Đề thi vào 10 môn toán có đáp án - 9 năm gần nhất

Đề thi vào 10 môn Toán Cao Bằng

Đề thi vào 10 môn Toán Cao Bằng năm 2025

Tải về

Câu 1. (4,0 điểm) a) Thực hiện phép tính: (16 - 2sqrt {25} ). b) Tìm (b) để đồ thị hàm số (y = 3x + b) đi qua điểm (Mleft( {2;8} right)). c) Giải phương trình: (3{x^2} + x - 4 = 0). d) Giải hệ phương trình: (left{ {begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = 4}\{3x + y = 1}end{array}} right.)

Tổng hợp Đề thi vào 10 có đáp án và lời giải

Toán - Văn - Anh

Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

Tải về

Đề bài

Câu 1. (4,0 điểm)

a) Thực hiện phép tính: $16 - 2\sqrt {25} $.

b) Tìm $b$ để đồ thị hàm số $y = 3x + b$ đi qua điểm $M\left( {2;8} \right)$.

c) Giải phương trình: $3{x^2} + x - 4 = 0$.

d) Giải hệ phương trình: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = 4}\\{3x + y = 1}\end{array}} \right.$

Câu 2. (1,5 điểm) Một sân trường hình chữ nhật có chiều dài lớn hơn chiều rộng 16 m. Hai lần chiều dài nhỏ hơn năm lần chiều rộng 100 m. Tính chiều dài và chiều rộng của sân trường.

Câu 3. (0,75 điểm) Gieo đồng thời một con xúc xắc và một đồng xu. Hãy mô tả không gian mẫu của phép thử và tính xác suất để số chấm xuất hiện trên con xúc sắc là số lẻ.

Câu 4. (0,75 điểm) Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có cạnh góc vuông $AB = 4$ cm; $\widehat {ACB} = 30^\circ $. Tính $\widehat {ABC}$ và độ dài các cạnh $AC,BC$.

Câu 5. (2,0 điểm) Cho đường tròn $\left( {O;R} \right)$ và một điểm $S$ nằm ngoài đường tròn. Từ điểm $S$ kẻ hai tiếp tuyến $SA,SB$ với đường tròn $\left( {O;R} \right)$ ($A,B$ là các tiếp điểm).

a) Chứng minh tứ giác $OASB$ là tứ giác nội tiếp.

b) Kẻ đường kính $BD$ của đường tròn $\left( {O;R} \right)$. Đường thẳng $SD$ cắt đường tròn $\left( {O;R} \right)$ tại $C$ ($C$ khác $D$). Gọi $I$ là giao điểm của $SO$ và $AB$. Tia $CI$ cắt đường tròn $\left( {O;R} \right)$ tại điểm thứ hai là $M$. Chứng minh $\Delta SCI$ đồng dạng với $\Delta SOD$ và $SO$ song song với $BM$.

Câu 6. (1,0 điểm) Cho phương trình ${x^2} - mx - 3 = 0$ (với $m$ là tham số). Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$ sao cho $H = \frac{{2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 5}}{{x_1^2 + m{x_1} - {x_1}{x_2}}}$ đạt giá trị lớn nhất.

----HẾT----

Lời giải

Câu 1. (4,0 điểm)

a) Thực hiện phép tính: $16 - 2\sqrt {25} $.

b) Tìm $b$ để đồ thị hàm số $y = 3x + b$ đi qua điểm $M\left( {2;8} \right)$.

c) Giải phương trình: $3{x^2} + x - 4 = 0$.

d) Giải hệ phương trình: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = 4}\\{3x + y = 1}\end{array}} \right.$

Phương pháp:

a) Sử dụng tính chất: $\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|$ để tính.

b) Thay toạ độ điểm $M\left( {2;8} \right)$ vào hàm số để tìm b.

c) Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt dựa vào $\Delta > 0$.

Tính nghiệm theo $\Delta $: ${x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2a}}$; ${x_2} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2a}}$

d) Sử dụng phương pháp cộng đại số để tìm nghiệm của hệ phương trình.

Lời giải:

a) $16 - 2\sqrt {25} = 16 - 2\sqrt {{5^2}} = 16 - 2 \cdot 5 = 16 - 10 = 6$

b) Thay $x = 2;y = 8$ vào hàm số ta có:

$\begin{array}{l}8 = 3 \cdot 2 + b\\8 = 6 + b\\b = 2\end{array}$

Vậy $b = 2$.

c) Ta có: $\Delta = {1^2} - 4 \cdot 3 \cdot \left( { - 4} \right) = 1 + 48 = 49 > 0$

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

${x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2a}} = \frac{{ - 1 + \sqrt {49} }}{{2 \cdot 3}} = 1$; ${x_2} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2a}} = \frac{{ - 1 - \sqrt {49} }}{{2 \cdot 3}} = - \frac{4}{3}$

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt:$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = 1}\\{{x_2} = - \frac{4}{3}}\end{array}} \right.$

d) Cộng vế với vế ta có:

$\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5x = 5}\\{3x + y = 1}\end{array}} \right.\\\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{3 \cdot 1 + y = 1}\end{array}} \right.\end{array}$

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y = - 2}\end{array}} \right.$

Vậy hệ phương trình có nghiệm $\left( {x;y} \right) = \left( {1; - 2} \right)$

Phương pháp:

Gọi chiều rộng của sân trường hình chữ nhật là $x$ (m) (ĐK: $x > 0$).

Biểu diễn chiều dài của sân trường theo $x$

Vì hai lần chiều dài nhỏ hơn năm lần chiều rộng 100m nên ta lập được phương trình.

Giải phương trình để tìm chiều rộng, chiều dài của sân trường.

Lời giải:

Gọi chiều rộng của sân trường hình chữ nhật là $x$ (m) (ĐK: $x > 0$).

Vì sân trường hình chữ nhật có chiều dài lớn hơn chiều rộng 16m nên chiều dài của sân trường hình chữ nhật là $x + 16$ (m)

Vì hai lần chiều dài nhỏ hơn năm lần chiều rộng 100m nên ta có phương trình:

$\begin{array}{l}2\left( {x + 16} \right) + 100 = 5x\\2x + 32 + 100 = 5x\\3x = 132\\x = 44(Tm)\end{array}$

Suy ra, chiều rộng của sân trường là 44m, chiều dài của sân trường là $44 + 16 = 60$ (m).

Vậy chiều rộng của sân trường là 44m, chiều dài của sân trường là 60m.

Câu 3. (0,75 điểm) Gieo đồng thời một con xúc xắc và một đồng xu. Hãy mô tả không gian mẫu của phép thử và tính xác suất để số chấm xuất hiện trên con xúc xắc là số lẻ.

Phương pháp:

Gọi 1; 2; 3; 4; 5; 6 là kết quả gieo con xúc xắc xuất hiện mặt tương ứng 1 chấm, 2 chấm, 3 chấm, 4 chấm, 5 chấm, 6 chấm.

Gọi S là kết quả gieo đồng xu xuất hiện mặt sấp, N là kết quả gieo đồng xu xuất hiện mặt ngửa.

Xác định các phần tử của không gian mẫu.

Xác định các kết quả thuận lợi cho biến cố.

Xác suất = số kết quả thuận lợi / số phần tử của không gian mẫu.

Lời giải:

Gọi 1; 2; 3; 4; 5; 6 là kết quả gieo con xúc xắc xuất hiện mặt tương ứng 1 chấm, 2 chấm, 3 chấm, 4 chấm, 5 chấm, 6 chấm.

Gọi S là kết quả gieo đồng xu xuất hiện mặt sấp, N là kết quả gieo đồng xu xuất hiện mặt ngửa. Không gian mẫu của phép thử Gieo đồng thời một con xúc xắc và một đồng xu là:

$\Omega $ = {(1;S);(1;N);(2;S);(2;N);(3;S);(3;N);(4;S);(4;N);(5;S);(5;N);(6;S);(6;N)}

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

Gọi A là biến cố: “số chấm xuất hiện trong con xúc sắc là số lẻ”.

Ta có: A = {(1;S);(1;N);(3;S);(3;N);(5;S);(5;N)}

Suy ra, số kết quả thuận lợi cho biến cố A là 6 nên $n\left( A \right) = 6$.

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

Phương pháp:

Tính $\widehat {ABC}$ dựa vào góc ACB.

Áp dụng hệ thức giữa góc và cạnh trong tam giác vuông để tính AC, BC.

Lời giải:

Tam giác ABC vuông tại A nên ta có $\angle ABC + \angle ACB = 90^\circ $

Suy ra $\angle ABC = 90^\circ -\angle ACB = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ $

Áp dụng hệ thức giữa góc và cạnh trong tam giác vuông ta có:

$AC = AB \cdot {\rm{cot}}30^\circ = 4\sqrt 3 \left( {cm} \right)$

$AB = BC \cdot {\rm{sin}}30^\circ $ suy ra $BC = \frac{{AB}}{{{\rm{sin}}30^\circ }} = \frac{4}{{0,5}} = 8\left( {cm} \right)$

Vậy $\angle ABC = 60^\circ $; $AC = 4\sqrt 3 cm$; $BC = 8cm$

a) Chứng minh tứ giác $OASB$ là tứ giác nội tiếp.

Phương pháp:

a) Chứng minh $\Delta SAO$ vuông tại A, $\Delta SBO$ vuông tại B nên S, A, B, O cùng thuộc đường tròn đường kính SO

Suy ra OASB là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh $\angle SAC = 90^\circ - \angle OAC$

Chứng minh $\angle OAC = 90^\circ - \angle ADC$

nên $\angle SAC = \angle SDA$

Chứng minh $\Delta SAC\backsim \Delta SDA\left( g.g \right)$ suy ra $S{{A}^{2}}=SC\cdot SD$

Chứng minh $\Delta SAI\backsim \Delta SOA\left( g.g \right)$ suy ra $S{A^2} = SI.SO$

Do đó $\frac{{SC}}{{SO}} = \frac{{SI}}{{SD}}$

Chứng minh được $\Delta SCI\backsim \Delta SOD$ (c.g.c)

Suy ra $\angle SIC = \angle SDO$, kết hợp với $\angle SDO = \angle CMB$

nên $\angle SIC = \angle CMB$ mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên hay

Lời giải:

a) Ta có: $\Delta SAO$ vuông tại A (do SA là tiếp tuyến của $\left( O \right)$)

Do đó S, A, O cùng thuộc đường tròn đường kính SO (1)

$\Delta SBO$ vuông tại B (do SB là tiếp tuyến của $\left( O \right)$)

Do đó S, B, O cùng thuộc đường tròn đường kính SO (2)

Từ (1) và (2) suy ra S, A, B, O cùng thuộc đường tròn đường kính SO

Vậy OASB là tứ giác nội tiếp

b) Ta có: $\angle SAC + \angle OAC = \angle SAO = 90^\circ $ nên $\angle SAC = 90^\circ - \angle OAC$ (3)

Tam giác $OAC$ cân tại $O$ (do $OA = OC)$ nên

$\angle OAC = \frac{{180 - \angle AOC}}{2} = 90^\circ - \frac{{\angle AOC}}{2} = 90^\circ - \angle ADC$

Từ (3) và (4) ta có $\angle SAC = \angle SDA$

Xét $\Delta SAC$ và $\Delta SDA$ có

$\angle DSA$ chung

$\angle SAC = \angle SDA\left( {{\rm{cmt}}} \right)$

Do đó $\Delta SAC\backsim \Delta SDA\left( g.g \right)$

Suy ra $\frac{{SA}}{{SC}} = \frac{{SD}}{{SA}}$ hay $S{A^2} = SC \cdot SD$

Ta chứng minh được $\Delta SAI\backsim \Delta SOA\left( g.g \right)$ suy ra $S{A^2} = SI.SO$

Do đó $SC \cdot SD = SI \cdot SO$ hay $\frac{{SC}}{{SO}} = \frac{{SI}}{{SD}}$

Xét $\Delta SCI$ và $\Delta SOD$ có

$\frac{{SC}}{{SO}} = \frac{{SI}}{{SD}}$

$\angle DSO{\rm{\;chung}}$

Do đó $\Delta SCI\backsim \Delta SOD$ (c.g.c)

Suy ra $\angle SIC = \angle SDO$

Mà $\angle SDO = \angle CMB$ (cùng chắn cung $BC$ )

Nên $\angle SIC = \angle CMB$

Hơn nữa hai góc này ở vị trí đồng vị nên

Vậy

Phương pháp:

Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt dựa vào $\Delta $.

Áp dụng định lí Viète.

Thay ${x_2}$ vào phương trình, suy ra $x_2^2$ theo ${x_2}$ và $m$.

Thay vào H, tính H – 1.

Chứng minh $H \le 1$. Tìm m khi $H = 1$ là giá trị lướn nhất.

Lời giải:

Ta có: ${\rm{\Delta }} = {( - m)^2} - 4.\left( { - 3} \right) = {m^2} + 12 > 0,\forall m \in \mathbb{R}$

Do đó phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$

Theo định lí Viete ta có $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = m}\\{{x_1}{x_2} = - 3}\end{array}} \right.$

Vì ${x_2}$ là nghiệm của phương trình đã cho nên $x_2^2 - m{x_2} - 3 = 0$ hay $x_2^2 = m{x_2} + 3$

Khi đó $H = \frac{{2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 5}}{{m{x_2} + 3 + m{x_1} - {x_1}{x_2}}} = \frac{{2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 5}}{{m\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 3 - {x_1}{x_2}}} = \frac{{2m + 5}}{{{m^2} + 6}}$

Ta có: $H - 1 = \frac{{2m + 5}}{{{m^2} + 6}} - 1 = \frac{{2m + 5 - {m^2} - 6}}{{{m^2} + 6}} = \frac{{ - {m^2} + 2m - 1}}{{{m^2} + 6}} = \frac{{ - {{(m - 1)}^2}}}{{{m^2} + 6}}$

Vì $ - {(m - 1)^2} \le 0,{m^2} + 6 > 0,\forall m \in \mathbb{R}$ nên $\frac{{ - {{(m - 1)}^2}}}{{{m^2} + 6}} \le 0$ hay $H \le 1$

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi $m = 1$

Vậy $m = 1$