Đề thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa

Đề bài

PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng/sai (2,00 điểm).

Thí sinh trả lời Câu 13, Câu 14. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai và ghi chữ "đúng" hoặc "sai" vào bài làm.

Câu 13. Số lượng xi măng bán được (đơn vị: tấn) của một cửa hàng kinh doanh vật liệu xây dựng trong năm 2025 được thống kê theo từng quý như sau:

a)    So với các quý trong năm 2025 thì quý 2 cửa hàng bán được lượng xi măng ít nhất.

b)    Dữ liệu được biểu diễn dưới dạng biểu đồ cột.

c)     Trong năm 2025, cửa hàng bán được 500 tấn xi măng.

d)    Lượng xi măng bán được trong quý 4 năm 2025 bằng 30% lượng xi măng bán được trong cả năm.

Câu 14. Cho phương trình \({x^2} + 3x + 1 = 0\quad (*)\).

a)    Phương trình \((*)\) có hai nghiệm phân biệt.

b)    Phương trình \((*)\) là phương trình bậc hai một ẩn.

c)     Tổng hai nghiệm của phương trình \((*)\) bằng \(3\).

d)    Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \((*)\), ta có \(x_1^2 + x_2^2 = 7\).

PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn (2,00 điểm). Thí sinh trả lời từ Câu 15 đến Câu 18.

Câu 15. Tính giá trị của biểu thức \(P = \frac{1}{2}\sqrt 4  + \sqrt {36}  - 3\).

Câu 16. Cuối năm 2025, ông \(A\) có mượn 120 triệu đồng từ một người bạn và sẽ trả dần vào từng tháng sau đó. Theo thỏa thuận, mỗi tháng ông \(A\) đều phải trả cho bạn mình 15 triệu đồng và bắt đầu trả từ tháng 01/2026. Hỏi nếu thực hiện theo đúng thỏa thuận thì đến tháng nào trong năm 2026 ông \(A\) sẽ trả hết nợ?

Câu 17. Cho hình nón có đường sinh bằng \(4,5{\rm{cm}}\) và đường kính đáy bằng \(5{\rm{cm}}\). Hỏi diện tích xung quanh của hình nón đó bằng bao nhiêu centimét vuông (lấy \(\pi  = 3,14\) và làm tròn kết quả đến hàng phần mười)?

Câu 18. Từ một tấm gỗ phẳng hình chữ nhật \(ABCD\) với các kích thước như Hình 1, người ta tạo ra hình ảnh của một chiếc xe ô tô như Hình 3, bằng cách thực hiện như sau:

+) Lấy A làm tâm, cách miếng số theo cung tròn , với \(E \in CD\).

+) Khoét bỏ hai nửa hình tròn có đường kính bằng \(0,3\)m  và có tâm lần lượt nằm trên cạnh \(AB\) (như Hình 2)

Tính diện tích của phần gỗ còn lại (Hình 4). (Lấy \(\pi  = 3,14\). Tính theo đơn vị mét vuông và làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).

PHẦN 4. Tự luận (3,00 điểm).

Câu 19.

a)    Vẽ đồ thị hàm số \(y = {x^2}\).

b)    Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 2}\\{3x - 2y = 11}\end{array}} \right.\).

Câu 20. Một doanh nghiệp cần phải đóng gói 240 kiện hàng theo đơn đặt hàng. Ban đầu, công việc này được giao cho các thành viên của tổ 1 phụ trách. Tuy nhiên, để rút ngắn thời gian hoàn thành công việc, ban quản lý điều thêm 10 nhân sự từ tổ khác sang hỗ trợ. Khi đó, mỗi người sẽ đóng gói ít hơn 2 kiện hàng so với khi chưa có sự hỗ trợ từ các thành viên khác. Hỏi tổ 1 có bao nhiêu thành viên (biết rằng mỗi thành viên đều đóng gói số kiện hàng như nhau)?

Câu 21. Cho đường tròn \((O)\) và điểm \(S\) nằm ngoài đường tròn \((O)\). Kẻ hai tiếp tuyến \(SA\) và \(SB\) của đường tròn \((O)\), (với \(A,B\) là hai tiếp điểm).

a) Chứng minh tứ giác \(SAOB\) nội tiếp.

b) Tia \(BO\) cắt đường tròn \((O)\) tại \(C\); \(SC\) cắt đường tròn \((O)\) tại \(D\); \(DO\) cắt đường tròn \((O)\) tại \(E\); \(SO\) cắt \(AB\) tại \(F\). Gọi \(K\) là trung điểm của \(CD\). Chứng minh \(KE\) song song với \(DF\).

-HẾT-

Lời giải

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO 10 NĂM HỌC 2026 – 2027

MÔN TOÁN – KHÁNH HÒA

THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN trithuchub.com

I. TRẮC NGHIỆM

II. TRẮC NGHIỆM ĐÚNG SAI 

II. TRẮC NGHIỆM TRẢ LỜI NGẮN

IV. TỰ LUẬN (3 điểm)

Câu 19.

a)    Vẽ đồ thị hàm số \(y = {x^2}\).

b)    Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 2}\\{3x - 2y = 11}\end{array}} \right.\).

Lời giải:

a) Ta có bảng giá trị sau:

\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm

\(O\,\left( {0;0} \right);A\left( { - 2;4} \right);\,\,B\left( { - 1;1} \right);C\left( {1;1} \right);\,\,D\left( {2;4} \right)\)

Hệ số \[a = 1 > 0\]nên parabol có bề cong hướng lên. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.

Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) như sau:

b) Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với 2, ta được hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}\begin{array}{l}2x + 2y = 4\\3x - 2y = 11\end{array}\end{array}} \right.\).

Cộng từng vế hai phương trình của hệ mới ta được:

\((2x + 3x) + (2y - 2y) = 4 + 11\)

\(5x = 15\)

\(x = 3\)

Thế \(x = 3\) vào phương trình thứ nhất ta được:

\(3 + y = 2\)

\(y =  - 1\).

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là \((3; - 1)\).

Câu 20. Một doanh nghiệp cần phải đóng gói 240 kiện hàng theo đơn đặt hàng. Ban đầu, công việc này được giao cho các thành viên của tổ 1 phụ trách. Tuy nhiên, để rút ngắn thời gian hoàn thành công việc, ban quản lý điều thêm 10 nhân sự từ tổ khác sang hỗ trợ. Khi đó, mỗi người sẽ đóng gói ít hơn 2 kiện hàng so với khi chưa có sự hỗ trợ từ các thành viên khác. Hỏi tổ 1 có bao nhiêu thành viên (biết rằng mỗi thành viên đều đóng gói số kiện hàng như nhau)?

Lời giải:

Gọi số thành viên của tổ 1 là \(x\) (thành viên) (\(x \in \mathbb{N}*\))

Ban đầu, mỗi thành viên của tổ một sẽ đóng gói: \(\frac{{240}}{x}\) (kiện hàng)

Sau khi thêm 10 nhân sự từ tổ khác sang hỗ trợ, tổng số thành viên là: \(x + 10\) (thành viên)

Khi đó, mỗi thành viên cần đóng gói \(\frac{{240}}{{x + 10}}\) (kiện hàng)

Vì mỗi người sẽ đóng gói ít hơn 2 kiện hàng so với khi chưa có sự hỗ trợ từ các thành viên khác, nên ta có phương trình:

\(\frac{{240}}{x} - \frac{{240}}{{x + 10}} = 2\)

\(\begin{array}{l}\frac{{240(x + 10)}}{{x(x + 10)}} - \frac{{240x}}{{x(x + 10)}} = \frac{{2x(x + 10)}}{{x(x + 10)}}\\240(x + 10) - 240x = 2x(x + 10)\\240x + 2400 - 240x = 2{x^2} + 20x\\2{x^2} + 20x - 2400 = 0\\2(x - 30)(x + 40) = 0\end{array}\)

TH1: \(x - 30 = 0\)

\(x = 30\) (TM)

TH1: \(x + 40 = 0\)

\(x =  - 40\) (KTM)

Vậy số thành viên của tổ 1 là \(30\) thành viên.

Câu 21. Cho đường tròn \((O)\) và điểm \(S\) nằm ngoài đường tròn \((O)\). Kẻ hai tiếp tuyến \(SA\) và \(SB\) của đường tròn \((O)\), (với \(A,B\) là hai tiếp điểm).

a) Chứng minh tứ giác \(SAOB\) nội tiếp.

b) Tia \(BO\) cắt đường tròn \((O)\) tại \(C\); \(SC\) cắt đường tròn \((O)\) tại \(D\); \(DO\) cắt đường tròn \((O)\) tại \(E\); \(SO\) cắt \(AB\) tại \(F\). Gọi \(K\) là trung điểm của \(CD\). Chứng minh \(KE\) song song với \(DF\).

Lời giải:

a) Do SA, SB là tiếp tuyến của (O) nên \(\angle SAO = \angle SBO = {90^0}\)

Khi đó \(\Delta SOA\) vuông tại A nên S, O, A cùng thuộc đường tròn đường kính SO

Tương tự \(\Delta SOB\) vuông tại B nên S, O, B cùng thuộc đường tròn đường kính SO

Vậy S, O, A, B cùng thuộc đường tròn đường kính SO hay tứ giác SAOB nội tiếp

b) Ta có SA = SB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R.

Suy ra SO là đường trung trực của đoạn thẳng AB. Do đó, \(SO \bot AB\) tại F.

Xét \(\Delta SAF\) và \(\Delta SOA\) có \(\angle ASO\) chung và \(\angle SFA = SAO = {90^0}\)

Suy ra \(\Delta SAF\backsim\Delta SOA\left( {g.g} \right)\) nên \(\frac{{SA}}{{SO}} = \frac{{SF}}{{SA}}\) hay \(S{A^2} = SO.SF\) (1)

Ta có BC là đường kính nên \(\angle BDC = {90^0}\)

Khi đó \(\angle BDC = \angle SBC = {90^0}\) và \(\angle BSC\) chung nên \(\Delta SBD\backsim\Delta SCB\left( {g.g} \right)\)

Suy ra \(\frac{{SB}}{{SC}} = \frac{{SD}}{{SB}}\) hay \(SC.SD = S{B^2}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(SC.SD = SF.SO\) hay \(\frac{{SC}}{{SF}} = \frac{{SO}}{{SD}}\)

Kết hợp với \(\angle CSO\) chung suy ra \(\Delta SDF\backsim\Delta SOC\left( {c.g.c} \right)\)

Suy ra \(\angle SDF = \angle SOC\) nên suy ra \(\angle CDF = \angle SOB\) (do các góc kề bù)    (4)

 Ta có \(\Delta OCD\) cân tại O (do \(OC = OD = R\)) và OK là trung tuyến nên OK đồng thời là phân giác của \(\angle COD\).

Suy ra OK cũng là phân giác của \(\angle BOE\).

Gọi OK cắt BE tại M. Suy ra OM là phân giác của \(\angle BOE\)

Mà \(\Delta BOE\) cận tại O nên OM đồng thời là trung trực của BE

Mà K nằm trên đường thẳng OM nên K cách đều E, B hay \(KE = KB\)

Suy ra \(\Delta KEB\) cân tại K có KM là đường trung trực nên sẽ đồng thời là phân giác

Khi đó \(\angle EKM = \angle BKM\)

Suy ra \(\angle CKO - \angle EKM = \angle DKO - \angle BKM\) hay \({90^0} - \angle EKM = {90^0} - \angle BKM\)

Khi đó \(\angle CKE = \angle SKB\)  (5)

Ta có \(\Delta SOK\) vuông tại K nên K thuộc đường tròn đường kính SO

Suy ra \(\angle SKB = \angle SOB\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung SB)  (6)

Từ (4), (5), (6) suy ra \(\angle CKE = \angle CDF\)

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(KE\parallel DF\)

—HẾT—

Đề bài

Câu 1: Không sử dụng máy tính cầm tay

a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {25}  + \sqrt {16}  - \sqrt 4 \)

b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 8\\2x - y = 1\end{array} \right.\)

Câu 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng \(\left( d \right):y = 6x + 2023\) và parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\)

a) Vẽ parabol \(\left( P \right).\)

b) Chứng minh \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.

c) Gọi \({x_1}\) và \({x_2}\) là hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right).\) Tính \({x_1} + {x_2}\) và \({x_1} \cdot {x_2}.\) Từ đó lập phương trình bậc hai ẩn t có hai nghiệm \({t_1} = {x_1} + 2{x_2}\) và \({t_2} = {x_2} + 2{x_1}.\)

Câu 3: 

a) Hưởng ứng phong trào “Ngày Chủ nhật xanh” do Tỉnh đoàn phát động, Trường THCS X chọn 15 học sinh chia thành hai tổ tham gia trồng cây. Tổ 1 trồng được 30 cây, tổ II trồng được 36 cây. Biết rằng mỗi học sinh ở tổ I trồng được nhiều hơn mỗi học sinh ở tổ II là 1 cây. Hỏi mỗi tổ có bao nhiêu học sinh?

b) Gạch xây 3 lỗ (như hình vẽ) được làm bằng đất nung, thường được sử dụng trong các công trình xây dựng có dạng hình hộp chữ nhật với chiều dài 220 mm, chiều rộng 105 mm, chiều cao 60 mm. Mỗi lỗ là hình trụ có trục song song với chiều cao viên gạch, đường kính đáy là 14 mm. Tính thể tích phần đất nung của một viên gạch. Biết \(V = a \cdot b \cdot c;\,\,V = \pi  \cdot {r^2} \cdot h\) lần lượt là công thức tính hình hộp chữ nhật và hình trụ (trong đó a, b, c là ba kích thước của hình hộp chữ nhật, r là bán kính đường tròn đáy, h là chiều cao hình trụ; lấy \(\pi  \approx 3,14\)).

Câu 4: Cho đường tròn\(\left( O \right)\)đường kính AB và điểm C thuộc đường tròn sao cho \(AC < BC\) (C khác A). Vẽ CH vuông góc với \(AB\,\,\left( {H \in AB} \right).\)

a) Chứng minh \(\Delta \,ABC\) là tam giác vuông. Tính AC, biết AB = 4 cm, AH = 1 cm.

b) Trên tia đối của tia CA lấy điểm D sao cho \(CD = CA.\) Vẽ DE vuông góc với \(AB\,\,\left( {E \in AB} \right).\) Chứng minh  BECD là tứ giác nội tiếp.

c) Gọi I là giao điểm của DE và BC, K là điểm đối xứng của I qua C, tiếp tuyến của  tại C cắt KA tại M. Chứng minh KA là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\)và đi qua trung điểm của CH.

Câu 5: Trong quá trình thiết kế công viên thiếu nhi, kĩ sư sử dụng mảnh đất hình chữ nhật có diện tích 600 m² để làm bãi đỗ xe. Một cạnh của mảnh đất được xây bằng tường gạch với mỗi mét chiều dài chi phí hết 280 000 đồng, ba cạnh còn lại được rào bằng một loại thép với mỗi mét chiều dài chi phí hết 140 000 đồng, trong đó có mở cổng rộng 5 m (như hình vẽ). Tìm chu vi của mảnh đất sao cho chi phí làm hàng rào là ít nhất.

-----HẾT-----

Lời giải chi tiết

Câu 1 (TH):

Phương pháp:

a) Khai căn và thực hiện tính.

b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.

Cách giải:

a) \(A = \sqrt {25}  + \sqrt {16}  - \sqrt 4  = 5 + 4 - 2 = 7.\)

b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 8\\2x - y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 9\\x + y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 5\end{array} \right..\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;5} \right)\)

Câu 2 (VD):

Phương pháp:

a) Viết bảng giá trị và vẽ parabol (P).

b) Xét phương trình hoành độ và chứng minh \(\Delta  > 0\) hoặc chứng minh a.c < 0.

c) Áp dụng hệ thức vi-et \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - \frac{b}{a}\\{x_1} \cdot {x_2} = \frac{c}{a}\end{array} \right.\)

Cách giải:

a) Bảng giá trị

Đồ thị

b) Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right):\)

\({x^2} = 6x + 2023 \Leftrightarrow {x^2} - 6x - 2023 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\left( * \right)\)

Vì \(\Delta  = {\left( { - 6} \right)^2} - 4 \cdot 1 \cdot \left( { - 2023} \right) = 8128 > 0\) nên phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt.

Vậy \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.

Cách 2:

Ta có: \(a.c = 1.( - 2023) =  - 2023 < 0\)

Nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu

Vậy \(\left( d \right)\) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.

c) Theo Vi-et ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - \frac{{ - 6}}{1} = 6\\{x_1} \cdot {x_2} =  - 2023.\end{array} \right.\)

Suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}{{\rm{t}}_1}{\rm{ + }}{{\rm{t}}_2}{\rm{ =  (}}{x_1}{\rm{ +  2}}{x_2}{\rm{)  +   (}}{x_2}{\rm{ +  2}}{x_1})\\{{\rm{t}}_1}{\rm{.}}{{\rm{t}}_2} = {\rm{(}}{x_1}{\rm{ +  2}}{x_2}{\rm{)}}{\rm{.(}}{x_2}{\rm{ +  2}}{x_1})\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{{\rm{t}}_1}{\rm{ + }}{{\rm{t}}_2}{\rm{ =  }}{x_1}{\rm{ +  2}}{x_2}{\rm{  +   }}{x_2}{\rm{ +  2}}{x_1}\\{{\rm{t}}_1}{\rm{.}}{{\rm{t}}_2} = {x_1}{x_2}{\rm{ +  2}}x_1^2{\rm{ +  2}}x_2^2 + 4{x_1}{x_2}\end{array} \right.\)                  

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{{\rm{t}}_1}{\rm{ + }}{{\rm{t}}_2}{\rm{ = 3}}{x_1}{\rm{ +  3}}{x_2}{\rm{ }}\\{{\rm{t}}_1}{\rm{.}}{{\rm{t}}_2} = 5{x_1}{x_2}{\rm{ +  2}}\left( {x_1^2{\rm{ +  }}x_2^2} \right)\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{{\rm{t}}_1}{\rm{ + }}{{\rm{t}}_2}{\rm{ = 3}}{\rm{.(}}{x_1}{\rm{ +  }}{x_2}{\rm{) }}\\{{\rm{t}}_1}{\rm{.}}{{\rm{t}}_2} = 5{x_1}{x_2}{\rm{ +  2}}\left[ {{{\left( {{x_1}{\rm{ +  }}{x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right]\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{{\rm{t}}_1}{\rm{ + }}{{\rm{t}}_2}{\rm{ = 3}}{\rm{.6 }}\\{{\rm{t}}_1}{\rm{.}}{{\rm{t}}_2} = 5.( - 2023){\rm{ +  2}}\left[ {{6^2} - 2.( - 2023)} \right]\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{{\rm{t}}_1}{\rm{ + }}{{\rm{t}}_2}{\rm{ = 18 }}\\{{\rm{t}}_1}{\rm{.}}{{\rm{t}}_2} =  - 1951\end{array} \right.\)

Đặt  \({\rm{S =  }}{{\rm{t}}_1}{\rm{ + }}{{\rm{t}}_2}{\rm{ = 18}}\)  ;  \({\rm{P =  }}{{\rm{t}}_1}{\rm{.}}{{\rm{t}}_2} =  - 1951\)

Do \({{\rm{S}}^2} - 4.P = {18^2} - 4.( - 1951) = 8128 > 0\) nên theo định lí Vi-et đảo ta có \({{\rm{t}}_1}{\rm{ ; }}{{\rm{t}}_2}\) là hai nghiệm của phương trình bậc hai:  \({t^2} - S.t + P = 0\)

                                         \( \Leftrightarrow {t^2} - 18t - 1951 = 0\)

Vậy phương trình bậc hai ẩn t cần tìm là: \({t^2} - 18t - 1951 = 0\)

Câu 3 (VD):

Phương pháp:

a)

Mỗi học sinh ở tổ I trồng được nhiều hơn mỗi học sinh ở tổ II là 1 cây nên ta có phương trình:

\(\frac{{30}}{x} - \frac{{36}}{{15 - x}} = 1\)

b) Áp dụng công thức:

- Thể tích hình hộp chữ nhật: \(V = a.b.c\)

- Thể tích hình trụ: \(V = \pi {r^2}h\)

Cách giải:

a) Gọi số học sinh của Tổ I là \(x\) (học sinh) \(\left( {x \in N*;x < 15} \right)\)

Khi đó, số học sinh của Tổ II là \(15 - x\) (học sinh)

Mỗi học sinh tổ I trồng được \(\frac{{30}}{x}\) (cây)

Mỗi học sinh tổ II trồng được \(\frac{{36}}{{15 - x}}\) (cây)

Theo đề bài, ta có phương trình : \(\frac{{30}}{x} - \frac{{36}}{{15 - x}} = 1\)

\( \Leftrightarrow 30.(15 - x) - 36x = 1.x.(15 - x)\)

\( \Leftrightarrow 450 - 30x - 36x = 15x - {x^2}\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 15x + 450 - 30x - 36x = 0\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 81x + 450 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = 75\,\,(L) & \\{x_2} = 6 & (tm)\end{array} \right.\)

Vậy tổ I có 6 học sinh; tổ II có 15 – 6 = 9 học sinh.

b) Thể tích viên gạch hình hộp chữ nhật khi chưa khoét lỗ là:

\({V_1} = a.b.c = 220.105.60 = 1386000\) (mm³)

Thể tích mỗi lỗ hình trụ trong viên gạch là:

\({V_2} = \pi {r^2}h = \pi .{\left( {\frac{{40}}{2}} \right)^2}.60 = 9231,6\) (mm³)

Thể tích phần đất nung của viên gạch là:

\(V = {V_1} - 3.{V_2} = 1386000 - 3.9231,6 = 1358305,2\)(mm³)

Vậy thể tích phần đất nung của viên gạch là 1358305,2 mm³.

Câu 4 (TH):

Phương pháp:

a) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính AC.

b) Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới một góc bằng nhau thì là tứ giác nội tiếp.

c) Chứng minh \(BM\) đi qua trung điểm của \(CH\) từ đó gọi \(U\) là giao điểm của \(CH\) và \(MB\), ta chứng minh \(MK = AM\) \( \Rightarrow CU = HU\) và kết luận.

Cách giải:

a)  Xét đường tròn (O) có \(\widehat {ACB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

\( \Rightarrow \)\(\widehat {ACB}\) = 90⁰ hay \(\Delta ABC\) vuông tại C

  \(\Delta ABC\) vuông tại \(C\) có \(CH\) là đường cao

\( \Rightarrow \)\(A{C^2} = AH.AB = 1.4 = 4\) (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)

\( \Rightarrow AC = 2cm\)

b) Xét tứ giác \(BECD\) có \(\widehat {DCB} = \widehat {DEB} = {90^0}\)

 \( \Rightarrow \) Hai đỉnh \(C\) và \(E\) kề nhau cùng nhìn cạnh \(DB\) dưới 1 góc \({90^0}\)

Nên tứ giác \(BECD\) nội tiếp

c)  Tứ giác \(AKDI\) có \(CK = CI\) (\(K\) là điểm đối xứng của \(I\)qua \(C\)) và \(CA = CD\)

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(AKDI\) là hình bình hành (hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)

\( \Rightarrow \) \(AK\) // \(DI\) mà \(DI \bot AO\) tại \(E\)

\( \Rightarrow \) \(AK \bot AO\) tại \(A\)

Mà \(AO\) là bán kính của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(AK\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(A\).

 Đường tròn \(\left( O \right)\)có \(MA,MC\) là 2 tiếp tuyến cắt nhau \( \Rightarrow \) \(MA = MC\) \(\left( 1 \right)\)

\( \Rightarrow \)\(\Delta MAC\) cân tại \(M\) \( \Rightarrow \) \(\widehat {MAC} = \widehat {MCA}\)

Mà \(\widehat {KCM} + \widehat {MCA} = {90^0}\) nên \(\widehat {KCM} + \widehat {MAC} = {90^0}\)

Mà \(\widehat {MKC} + \widehat {MAC} = {90^0}\) (\(\Delta AKC\) vuông tại \(C\)) nên \(\widehat {KCM} = \widehat {MKC}\)

\( \Rightarrow \)\(\Delta KMC\) cân tại \(M\) \( \Rightarrow \)\(MC = MK\) \(\left( 2 \right)\)

 Từ \(\left( 1 \right)\)và \(\left( 2 \right)\) \( \Rightarrow \) \(MA = MK\) hay \(BM\) đi qua trung điểm của \(CH\).

 Gọi \(U\) là giao điểm của \(CH\) và \(MB\).

 \(AK\) // \(CH\) (cùng \( \bot \) \(AB\))

\(MK\) // \(CU\)\( \Rightarrow \frac{{CU}}{{MK}} = \frac{{BU}}{{BM}}\)(Hệ quả định lý Talet) \(\left( 3 \right)\)

\(MA\)// \(UH\) \( \Rightarrow \frac{{HU}}{{AM}} = \frac{{BU}}{{BM}}\)(Hệ quả định lý Talet) \(\left( 4 \right)\)

Từ \(\left( 3 \right)\), \(\left( 4 \right)\) và \(MK = AM\) \( \Rightarrow CU = HU\) hay \(U\)là trung điểm của \(CH\)

Vậy \(BM\) đi qua trung điểm của \(CH\)

Câu 5 (VDC):

Phương pháp:

Áp dụng bất đẳng thức cô-si.

Cách giải:

Gọi x và y (m) lần lượt là độ dài cạnh được xây bằng tường và cạnh được rào bằng thép \(\left( {x,\,\,y > 0} \right)\)

Chu vi mảnh đất bằng \(2\left( {x + y} \right)\) (m)

Diện tích của mảnh đất là \(x \cdot y = 600\) (m²)

Chi phí xây tường gạch là \(280\,x\) (nghìn đồng)

Chi phí rào bằng thép là \(140\,\left( {2y + x - 5} \right)\) (nghìn đồng)

Tổng chi phí làm hàng rào là \(C = 420x + 280y - 700\) (nghìn đồng)

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:

     \(420x + 280y \ge 2\sqrt {420x \cdot 280y}  = 1\,680\,0\)

\( \Leftrightarrow C \ge 16800 - 700 = 1\,610\,0\)

Do đó \(\mathop {Min}\limits_{} C = 16\,100\, \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}420x = 280y\\xy = 600\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 2y\\x \cdot 3x = 1200\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 20\\y = 30\end{array} \right.\,\,\,\left( {TM} \right)\)

Vậy chu vi của mảnh đất để chi phí làm hàng rào nhỏ nhất là \(2\left( {x + y} \right) = 100\) (m)

-----HẾT-----

Đề bài

Câu 1 (2,0 điểm): ( Không sử dụng máy tính cầm tay)

a) Tính giá trị của biểu thức

b) Giải hệ phương trình

Câu 2 (2,5 điểm):

Trên mặt phẳng tọa độ, cho parabol và đường thẳng (m là tham số).

a) Biết là một điểm thuộc và có hoành độ . Xác định tọa độ điểm .

b) Tìm tất cả các giá trị của m để cắt tại hai điểm phân biệt.

c) Xác định tất cả các giá trị của m để cắt tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là và thỏa mãn điều kiện .

Câu 3 (1,5 điểm):

Theo kế hoạch, Công an tỉnh Khánh Hòa sẽ cấp 7200 thẻ Căn cước công dân cho địa phương A. Một tổ công tác được điều động đến địa phương A để cấp thẻ Căn cước công dân trong một thời gian nhất định. Khi thực hiện nhiệm vụ, tổ chức công tác đã cải tiến kĩ thuật nên mỗi ngày đã cấp tăng thêm được 40 thẻ Căn cước so với kế hoạch. Vì vậy, tổ công tác đã hoàn thành nhiệm vụ sớm hơn kế hoạch 2 ngày.

Hỏi theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày tổ công tác sẽ cấp được bao nhiêu thẻ Căn cước?

Câu 4 (2,0 điểm):

Cho tam giác có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn và hai đường cao cắt nhau tại .

a) Chứng minh rằng nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh .

c) Hai đường thẳng lần lượt cắt đường tròn tại hai điểm lần lượt là . Đường thẳng cắt đường tròn tại điểm thứ hai là và cắt tại . Tính giá trị biểu thức .

Câu 5 (1,0 điểm):

Giải phương trình:  

Lời giải chi tiết

Câu 1:

Phương pháp:

a) Vận dụng phép khai căn và hằng đẳng thức

b) Sử dụng phương pháp cộng đại số tìm nghiệm của hệ phương trình

Cách giải:

a)

Ta có:

Vậy .

b) Ta có:

Vậy hệ phương trình có nghiệm là .

Câu 2:

Phương pháp:

a) Thay vào hàm số , tìm được tung độ .

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của và , yêu cầu đề bài thì phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm phân biệt, sau đó sử dụng biệt thức đen – ta tìm điều kiện.

c) Từ câu b, áp dụng hệ thức Vi – ét, xác định được , kết hợp với giả thiết tìm được tham số .

Cách giải:

a) Thay vào hàm số ta được .

Vậy .

b) Phương trình hoành độ giao điểm của và là:

cắt tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

Vậy với thì cắt tại hai điểm phân biệt.

c) Với . Áp dụng định lí Vi – ét phương trình (1) có:

Do là nghiệm của phương trình (1) nên:

mà nên:

Vậy .

Câu 3:

Phương pháp:

Gọi số thẻ Căn cước trong một ngày mà tổ công tác cấp theo kế hoạch là thẻ , lập phương trình để tìm

Cách giải:

Gọi số thẻ Căn cước trong một ngày mà tổ công tác cấp theo kế hoạch là thẻ .

số ngày cần để cấp hết 7200 thẻ theo kế hoạch là (ngày).

Số thẻ cấp được trong một ngày theo thực tế là:   (thẻ).

Số ngày cấp hết 7200 thẻ theo thực tế là (ngày).

Vì tổ công tác đã hoàn thành nhiệm vụ sớm hơn kế hoạch 2 ngày nên ta có phương trình:

Ta có nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt

Vậy theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày tổ công tác sẽ cấp được 360 thẻ Căn cước.

Câu 4:

Phương pháp:

a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp: Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau

b) Kẻ tiếp tuyến của , chứng minh suy ra điều phải chứng minh.

c) Sử dụng công thức tính diện tích tam giác, các tam giác bằng nhau

Cách giải:

a) Tứ giác có: (gt)

Suy ra tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

b) Kẻ tiếp tuyến của .

Ta có: (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cùng chắn cung ).

Mà (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp )

.

Mà 2 góc này ở vị trí so le trong .

Theo cách vẽ ta có (đpcm).

c) Ta có:

Chứng minh tương tự ta có: .

Lại có: (2 góc nội tiếp cùng chắn cung ).

.

Xét tam giác và tam giác có:

.

.

Chứng minh tương tự ta có:

.

Vậy .

Câu 5:

Phương pháp:

Xác định điều kiện của phương trình, biến đổi phương trình ban đầu về dạng phương trình tích: , giải từng phương trình và đưa ra kết luận.

Cách giải:

ĐKXĐ: hoặc

Dễ thấy là một nghiệm của phương trình.

Với ta có:

(Do ).

Ta có

Do đó ta có:

Vậy tập nghiệm của phương trình là . 

Đề bài

Câu 1: 

a) Rút gọn biểu thức .

b) Giải phương trình

Câu 2:   Trên mặt phẳng cho parabol và đường thẳng ( là tham số).

a) Vẽ parabol

b) Với tìm tọa độ giao điểm của và bằng phương pháp đại số.

c) Tìm điều kiện của để và tại hai điểm phân biệt.

Câu 3:    Để chung tay phòng chống dịch COVID-19, hai trường A và B trên địa bàn tỉnh Khánh Hòa phát động phong trào quyên góp ủng hộ người dân có hoàn cảnh khó khăn. Hai trường đã quyên góp được 1137 phần quà gồm mì tôm (đơn vị thùng) và gạo (đơn vị bao). Trong đó, mỗi lớp của trường A ủng hộ được 8 thùng mì và 5 bao gạo, mỗi lớp của trường B ủng hộ được 7 thùng mì và 8 bao gạo. Biết số bao gạo ít hơn số thùng mì là 75 phần quà. Hỏi mỗi trường có bao nhiêu lớp?

Câu 4: 

Cho đường tròn và một điểm nằm ngoài đường tròn. Qua kẻ hai tiếp tuyến và với đường tròn Gọi là điểm đối xứng với qua Đường thẳng cắt đường tròn tại

a) Chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh

c) Kẻ Chứng minh đường thẳng đi qua trung điểm của

Câu 5: 

Cho là các số thực thỏa: và .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  

Lời giải chi tiết

Câu 1 (2,00 điểm) (Không sử dụng máy tính cầm tay)

Cách giải:

a) Rút gọn biểu thức .

Ta có:

Vậy .

b) Giải phương trình

Vậy tập nghiệm của phương trình là .

Câu 2 (2,5 điểm)

Cách giải:

Trên mặt phẳng cho parabol và đường thẳng ( là tham số).

a) Vẽ parabol

Ta có bảng giá trị:

Do đó, là đường cong đi qua các điểm:

b) Với tìm tọa độ giao điểm của và bằng phương pháp đại số.

Với ta có:

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng và đồ thị hàm số là:

+) Với

+) Với

Vậy với thì đường thẳng cắt parabol tại hai điểm phân biệt có tọa độ là và

c) Tìm điều kiện của để và tại hai điểm phân biệt.

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng và đồ thị hàm số là:

Đường thẳng cắt parabol tại hai điểm phân biệt Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt.

.

Vậy với thì  cắt tại hai điểm phân biệt.

Câu 3 (1,50 điểm):

Cách giải:

Để chung tay phòng chống dịch COVID-19, hai trường A và B trên địa bàn tỉnh Khánh Hòa phát động phong trào quyên góp ủng hộ người dân có hoàn cảnh khó khăn. Hai trường đã quyên góp được 1137 phần quà gồm mì tôm (đơn vị thùng) và gạo (đơn vị bao). Trong đó, mỗi lớp của trường A ủng hộ được 8 thùng mì và 5 bao gạo, mỗi lớp của trường B ủng hộ được 7 thùng mì và 8 bao gạo. Biết số bao gạo ít hơn số thùng mì là 75 phần quà. Hỏi mỗi trường có bao nhiêu lớp?

Gọi số lớp ở trường A là (lớp) (ĐK: ), số lớp ở trường B là (lớp) (ĐK: ).

Số thùng mì trường A ủng hộ là: (thùng), số bao gạo trường A ủng hộ là (bao).

Số thùng mì trường B ủng hộ là: (thùng), số bao gạo trường B ủng hộ là (bao).

Vì hai trường đã quyên góp được 1137 phần quà nên ta có phương trình:

.

Vì số bao gạo ít hơn số thùng mỳ là 75 phần quà nên ta có phương trình:

.

Khi đó ta có hệ phương trình:

.

Vậy trường A có 39 lớp, trường B có 42 lớp.

Câu 4 (3,00 điểm)

Cách giải:

Cho đường tròn và một điểm nằm ngoài đường tròn. Qua kẻ hai tiếp tuyến và với đường tròn Gọi là điểm đối xứng với qua Đường thẳng cắt đường tròn tại

a) Chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn.

Ta có: là các tiếp tuyến của tại (định nghĩa).

Xét tứ giác ta có: 

Mà hai góc này là hai góc đối diện là tứ giác nội tiếp đường tròn (dhnb).

b) Chứng minh

Ta có: là điểm đối xứng của qua là trung điểm của và là đường kính của

Ta có: là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

hay

Áp dụng hệ thức lượng cho vuông tại có đường cao ta có: .

Mà (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

(đpcm).

c) Kẻ Chứng minh đường thẳng đi qua trung điểm của

Gọi , .

Ta có: nên tam giác cân tại (tính chất tam giác cân).

(2 góc ở đáy tam giác cân).

Lại có (so le trong do - cùng vuông góc với ).

.

là phân giác trong .

Lại có là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên , do đó nên là phân giác ngoài của .

Áp dụng tính chất đường phân giác ta có: .

Áp dụng định lí Ta-let do ta có: , .

Từ đó suy ra là trung điểm của .

Vậy đường thẳng đi qua trung điểm của (đpcm).

Câu 5 (1,00 điểm):

Cách giải:

Cho là các số thực thỏa: và .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .

Ta có:

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

.

Dấu “=” xảy ra .

Vậy . 

Đề bài

Bài 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau (không dùng máy tính cầm tay):

a) .                         b) .

Bài 2 (1 điểm):

Trên mặt phẳng tọa độ cho điểm parabol có phương trình và đường thẳng có phương trình

a) Điểm có thuộc đường thẳng không?

b) Xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng và parabol

Bài 3 (2,0 điểm):  

Cho biểu thức với .

a) Rút gọn .

b) Tính giá trị của biết (không dùng máy tính cầm tay).

Bài 4 (3,0 điểm): Cho tam giác vuông tại , đường cao . Vẽ đường tròn bán kính . Từ đỉnh kẻ tiếp tuyến với cắt đường thẳng tại (điểm là tiếp điểm, và không trùng nhau).

a) Chứng minh là tứ giác nội tiếp.

b) Cho . Tính .

c) Gọi là đường kính của . Chứng minh rằng .

Bài 5 (2,0 điểm):  

a) Cho phương trình (với là tham số). Tìm các giá trị của để phương trình đã cho có hai nghiệm thỏa mãn .

b) Trung tâm thương mại VC tại thành phố NT có 100 gian hàng. Nếu mỗi gian hàng của Trung tâm thương mại VC cho thuê với giá 100.000.000 đồng (một trăm triệu đồng) một năm thì tất cả các gian hàng đều được thuê hết. Biết rằng, cứ mỗi lần tăng giá 5% tiền thuê mỗi gian hàng một năm thì Trung tâm thương mại VC có thêm 2 gian hàng trống. Hỏi người quản lý phải quyết định giá thuê mỗi gian hàng là bao nhiêu đồng một năm để doanh thu của Trung tâm thương mại VC từ tiền cho thuê gian hàng trong năm là lớn nhất ? 

Lời giải chi tiết

Bài 1

Phương pháp:

a) Đặt . Giải phương trình bậc hai ẩn rồi suy ra nghiệm .

b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.

Cách giải:

a) Đặt , phương trình trở thành .

Nhận xét: Phương trình có các hệ số và .

Do đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt .

Với .

Vậy tập nghiệm của phương trình là .

b) .

Vậy nghiệm của hệ phương trình là .

Bài 2

Phương pháp:

a) Điểm thuộc đường thẳng

b) Giải phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng và parabol ta tìm được

Thay tìm được vào phương trình parabol (hoặc phương trình đường thẳng ) ta tìm được

Từ đó kết luận tọa độ giao điểm.

Cách giải:

a) Điểm có thuộc đường thẳng không?

Thay vào phương trình đường thẳng ta được

(luôn đúng) nên điểm thuộc đường thẳng

b) Xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng và parabol

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng và parabol , ta có

  (*)

Phương trình (*) có nên có hai nghiệm

+ Với

+ Với

Vậy tọa độ giao điểm của đường thẳng và parabol là

Bài 3

Phương pháp:

a) Sử dụng công thức khai triển và rút gọn .

b) Biến đổi về dạng bình phương (sử dụng hằng đẳng thức )

Cách giải:

a) Rút gọn .

Với thì:

Vậy với .

b) Tính giá trị của biết (không dùng máy tính cầm tay).

Ta có:

Thay vào ta được .

Vậy .

Bài 4

Phương pháp:

a) Chứng minh tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180⁰.

b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính , suy ra .

c) Chứng minh .

Cách giải:

a) Chứng minh tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180⁰.

Do là tiếp tuyến của .

Xét tứ giác có: Tứ giác là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180⁰).

b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính , suy ra .

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông , đường cao ta có:

Vậy .

c) Gọi là đường kính của . Chứng minh rằng .

Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có: .

.

Mà .

Xét tam giác và tam giác có:

(hai góc tương ứng) vuông tại .

Xét tam giác vuông   và tam giác vuông có:

;

(đối đỉnh);

(cạnh góc vuông – góc nhọn kề)

(2)  (hai cạnh tương ứng).

Từ (1) và (2) ta có .

Bài 5

Phương pháp:

a) Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm.

Sử dụng định lý Vi – et thay vào điều kiện bài cho tìm và kết luận.

b) Giải bài toán bằng cách lập phương trình:

Gọi giá tiền mỗi gian hàng tăng lên (triệu đồng) .

Dựa vào các giả thiết bài toán để biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết.

Từ đó lập phương trình. Giải phương trình, đối chiếu với điều kiện của ẩn rồi kết luận.

Cách giải:

a) Cho phương trình (với là tham số). Tìm các giá trị của để phương trình đã cho có hai nghiệm thỏa mãn .

Phương trình đã cho có hai nghiệm

Khi đó phương trình có hai nghiệm .

Theo định lí Vi – et ta có:

Ta có:

Vậy thỏa mãn bài toán.

b) Gọi giá tiền mỗi gian hàng tăng lên (triệu đồng) .

Khi đó giá mỗi gian hàng sau khi tăng lên là (triệu đồng).

Cứ mỗi lần tăng 5% tiên thuê mỗi gian hàng (tăng triệu đồng) thì có thêm 2 gian hàng trống nên khi tăng triệu đồng thì có thêm gian hàng trống.

Khi đó số gian hàng được thuê sau khi tăng giá là (gian).

Số tiền thu được là:   (triệu đồng).

Yêu cầu bài toán trở thành tìm để đạt giá trị lớn nhất.

Ta có:

Ta có .

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi .

Vậy người quản lí phải cho thuê mỗi gian hàng với giá triệu đồng thì doanh thu của Trung tâm thương mại VC trong năm là lớn nhất.