Đề tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm 2026-2027 (Chung) Sở Ninh Bình (có đáp án)
14 câu hỏi
\(x = 2\) và \(x = 3\).
\(x = 2\) và \(x = - 3\).
\(x = - 1\) và \(x = 6\).
\(x = 1\) và \(x = - 6\).
Đáp án đúng là: A
\({x^2} - 5x + 6 = 0\)
\({x^2} - 2x - 3x + 6 = 0\)
\(x\left( {x - 2} \right) - 3\left( {x - 2} \right) = 0\)
\(\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right) = 0\).
Suy ra \(x = 2\) hoặc \(x = 3\).
\(y = 2{x^2}\).
\(y = 4\).
\(y = 4x - 5\).
\(y = - {x^2}\).
Lời giải
Đáp án đúng là: C
Hàm số bậc nhất là hàm số được cho bằng công thức \(y = ax + b\), trong đó \(a\), \(b\) là các số cho trước và \(a \ne 0\).
Trong các phương án đưa ra, chỉ có hàm số \(y = 4x - 5\) thỏa mãn định nghĩa này (với \(a = 4\)và \(b = - 5\)).
16.
30.
25.
29.
Đáp án đúng là: D
Dựa vào bảng tần số ghép nhóm, nhóm có thời lượng từ 2 giờ đến dưới 3 giờ tương ứng với khoảng \[\left[ {2;{\rm{ }}3} \right)\]. Tần số của nhóm này là 29, tức là có 29 người sử dụng điện thoại trong khoảng thời gian đó.
3.
2.
6.
1.
Một xúc xắc cân đối và đồng chất có 6 mặt, mỗi mặt được đánh số từ 1 đến 6 chấm.
Khi gieo xúc xắc một lần, có thể xuất hiện bất kỳ mặt nào trong 6 mặt này.
Do đó, không gian mẫu của phép thử gồm 6 phần tử: \(\Omega = \left\{ {1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5;\,\,6} \right\}\).
3.
\[ - 3\].
9.
27.
Đáp án đúng là: A
Căn bậc ba của một số \(a\) là số \(x\) sao cho \({x^3} = a\).
Vì \({3^3} = 27\), nên căn bậc ba của 27 là 3.
\[ - 2\].
0.
1.
2.
Đáp án đúng là: D
Giải bất phương trình
\(2x - 3 \ge 0\)
\(2x \ge 3\)
\(x \ge 1,5\).
Trong các phương án, chỉ có số 2 lớn hơn 1,5 nên 2 là một nghiệm của bất phương trình.
\(\frac{{AC}}{{BC}}\).
\(\frac{{AB}}{{AC}}\).
\(\frac{{AB}}{{BC}}\).
\(\frac{{AC}}{{AB}}\).
Đáp án đúng là: B
Trong tam giác ABC vuông tại A, đối với góc \(C\), cạnh đối là \(AB\) và cạnh kề là \(AC\).
Tỉ số lượng giác \(\tan \) của một góc nhọn trong tam giác vuông bằng độ dài cạnh đối chia cho độ dài cạnh kề.
Vậy \(\tan C = \frac{{AB}}{{AC}}\).
Trong các hình đa giác đều dưới đây, hình nào là ngũ giác đều?
Hình 1.
Hình 2.
Hình 3.
Hình 4.
Đáp án đúng là: C
“Ngũ” có nghĩa là 5. Ngũ giác đều là đa giác có 5 cạnh bằng nhau và 5 góc bằng nhau.
Hình 1 là tam giác đều (3 cạnh).
Hình 2 là hình vuông (4 cạnh).
Hình 3 là ngũ giác đều (5 cạnh).
Hình 4 là lục giác đều (6 cạnh).
a) Ta có \(A = \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}^2}} - \sqrt 5 \left( {\sqrt 5 + 1} \right)\)
\( = \left| {\sqrt 5 + 1} \right| - \left( {\sqrt 5 \cdot \sqrt 5 + \sqrt 5 \cdot 1} \right)\)
\( = \sqrt 5 + 1 - 5 - \sqrt 5 \)\( = - 4\).
Vậy \(A = - 4\).
b) Với điều kiện \(x \ge 0,x \ne 4\), ta có:
\(B = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 2}} + \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - \frac{{3x}}{{x - 4}}\)
\( = \frac{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} + \frac{{2\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} - \frac{{3x}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\)
\( = \frac{{x + 2\sqrt x + \sqrt x + 2 + 2x - 4\sqrt x - 3x}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\)
\( = \frac{{ - \sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\)\( = \frac{{ - \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\)\( = \frac{{ - 1}}{{\sqrt x + 2}}\).
Vậy \(B = \frac{{ - 1}}{{\sqrt x + 2}}\) với \(x \ge 0,x \ne 4\).
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 14 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
a) Đếm số lần xuất hiện của điểm \(8\) trong bảng dữ liệu, ta thấy điểm \(8\) xuất hiện \(5\) lần.
Vậy có \(5\) học sinh được \(8\) điểm.
b) Học sinh đạt từ \(8\) điểm trở lên tức là được \(8\) điểm, \(9\) điểm hoặc 10 điểm.
Số học sinh được \(8\) điểm là \(5\).
Số học sinh được \(9\) điểm là \(5\).
Số học sinh được \(10\) điểm là \(2\).
Tổng số học sinh đạt từ \(8\) điểm trở lên là: \(5 + 5 + 2 = 12\) (học sinh).
Xác suất để chọn được học sinh đạt từ \(8\) điểm trở lên là: \(P\left( A \right) = \frac{{12}}{{20}} = \frac{3}{5} = 0,6\).
a) Gọi điểm cần tìm có tọa độ là \(\left( {x\,;\,\,4\,} \right)\).
Thay \(y = 4\) vào phương trình hàm số \(y = {x^2}\), ta có: \(4 = {x^2}.\)
Do đó \(x = 2\) hoặc \(x = - 2\).
Vậy có hai điểm thỏa mãn là \(\left( {2\,;\,\,4} \right)\) và \(\left( { - 2\,;\,\,4} \right)\).
b) Xét phương trình \({x^2} - x - 1 = 0\) có \(\Delta = {\left( { - 1} \right)^2} - 4 \cdot 1 \cdot \left( { - 1} \right) = 5 > 0\).
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\).
Áp dụng định lí Viète, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 1}\\{{x_1}{x_2} = - 1}\end{array}} \right.\).
Vì là nghiệm của phương trình nên \(x_1^2 - {x_1} - 1 = 0\), suy ra \(x_1^2 = {x_1} + 1\).
Ta có biểu thức: \(C = x_1^2 - {x_1}x_2^2 + 2026\)\( = {x_1} + 1 - {x_1}x_2^2 + 2026\)\( = {x_1}\left( {1 - x_2^2} \right) + 2027.\)
Mặt khác, vì \({x_2}\) là nghiệm của phương trình nên \(x_2^2 - {x_2} - 1 = 0\), suy ra \(1 - x_2^2 = - {x_2}\).
Thay vào biểu thức \(C\), ta được: \(C = {x_1} \cdot \left( { - {x_2}} \right) + 2027 = - {x_1}{x_2} + 2027{\rm{ }}.\)
Thay \({x_1}{x_2} = - 1\) vào, ta có: \(C = - \left( { - 1} \right) + 2027 = 2028.\)
Vậy \(C = 2028\).
Gọi \(x,\,\,y\) (vé) lần lượt là số vé hạng thương gia và hạng phổ thông đã bán \(\left( {x,\,\,y \in {\mathbb{N}^*};\,\,x,\,\,y < 130} \right)\).
Vì tổng số vé hãng bán được là \(130\) vé nên ta có phương trình:
\(x + y = 130{\rm{ (1)}}.\)
Số tiền thu được từ bán vé hạng thương gia là \(5x\) (triệu đồng).
Số tiền thu được từ bán vé hạng phổ thông là \(2y\) (triệu đồng).
Vì tổng số tiền thu được là 320 triệu đồng nên ta có phương trình: \(5x + 2y = 320{\rm{ (2)}}.\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 130}\\{5x + 2y = 320}\end{array}} \right.\).
Từ phương trình (1) suy ra \(y = 130 - x\). Thay vào phương trình (2) ta được:
\(5x + 2\left( {130 - x} \right) = 320\)
\(5x + 260 - 2x = 320\)
\(3x = 60\)
\(x = 20.\) (TMĐK)
Thay \(x = 20\) vào \(y = 130 - x\), ta có: \(y = 130 - 20 = 110.\) (TMĐK)
Vậy số vé hạng thương gia đã bán là 20 vé, số vé hạng phổ thông đã bán là 110 vé.
a) • Chứng minh tứ giác \(OKMB\) nội tiếp:
Vì \(AB \bot CD\) tại \(O\) nên \(\widehat {KOB} = 90^\circ \).
Vì góc \(\widehat {AMB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(AB\) nên \(\widehat {AMB} = 90^\circ \) hay \(\widehat {KMB} = 90^\circ .\)
Xét tứ giác \(OKMB\) có \(\widehat {KOB} + \widehat {KMB} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \).
Hai góc này là hai góc đối nhau, vậy tứ giác \(OKMB\) nội tiếp đường tròn đường kính \(KB\).
• Chứng minh \(\widehat {MBK} = 2\widehat {MAC}\):
Vì tứ giác \(OKMB\) nội tiếp nên \(\widehat {MBK} = \widehat {MOK}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn ).
Mà \(\widehat {MOK}\) (tức \(\widehat {MOC}\)) là góc ở tâm chắn cung nhỏ của đường tròn \(\left( O \right)\).
Lại có \(\widehat {MAC}\) là góc nội tiếp chắn cung nhỏ của đường tròn \(\left( O \right)\).
Theo tính chất góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn một cung, ta có \(\widehat {MOC} = 2\widehat {MAC}\).
Do đó \(\widehat {MBK} = 2\widehat {MAC}\).
b) Xét \(\Delta AMB\) vuông tại \(M\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Ta có \(\widehat {MAB} + \widehat {MBA} = 90^\circ \).
Gọi \(Y\) là giao điểm của \(BM\) và \(CD\).
Trong \(\Delta AOK\) vuông tại \(O\) có \(\tan \widehat {KAO} = \frac{{OK}}{{OA}} = \frac{{OK}}{R}\).
Trong \(\Delta BOY\) vuông tại \(O\) có \(\tan \widehat {YBO} = \frac{{OY}}{{OB}} = \frac{{OY}}{R}\).
Vì \(\widehat {KAO}\) và \(\widehat {YBO}\) phụ nhau nên \(\tan \widehat {KAO} \cdot \tan \widehat {YBO} = 1\).
Suy ra \(\frac{{OK}}{R} \cdot \frac{{OY}}{R} = 1\), do đó \(OY = \frac{{{R^2}}}{{OK}}\).
Vì \(DN\) là tiếp tuyến tại \(D\) nên \(DN \bot CD\). Mà \(AB \bot CD\) nên \(DN\,{\rm{//}}\,AB\).
Xét \(\Delta OBY\) có \(DN\,{\rm{//}}\,OB\) (với \(D \in OY\,;\,\,N \in BY\)).
Theo hệ quả định lí Thalès, ta có \(\frac{{DN}}{{OB}} = \frac{{DY}}{{OY}}\).
Suy ra \(DN = OB \cdot \frac{{OD + OY}}{{OY}} = R \cdot \left( {\frac{R}{{OY}} + 1} \right) = \frac{{{R^2}}}{{OY}} + R = OK + R\).
Diện tích tam giác \(CNK\) có đường cao hạ từ \(N\) xuống \(CD\) chính là đoạn \(DN\).
Cạnh đáy là \(CK = CO - OK = R - OK\).
Ta có \({S_{CNK}} = \frac{1}{2}CK \cdot DN = \frac{1}{2}\left( {R - OK} \right)\left( {R + OK} \right) = \frac{1}{2}\left( {{R^2} - O{K^2}} \right)\).
Theo đề bài \({S_{CNK}} = \frac{{4{R^2}}}{9}\) suy ra \(\frac{1}{2}\left( {{R^2} - O{K^2}} \right) = \frac{{4{R^2}}}{9}\).
Do đó \({R^2} - O{K^2} = \frac{{8{R^2}}}{9}\) hay \(O{K^2} = \frac{{{R^2}}}{9}\) suy ra \(OK = \frac{R}{3}\). Từ đó \(\tan \widehat {MAB} = \frac{1}{3}\).
Trong \(\Delta AOK\) vuông tại \(O\) có \(AK = \sqrt {A{O^2} + O{K^2}} = \sqrt {{R^2} + \frac{{{R^2}}}{9}} = \frac{{R\sqrt {10} }}{3}\).
Ta có 0\(\cos \widehat {MAB} = \frac{{OA}}{{AK}} = \frac{R}{{\frac{{R\sqrt {10} }}{3}}} = \frac{3}{{\sqrt {10} }}\); \(\sin \widehat {MAB} = \frac{{OK}}{{AK}} = \frac{{\frac{R}{3}}}{{\frac{{R\sqrt {10} }}{3}}} = \frac{1}{{\sqrt {10} }}\).
Trong \(\Delta AMB\) vuông tại \(M\) có:
\(MA = AB \cdot \cos \widehat {MAB} = 2R \cdot \frac{3}{{\sqrt {10} }} = \frac{{6R}}{{\sqrt {10} }}\).
\(MB = AB \cdot \sin \widehat {MAB} = 2R \cdot \frac{1}{{\sqrt {10} }} = \frac{{2R}}{{\sqrt {10} }}\).
Ta có \(OY = \frac{{{R^2}}}{{OK}} = 3R\).
Trong \(\Delta OBY\) vuông tại \(O\), \(BY = \sqrt {O{B^2} + O{Y^2}} = \sqrt {{R^2} + {{(3R)}^2}} = R\sqrt {10} \).
Vì \(DN\,{\rm{//}}\,OB\) nên \(\frac{{YN}}{{YB}} = \frac{{DY}}{{OY}} = \frac{{R + 3R}}{{3R}} = \frac{4}{3}\).
Suy ra \(YN = \frac{4}{3}YB = \frac{{4R\sqrt {10} }}{3}\).
Ta có \(YM = YB - MB = R\sqrt {10} - \frac{{2R}}{{\sqrt {10} }} = \frac{{10R}}{{\sqrt {10} }} - \frac{{2R}}{{\sqrt {10} }} = \frac{{8R}}{{\sqrt {10} }}\).
Độ dài \(MN = YN - YM = \frac{{4R\sqrt {10} }}{3} - \frac{{8R}}{{\sqrt {10} }} = \frac{{40R}}{{3\sqrt {10} }} - \frac{{24R}}{{3\sqrt {10} }} = \frac{{16R}}{{3\sqrt {10} }}\).
Tính \(3MB \cdot MN = 3 \cdot \frac{{2R}}{{\sqrt {10} }} \cdot \frac{{16R}}{{3\sqrt {10} }} = \frac{{96{R^2}}}{{30}} = \frac{{16{R^2}}}{5}\).
Tính \(M{A^2} = {\left( {\frac{{6R}}{{\sqrt {10} }}} \right)^2} = \frac{{36{R^2}}}{{10}} = \frac{{18{R^2}}}{5}\).
Cuối cùng \(T = M{A^2} + 3MB \cdot MN = \frac{{18{R^2}}}{5} + \frac{{16{R^2}}}{5} = \frac{{34{R^2}}}{5}\).
Vậy \(T = \frac{{34{R^2}}}{5}\).
(1,5 điểm)
a) Quả bóng đá theo tiêu chuẩn FIFA (liên đoàn bóng đá thế giới) có dạng hình cầu với bán kính bằng 11cm. Tính diện tích bề mặt của quả bóng đá (lấy \(\pi = 3,14\)).
b) Mảnh đất của bác An có dạng hình vuông \(ABCD\) cạnh bằng 8m. Trên mảnh đất đó, bác An làm không gian thư giãn bao gồm: hồ nước là hình quạt tròn \(MAK\) có tâm \(A\) bán kính \(AM;\) khu trồng hoa là các hình quạt tròn \(PBN,\,\,RCQ,\,\,HDS\) lần lượt có tâm là \(B,C,D\) và có cùng bán kính. Hai điểm \(M,N\) thuộc cạnh \(AB\); hai điểm \(P,Q\) thuộc cạnh \(BC\); hai điểm \(R,S\) thuộc cạnh \(CD\); hai điểm \(H,K\) thuộc cạnh \(DA\) và \(MN = 2\) m (như hình bên).
Biết rằng, mỗi mét vuông làm hồ nước chi phí hết 300 nghìn đồng và mỗi mét vuông trồng hoa chi phí hết 200 nghìn đồng. Tính tổng chi phí nhỏ nhất để bác An làm không gian thư giãn trên (đơn vị nghìn đồng và lấy \(\pi = 3,14).\)
a) Quả bóng có bán kính \(R = 11{\rm{ cm}}\).
Diện tích bề mặt của quả bóng hình cầu được tính theo công thức \(S = 4\pi {R^2}\).
Thay số vào ta có: \(S = 4 \cdot 3,14 \cdot {11^2} = 4 \cdot 3,14 \cdot 121 = 1519,76\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).\)
Vậy diện tích bề mặt của quả bóng là \(1519,76{\rm{ c}}{{\rm{m}}^2}\).
b) Gọi bán kính của hồ nước hình quạt \(MAK\) là \(x\,\,{\mkern 1mu} (m)\) với \(0 < x < 8\).
Diện tích hồ nước (hình quạt tròn góc 90° do tứ giác là hình vuông) là: \({S_{h\hat o}} = \frac{1}{4}\pi {x^2}\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right){\rm{.}}\)
Khu trồng hoa là các hình quạt \(PBN,\,\,RCQ,\,\,HDS\) có cùng bán kính và tâm ở các góc còn lại của hình vuông.
Ta có \(AB = 8\) m. \(AB = AM + MN + NB = x + 2 + NB\).
Suy ra \(NB = 8 - \left( {x + 2} \right) = 6 - x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {\rm{m}} \right)\).
Vì các hình quạt \(PBN,\,\,RCQ,\,\,HDS\) có cùng bán kính nên bán kính của chúng đều là \(6 - x\,\,{\mkern 1mu} {\rm{(m)}}\).
Diện tích của ba hình quạt này (mỗi hình là \(\frac{1}{4}\) hình tròn) là: \({S_{hoa}} = 3 \cdot \frac{1}{4}\pi {\left( {6 - x} \right)^2}\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).\)
Chi phí làm hồ nước là 300 nghìn đồng/m².
Chi phí trồng hoa là 200 nghìn đồng/m².
Tổng chi phí \(T\) (nghìn đồng) là:
\(T = 300 \cdot \frac{1}{4}\pi {x^2} + 200 \cdot \frac{3}{4}\pi \cdot {\left( {6 - x} \right)^2}\)
\( = 75\pi {x^2} + 150\pi \left( {36 - 12x + {x^2}} \right)\)
\( = \pi \left( {75{x^2} + 5400 - 1800x + 150{x^2}} \right)\)
\( = \pi \left( {225{x^2} - 1800x + 5400} \right)\)
\( = 225\pi \left( {{x^2} - 8x + 24} \right)\)\( = 225\pi \left[ {{{\left( {x - 4} \right)}^2} + 8} \right].\)
Vì \({\left( {x - 4} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(x\), suy ra \({\left( {x - 4} \right)^2} + 8 \ge 8\).
Do đó \(T \ge 225\pi \cdot 8 = 1800\pi \).
Lấy \(\pi = 3,14\), ta có: \(T \ge 1800 \cdot 3,14 = 5652\) (nghìn đồng).
Dấu “=“ xảy ra khi \(x - 4 = 0\) hay \(x = 4\) (thỏa mãn \(0 < x < 6\)).
Vậy tổng chi phí nhỏ nhất để bác An làm không gian thư giãn là 5652 nghìn đồng.
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
