  < 3\end{array} \right.\] suy ra \[\sqrt x  < 3\] nên \[0 < x < 9\] (vì \(x > 0)\).

Do đó trong trường hợp này, bất phương trình có 8 nghiệm nguyên là \(\left\{ {1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5;\,\,6;\,\,7;\,\,8} \right\}.\)

Trường hợp 2: \[\left\{ \begin{array}{l}17 - 5\sqrt x  \le 0\\\sqrt x  - 3 > 0\end{array} \right.\] tức \[\left\{ \begin{array}{l}5\sqrt x  \ge 17\\\sqrt x  > 3\end{array} \right.\] hay \[\left\{ \begin{array}{l}\sqrt x  \ge \frac{{17}}{5}\\\sqrt x  > 3\end{array} \right.\] suy ra \[\sqrt x  \ge \frac{{17}}{5}\] nên \[x \ge \frac{{289}}{{25}}\] (vì \(x > 0)\).

Do đó trong trường hợp này bất phương trình có vô số nghiệm nguyên.

Vậy bất phương trình có vô số nghiệm nguyên.

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

a) Đúng. Đối chiếu phương trình đã cho với dạng tổng quát \(a{x^2} + bx + c = 0\), ta xác định được các hệ số \(a = 1;\,\,b = 2m;\,\,c =  - 1\).

b) Đúng. Thay \(m = 2\) vào phương trình ta được \({x^2} + 4x - 1 = 0\).

Biệt thức \(\Delta \prime  = {2^2} - 1 \cdot \left( { - 1} \right) = 5\). Hai nghiệm tính được là \({x_1} = \sqrt 5  - 2,{x_2} =  - \sqrt 5  - 2\).

c) Đúng. Ta thấy tích \(a \cdot c = 1 \cdot \left( { - 1} \right) =  - 1 < 0\) với mọi tham số \(m\), nên phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu.

d) Đúng. Theo định lí Viète ta có \({x_1} + {x_2} =  - 2m\) và \({x_1}{x_2} =  - 1\).

Khi đó \(P = \frac{1}{{x_1^2}} + \frac{1}{{x_2^2}} - {x_1} - {x_2}\)

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

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

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

               \( = 4{m^2} + 2m + 2\)

               \( = 4\left( {{m^2} + \frac{1}{2}m + \frac{1}{{16}}} \right) + \frac{7}{4}\)

               \( = 4{\left( {m + \frac{1}{4}} \right)^2} + \frac{7}{4} \ge \frac{7}{4}\).

Giá trị nhỏ nhất của \(P\) là \(\frac{7}{4}\). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \({\left( {m + \frac{1}{4}} \right)^2} = 0\) hay \(m + \frac{1}{4} = 0\) tức là \(m =  - \frac{1}{4}\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\)là \(\frac{7}{4}\) khi \(m =  - \frac{1}{4}\).

Đáp án: 7,5.

Đổi 2 phút \( = \frac{1}{{30}}\) giờ.

Quãng đường máy bay bay được là: \(s = 450 \cdot \frac{1}{{30}} = 15\) (km).

Xét \(\Delta DEF\) vuông tại \(D\) tạo bởi đường bay \(EF,\) mặt đất \(DE\) và độ cao thẳng đứng, độ cao thẳng đứng chính là cạnh góc vuông \(DF\) đối diện với \(\widehat E = 30^\circ \). Áp dụng tỉ số lượng giác, ta có:

\(DF = EF \cdot \sin E = h = s \cdot \sin 30^\circ  = 15 \cdot 0,5 = 7,5\) (km).

Vậy sau 2 phút máy bay lên cao 7,5 km theo phương thẳng đứng.

Đáp án: 3,5.

Gắn hệ trục tọa độ với gốc \(O\) là đỉnh vòm. Hàm số cổng vòm là \(y = a{x^2}\). Mặt đất sẽ mang tọa độ âm.

Chiều rộng cổng \(AB = 6\) m, do đó tọa độ điểm chạm đất \(B\) có hoành độ \(x = 3\). Chiều cao cổng là 4,5 m nên điểm chạm đất \(B\) có tung độ \(y =  - 4,5\).

Thay tọa độ điểm \(B\left( {3; - 4,5} \right)\) vào hàm số ta được:

\( - 4,5 = a \cdot {3^2}\) suy ra \(a =  - 0,5\).

Hàm số cổng vòm là \(y =  - 0,5{x^2}\).

Xe tải rộng 2,8 m sẽ chiếm không gian từ hoành độ \(x =  - 1,4\) đến \(x = 1,4\).

Tại vị trí mép xe \(x = 1,4\), điểm tương ứng trên vòm có tung độ là \(y =  - 0,5 \cdot {\left( {1,4} \right)^2} =  - 0,98\) (m).

Khoảng cách từ điểm trên vòm này xuống tới mặt đất \(\left( {y =  - 4,5} \right)\) chính là chiều cao tối đa xe có thể đi qua: \(h =  - 0,98 - \left( { - 4,5} \right) = 3,52\) (m).

Làm tròn kết quả với độ chính xác 0,05 ta được 3,5 (m).

Đáp án: 29.

Cộng vế theo vế hai phương trình của hệ, ta có \(2x = 10\), từ đó \(x = 5\).

Thay giá trị \(x = 5\) vào phương trình thứ nhất, ta được \(y = 7 - 5 = 2\).

Như vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là \(\left( {{x_0};{y_0}} \right) = \left( {5;\,\,2} \right).\)

Khi đó \(M = x_0^2 + y_0^2 = {5^2} + {2^2} = 25 + 4 = 29\).

Đáp án: 80.

Gọi số sản phẩm dự kiến làm trong mỗi giờ là \(x\) (sản phẩm, điều kiện \(x > 0\)).

Thời gian dự kiến hoàn thành là \(\frac{{400}}{x}\) giờ.

Thời gian thực tế hoàn thành là \(\frac{{400}}{{x + 20}}\) giờ.

Theo đề bài, thời gian thực tế ít hơn thời gian dự kiến 1 giờ, ta có phương trình:

\(\frac{{400}}{x} - \frac{{400}}{{x + 20}} = 1\)

Giải phương trình:

\(\frac{{400}}{x} - \frac{{400}}{{x + 20}} = 1\)

\(400\left( {x + 20} \right) - 400x = x\left( {x + 20} \right)\)

\(8000 = {x^2} + 20x\)

\({x^2} + 20x - 8000 = 0\)

\(\left( {x - 80} \right)\left( {x + 100} \right) = 0\)

\(x - 80 = 0\) hoặc \(x + 100 = 0\)

\(x = 80\) (thỏa mãn) hoặc \(x =  - 100\) (loại).

Vậy theo dự kiến mỗi giờ nhóm làm được 80 sản phẩm.

Đáp án: 20.

Căn cứ vào bảng dữ liệu, số ngày có mưa bao gồm nhóm “Mưa nhỏ” và “Mưa to”.

Tổng số ngày có mưa là \(8 + 12 = 20\) (ngày).

Đáp án: 324.

Gắn hệ trục tọa độ sao cho tâm \(O\) của sân vận động trùng với gốc tọa độ.

Với kích thước \(AB = 80\) m và \(AD = 100\) m, tọa độ các điểm là \(B\left( { - 50; - 40} \right)\), \(C\left( {50; - 40} \right)\), \(D\left( {50;40} \right)\). Vì \(H\) là trung điểm cạnh \(AD\) nên \(H\left( {0;40} \right)\).

Đường tròn tâm \(O\) có bán kính \(R = 20\) m.

Tổng quãng đường chạy là: \(S = MB + BC + CD + DH + HM\).

Các đoạn thẳng thuộc lộ trình này có chiều dài cố định là: \(BC = 100\) m, \(CD = 80\) m, \(DH = 50\) m. Tổng độ dài các đoạn cố định là 230 m.

Phần thay đổi là \(MH + MB\). Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức này với điểm \(M \in \left( {O;\,\,20} \right).\)

Áp dụng bất đẳng thức tam giác, ta có \(MH + MB \ge HB.\)\(HB = \sqrt {{{50}^2} + {{80}^2}}  = \sqrt {8900}  \approx 94,34\)

Độ dài  (m).

Xét \(\Delta OHB\), diện tích tam giác được tính bằng:

\({S_{OHB}} = \frac{1}{2} \cdot OH \cdot {h_B} = \frac{1}{2} \cdot 40 \cdot 50 = 1000\) (m2).

Mặt khác, nếu coi \(HB\) là cạnh đáy thì: \({S_{OHB}} = \frac{1}{2} \cdot HB \cdot {h_O}\).

Suy ra khoảng cách từ tâm \(O\) đến đoạn thẳng \(HB\) là: \({h_O} = \frac{{2 \cdot 1000}}{{\sqrt {8900} }} \approx 21,2\) (m).

Khoảng cách từ tâm \(O\) đến đường thẳng \(HB\) là khoảng \(21,2\) m (lớn hơn bán kính \(R = 20)\) nên đoạn \(HB\) không giao cắt với đường tròn.

Như vậy \(MH + MB > HB \approx 94,34\) (m).

Khi đó, \(S > 230 + 94,34 = 324,34\) (m).

Vậy quãng đường ngắn nhất vận động viên cần chạy (làm tròn kết quả với độ chính xác 0,5) là khoảng 324 m.