Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán (chung) năm 2026 - 2027 sở GDĐT Ninh Bình

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Phần I. Trắc nghiệm (2,0 điểm)

Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án A C D C A D B C Phần II. Tự luận (8,0 điểm) Bài 1. a) Tính giá trị biểu thức A Ta có:

( ) ( )

2 A 5 1 5 5 1 = + − +

( ) A 5 1 5 5 5 1 = + − ⋅ + ⋅

A 5 1 5 5 = + − − A 4 = −. Vậy A 4 = −. b) Rút gọn biểu thức B Với điều kiện x 0,x 4 ≥ ≠ , ta có:

x 1 2 x 3x B x 4 x 2 x 2

+ = + − − − +

( )( ) ( )( )

( ) ( )( ) ( )( )

x 1 x 2 2 x x 2 3x B x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2

+ + − = + − − + + − − +

( )( )

x 2 x x 2 2x 4 x 3x B x 2 x 2

+ + + + − − = − +

( )( )

x 2 B x 2 x 2

− + = − +

( ) ( )( )

x 2 B x 2 x 2

− − = − +

1 B x 2

− = +

.

Vậy 1 B x 2

− = +

với x 0,x 4 ≥ ≠ .

Bài 2. a) Có bao nhiêu học sinh được 8 điểm? 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) Tính xác suất của biến cố A 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:

( ) 12 3 P A 0,6 20 5 = = = .

Bài 3. a) Tìm tọa độ các điểm thuộc đồ thị hàm số 2 y x = có tung độ bằng 4

Gọi điểm cần tìm có tọa độ là ( ) x;4 .

Thay y 4 = vào phương trình hàm số 2 y x = , ta có:

2 4 x = . Do đó x 2 = hoặc x 2 = −. Vậy có hai điểm thỏa mãn là ( ) 2;4 và ( ) 2;4 − .

b) Tính giá trị biểu thức C

Xét phương trình 2 x x 1 0 − −= có ( ) ( ) 2 Δ 1 4 1 1 5 0 = − − ⋅⋅− = > .

Phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 2 x ,x .

Áp dụng định lý Vi-ét, ta có: 1 2

1 2

x x 1

x x 1

 + =  = − 

.

Vì 1x là nghiệm của phương trình nên 2 1 1 x x 1 0 − −= , suy ra 2 1 1 x x 1 = + .

Ta có biểu thức: 2 2 1 1 2 C x x x 2026 = − +

2 1 1 2 C x 1 x x 2026 = + − + ( ) 2 1 2 C x 1 x 2027 = − + .

Mặt khác, vì 2 x là nghiệm của phương trình nên 2 2 2 x x 1 0 − −= , suy ra 2 2 2 1 x x − = − .

Thay vào biểu thức C , ta được: ( ) 1 2 C x x 2027 = − +

1 2 C x x 2027 = − + .

Thay 1 2 x x 1 = − vào, ta có:

( ) C 1 2027 2028 = −− + = .

Vậy C 2028 = . Bài 4. Gọi số vé hạng thương gia đã bán là x (vé) và số vé hạng phổ thông đã bán là y (vé)

( * x,y ;x,y 130 ∈ <  ).

Vì tổng số vé hãng bán được là 130 vé nên ta có phương trình:

x y 130 + = (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 + = (2).

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

x y 130

5x 2y 320

+ =  + = 

Từ phương trình (1) suy ra y 130 x = − . Thay vào phương trình (2) ta được:

( ) 5x 2 130 x 320 + − =

5x 260 2x 320 + − = 3x 60 = x 20 = (thỏa mãn). Thay x 20 = vào y 130 x = − , ta có:

y 130 20 110 = − = (thỏa mãn).

Vậy số vé hạng thương gia đã bán là 20 vé, số vé hạng phổ thông đã bán là 110 vé. Bài 5.

a) Chứng minh tứ giác OKMB nội tiếp và   MBK 2MAC = . +) Chứng minh tứ giác OKMB nội tiếp:

Vì AB CD ⊥ tại O nên  KOB 90 = .

Vì góc  AMB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB nên  AMB 90 = , hay  KMB 90 = .

Xét tứ giác OKMB có   KOB KMB 90 90 180 + = + =   . Hai góc này là hai góc đối nhau, vậy tứ giác OKMB nội tiếp đường tròn đường kính KB.

+) Chứng minh   MBK 2MAC = :

Vì tứ giác OKMB nội tiếp nên   MBK MOK = (hai góc nội tiếp cùng chắn cung  MK ).

Mà  MOK (tức  MOC ) là góc ở tâm chắn cung nhỏ  MC của đường tròn ( ) O .

Lại có  MAC là góc nội tiếp chắn cung nhỏ  MC của đường tròn ( ) O .

Theo tính chất góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn một cung, ta có   MOC 2MAC = .

Do đó   MBK 2MAC = . b) Tính giá trị biểu thức 2 T MA 3MB MN = + ⋅ theo R . Xét Δ AMB vuông tại M (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Ta có   MAB MBA 90 + = . Gọi Y là giao điểm của BM và CD .

Trong Δ AOK vuông tại O , ta có  OK OK tanKAO OA R = = .

Trong Δ BOY vuông tại O , ta có  OY OY tanYBO OB R = = .

Vì  KAO và  YBO phụ nhau nên   tanKAO …