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

Đáp án đúng là: C

Trong dãy dữ liệu 6; 7; 7; 8; 8; 8; 9; 10, giá trị điểm 8 xuất hiện 3 lần.

Vậy tần số của dữ liệu điểm 8 là 3.

Đáp án đúng là: C

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại A, có \(AB = 2\) cm và \(\widehat {ABC} = 60^\circ \).

Sử dụng tỉ số lượng giác: \[AC = AB \cdot \tan \widehat {ABC} = 2 \cdot \tan 60^\circ  = 2\sqrt 3 \] (cm).

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

a) Đúng. Biểu đồ thể hiện Xoài chiếm tỉ lệ cao nhất là 40%, do đó đây là loại trái cây được yêu thích nhất.

b) Sai. Số học sinh thích Cam chiếm 25% tổng số 200 học sinh.

Số học sinh thích Cam là: \(200 \cdot 25\%  = 50\) (học sinh).

c) Đúng. Tỉ lệ học sinh thích Xoài là 40%, tỉ lệ thích Táo là 20%.

Vì \(40\%  = 2 \cdot 20\% \), nên số học sinh thích Xoài gấp đôi số học sinh thích Táo.

d) Sai. Số học sinh thích Ổi là: \(200 \cdot 15\%  = 30\) (học sinh).

Tổng số học sinh thích Cam và Ổi là: \(50 + 30 = 80\) (học sinh).

Xác suất để chọn được một bạn thích Cam từ nhóm này là \(\frac{{50}}{{80}} = \frac{5}{8}\).

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

a) Đúng. \(\widehat {ACB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \[AB),\] suy ra \(AC \bot BC.\) Theo giả thiết, \(OH \bot BC\). Do cùng vuông góc với \[BC\] nên \(AC\,{\rm{//}}\,OH\).

b) Sai. Xét \(\Delta OBC\) có \(OB = OC\) (bán kính), nên đây là tam giác cân tại \[O.\]

Vì \(OH \bot BC\) nên \(\Delta OBC\) cân tại \(O\) có đường cao \(OH\) đồng thời là đường trung tuyến, suy ra \[H\] là trung điểm của \[BC.\]

Xét \(\Delta MBC\) có \[MH\] vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến, suy ra \(\Delta MBC\) cân tại \[M.\]

Do đó, \(MB = MC\) và \(\widehat {MCB} = \widehat {MBC}\).

c) Đúng. Vì \[MB\] là tiếp tuyến nên \(\widehat {OBM} = 90^\circ \).

Xét \(\Delta OBM\) và \(\Delta OCM\) có:

\(OM\) chung, \(OB = OC\) (bán kính), \(MB = MC\) (chứng minh trên).

Do đó \(\Delta OBM = \Delta OCM\) (c.c.c).

Suy ra \(\widehat {OCM} = \widehat {OBM} = 90^\circ \).

Nên hai điểm \(B,\,\,C\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \[OM.\]

Suy ra tứ giác \[MBOC\] là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \[OM.\]

d) Sai. \(AB = 5\) cm  suy ra \(OB = 2,5\) cm.

Dễ dàng chứng minh được $\Delta OBM\backsim \Delta OHB$ (g.g).

Suy ra \[\frac{{OB}}{{OH}} = \frac{{OM}}{{OB}}\] nên \[OH = \frac{{O{B^2}}}{{OM}} = \frac{{{{2,5}^2}}}{8} = 0,78125\] (cm).

Từ đó tính được: \(MH = OM - OH = 8 - 0,78125 = 7,21875\) cm.

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

a) Sai. Điều kiện xác định của biểu thức \(A\) là:

⦁ Biểu thức chứa \(\sqrt x \) ở tử và mẫu nên điều kiện tồn tại căn là \(x \ge 0\).

⦁ Các mẫu thức \(x - 9\) và \(\sqrt x  - 3\) cần \(x \ne 9\).

Vậy biểu thức \(A\) xác định khi \(x \ge 0\) và \(x \ne 9\).

b) Sai. Với \(x \ge 0\) và \(x \ne 9\), ta có:

\(A = \frac{{3\left( {\sqrt x  - 3} \right) - \left( {2\sqrt x  - 12} \right) + 4\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}{{x - 9}}\)

\( = \frac{{3\sqrt x  - 9 - 2\sqrt x  + 12 + 4\sqrt x  + 12}}{{x - 9}}\)

\( = \frac{{5\sqrt x  + 15}}{{x - 9}} = \frac{{5\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}} = \frac{5}{{\sqrt x  - 3}}\).

c) Đúng. Giải phương trình:

\(A = B\)

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

\(5\left( {\sqrt x  - 2} \right) = 2\left( {\sqrt x  - 3} \right)\)

\(5\sqrt x  - 10 = 2\sqrt x  - 6\)

\(3\sqrt x  = 4\)

\(\sqrt x  = \frac{4}{3}\)

\(x = \frac{{16}}{9}\) (thỏa mãn).

Suy ra \(a = 16,b = 9\) (phân số tối giản).

Vậy tổng \(a + b = 16 + 9 = 25\).

d) Đúng. Giải bất phương trình:

\(A \ge 5\)

\(\frac{5}{{\sqrt x  - 3}} \ge 5\)

\(\frac{1}{{\sqrt x  - 3}} \ge 1\)

\(\frac{{1 - \sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  - 3}} \ge 0\)

\(\frac{{4 - \sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}} \ge 0\)

Suy ra \(3 < \sqrt x  \le 4\)

            \(9 < x \le 16\).

Vì \(x\) là số nguyên, ta có các nghiệm: \(x \in \left\{ {10;11;12;13;14;15;16} \right\}\).

Tổng cộng có đúng 7 giá trị thoả mãn.

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

a) Đúng. Cước phí của gói A bao gồm phí cố định 100 nghìn và 2 nghìn/GB.

Với \(x\) (GB), tổng số tiền dùng gói A là \(y = 100 + 2x\) (nghìn đồng).

b) Đúng. Cước phí của gói B bao gồm phí cố định 50 nghìn và 3 nghìn/GB.

Với \(x\) (GB), tổng số tiền dùng gói B là \(y = 50 + 3x\) (nghìn đồng).

Với nhu cầu \(x = 60\) GB/tháng:

Tiền dùng gói A là \({y_A} = 100 + 2 \cdot 60 = 220\) (nghìn đồng).

Tiền dùng gói B là \({y_B} = 50 + 3 \cdot 60 = 230\) (nghìn đồng).

Gói A rẻ hơn gói B là 10 nghìn/tháng.

Một năm (12 tháng) gia đình sẽ tiết kiệm được \(10 \cdot 12 = 120\) nghìn đồng.

c) Sai. Nếu trả cùng mức phí \(y = 200\) nghìn/tháng:

Dung lượng gói A: \(200 = 100 + 2{x_A},\) suy ra \({x_A} = 50\) (GB).

Dung lượng gói B: \(200 = 50 + 3{x_B},\) suy ra \({x_B} = \frac{{150}}{3} = 50\) (GB).

Dung lượng mua được từ hai gói là bằng nhau (50 GB), không có gói nào lớn hơn gói nào.

d) Đúng. Với nhu cầu \(x = 40\) GB/tháng:

Tiền dùng gói A: \({y_A} = 100 + 2(40) = 180\) nghìn.

Tiền dùng gói B: \({y_B} = 50 + 3(40) = 170\) nghìn.

Chi phí gói B (170 nghìn) thấp hơn gói A (180 nghìn), nên chọn gói B sẽ tiết kiệm chi phí hơn.

Vì \(\Delta ABC\) đều nên \(\widehat {ABC} = \widehat {BAC} = \widehat {ACB} = 60^\circ \) và \(AB = AC = BC\).

\(AB,\,AC\) là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \(A\) nên \(OA\) là đường trung trực của \(BC\).

Suy ra \(OA \bot CB\) tại \(H\).

Xét \(\Delta BHA\) vuông tại \(H\) ta tính được \(\widehat {BAH} = \widehat {BAO} = 30^\circ \).

Xét \(\Delta OAB\) vuông tại \(B\) có \(\tan A = \frac{{OB}}{{AB}}\).

Suy ra \(AB = \frac{{OB}}{{\tan 30^\circ }} = \frac{R}{{\frac{{\sqrt 3 }}{3}}} = R\sqrt 3 \) (cm).

Khi đó \({S_{ABOC}} = 2{S_{\Delta ABO}} = 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot AB \cdot OB = {R^2}\sqrt 3 \) (cm²).

Suy ra \(k = \sqrt 3 \) hay \({k^6} = 27\).

Số học sinh đạt điểm 10 của lớp 9A là: \(40 - 5 - 12 - 14 = 9\) (học sinh).

Suy ra, tần số tương đối của dữ liệu điểm 10 là: \(\frac{9}{{40}} \cdot 100\%  = 22,5\% \).

Mà \(DA + DC = AC = 12\,\,{\rm{cm}}\) nên \(DA = \frac{9}{2}\) (cm) và \(DC = \frac{{15}}{2}\) (cm).

\(\Delta ABD\) vuông tại \(A\) nên \(BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}}  = \frac{{9\sqrt 5 }}{2}\) (cm) (định lí Pythagore)

Gọi \(r\) là bán kính của đường tròn \(\left( I \right)\,\,\,\,\left( {r > 0} \right)\).

Đường tròn \(\left( I \right)\) tiếp cúc các cạnh \(BC,\,CD,\,BD\) lần lượt tại \(X,\,\,Y,\,\,Z\).

Ta có: \({S_{BDC}} = \frac{1}{2}BA \cdot DC = \frac{1}{2} \cdot 9 \cdot \frac{{15}}{2} = \frac{{135}}{4}\) (cm²).

Mà \({S_{BDC}} = {S_{BIC}} + {S_{CID}} + {S_{IDB}}\)

\( = \frac{1}{2}IX \cdot BC + \frac{1}{2}IY \cdot CD + \frac{1}{2} \cdot IZ \cdot BD\)

\( = \frac{1}{2}r \cdot \left( {BD + CD + BC} \right) = \frac{{45 + 9\sqrt 5 }}{4}r\) (cm²).

Suy ra \(r = \frac{{135}}{4}:\frac{{45 + 9\sqrt 5 }}{4} = \frac{{3\left( {5 - \sqrt 5 } \right)}}{4}\) (cm).

Diện tích hình tròn nội tiếp \(\Delta BCD\) là

\({S_{tron}} = \pi {r^2} = \frac{{45\left( {3 - \sqrt 5 } \right)\pi }}{8}\) (cm²).

Vậy diện tích phần tô đậm là

\(S = {S_{BCD}} - {S_{tron}} = \frac{{135}}{4} - \frac{{45\left( {3 - \sqrt 5 } \right)\pi }}{8} \approx 20,3\) (cm²).

Đổi \(40\) phút = \(\frac{2}{3}\) giờ.

Gọi vận tốc dự định là \(x\,\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)\) và thời gian dự định đi từ A đến B là \(y\) giờ với \(x > 10,\,\,y > \frac{2}{3}\).

Theo đề ta có: \(xy = \left( {x + 10} \right)\left( {y - \frac{2}{3}} \right) = \left( {x - 10} \right)\left( {y + 1} \right)\)

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}xy = \left( {x + 10} \right)\left( {y - \frac{2}{3}} \right)\\xy = \left( {x - 10} \right)\left( {y + 1} \right)\end{array} \right.\) hay \(\left\{ \begin{array}{l} - \frac{2}{3}x + 10y = \frac{{20}}{3}\\x - 10y = 10\end{array} \right.\)

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}x = 50\\y = 4\end{array} \right.\) (TMĐK)

Vậy quãng đường AB là: \(50 \cdot 4 = 200\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)\).

Theo định lí Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1}{x_2} =  - 26\end{array} \right.\).

Ta cũng có \(x_1^2 - 4{x_1} - 26 = 0\) nên \(x_1^2 + 4{x_1} - 27 = 4{x_1} + 4{x_2} - 1 = 15\).

Lại có \({\left( {x_1^{} - {x_2}} \right)^2} = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} = 120\) nên \({x_1} - {x_2} =  - 2\sqrt {30} \) (vì \({x_1} < {x_2}\)).

\(x_1^3 - x_2^3 = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^3} + 3{x_1}{x_2}\left( {{x_1} - {x_2}} \right) =  - 84\sqrt {30} \).

Do đó, \(P = {15^2} - \left( { - 84\sqrt {30} } \right) = 225 + 84\sqrt {30} \)

Suy ra \(a = 225;\,\,b = 84.\)

Vậy \(a + b = 225 + 84 = 309\).

\(x\left( {x + 11} \right) < \left( {x + 3} \right)\left( {x + 6} \right)\)

\({x^2} + 11x < {x^2} + 9x + 18\)

\(2x < 18\)

\(x < 9\)

Vì \(x \in \mathbb{Z}\) nên \(x = 8\).

Vậy nghiệm nguyên lớn nhất của bất phương trình là \(x = 8\).