40 ĐỀ THAM KHẢO
MÔN: TOÁN
THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2026 - 2027
ĐÃ HƯỚNG DẪN GIẢI TỪ ĐỀ 01 - ĐỀ 14

HỘI ĐỒNG BỘ MÔN TOÁN - FANPAGE TIN GIÁO DỤC ĐÀ NẴNG MỚI
(Liên hệ qua Email: tingiaoducdanangmoi@gmail.com)

Ngày 26 tháng 2 năm 2026

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ...

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NH 2026 - 2027

ĐỀ THAM KHẢO 01

Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1. (1,5 điểm)
√
√
√
√
a) Tính: 125 − 4 45 + 3 20 − 80.
b) Biểu đồ cột kép dưới đây biểu diễn số lượng sách Giáo khoa (SGK) và sách Tham khảo (STK)
được mượn tại thư viện trường trong bốn tháng đầu năm học.
Số lượng (cuốn)
200
150

150

100
50

130

120

110
100
80

80

50

9

10
Sách GK

11
12
Sách TK

Tháng

Dựa vào biểu đồ, hãy tính giá trị trung bình cộng X về số lượng cuốn sách được mượn trong bốn
tháng (không phân biệt sách Giáo khoa hay sách Tham khảo).
c) Cho biểu thức B =

√
√2 x
x−3

− 3x+9
x−9 với x ≥ 0, x ̸= 9. Hãy rút gọn biểu thức B.

Câu 2. (2,0 điểm)
a) Cho parabol (P) : y = x2 . Vẽ đồ thị (P) và tìm tọa độ các điểm M thuộc (P) biết M có tung độ
là 25.
b) Cho phương trình 2x2 − 4x + 1 = 0.
1. Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 .
2. Không giải phương trình, tính giá trị biểu thức: A = x1 (x1 + 2026) + x2 (x2 + 2027) − x2 .
Câu 3. (1,0 điểm) Ba bạn nam Hưng, Tuấn, Dũng và hai bạn nữ Nga, Mai tham gia nhóm vẽ báo
tường của lớp 9A trong hội trại truyền thống của trường. Cô giáo chọn ngẫu nhiên hai bạn để lên ý
tưởng cho báo tường. Tính xác suất của biến cố A: “Trong hai bạn được chọn, có một bạn nam và một
bạn nữ”.
Câu 4. (1,5 điểm)
a) Từ một cao ốc cao 40m, người ta nhìn thấy chân và đỉnh một cột ăng-ten với các góc hạ và nâng
lần lượt là 30◦ và 40◦ . Hỏi cột ăng-ten cao khoảng bao nhiêu mét? (Kết quả làm tròn đến chữ
số thập phân thứ nhất).
1

40◦
30◦
40m

Ăng-ten

Cao ốc

b) Tính diện tích hình vành khuyên nằm giữa hai đường tròn đồng tâm có bán kính lần lượt là 3
cm và 6 cm.
c) Một bình nước hình trụ không nắp, có chiều cao 14 cm và bán kính đáy 2 cm. Tính thể tích của
bình nước (kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai của đơn vị cm3 ). Hiện tại mực nước
có trong bình cao 8 cm. Một con quạ muốn uống nước trong bình, nó phải thả vào bình những
viên bi dạng hình cầu có đường kính là 2 cm để nước dâng lên mức tối thiểu 12 cm. Hỏi con
quạ cần thả vào trong bình ít nhất bao nhiêu viên bi như vậy?
Câu 5. (2,0 điểm)
a) Chương trình giảm giá sách bài tập Toán lớp 9 (giá niêm yết 30.000 đồng/quyển) như sau: Mua
quyển 1 giảm 10%; Mua quyển 2 thì quyển 1 giảm 10%, quyển 2 giảm 20%; Mua trọn bộ 5
quyển thì 2 quyển đầu giảm như trên, từ quyển 3 trở đi mỗi quyển giảm 50%. Bạn Bình mua
trọn bộ 5 quyển thì phải trả bao nhiêu tiền?
b) Để đảm bảo dinh dưỡng trong bữa ăn hằng ngày thì mỗi gia đình 4 thành viên cần 900 đơn
vị protein và 400 đơn vị Lipit trong thức ăn hằng ngày. Mỗi kilogam thịt bò chứa 800 đơn vị
protein và 200 đơn vị Lipit, còn mỗi kilôgam thịt heo chứa 600 đơn vị protein và 400 đơn vị
Lipit. Biết giá thịt bò là 100 000 đồng/kg và thịt heo là 70 000 đồng/kg. Tính tổng số tiền mua
thịt bò và thịt heo để đảm bảo dinh dưỡng hằng ngày cho 4 người?
Câu 6. (2,0 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính R và dây BC cố định, điểm A trên cung lớn
BC sao cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Các đường cao AD, BE,CF cắt nhau tại H. Gọi K là trung
điểm của BC.
a) Chứng minh bốn điểm B,C, E, F cùng thuộc một đường tròn.
b) Kẻ đường kính AM của đường tròn (O). Chứng minh AB · AC = AD · AM và AH = 2OK.
c) Chứng minh rằng khi A di động trên cung lớn BC thì đoạn EF có độ dài không đổi.

— HẾT —
2

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1. (1,5 điểm)
a) Ta có:
√
√
√
√
√
√
√
√
125 − 4 45 + 3 20 − 80 = 25 · 5 − 4 9 · 5 + 3 4 · 5 − 16 · 5
√
√
√
√
= 5 5−4·3 5+3·2 5−4 5
√
√
√
√
= 5 5 − 12 5 + 6 5 − 4 5
√
√
= (5 − 12 + 6 − 4) 5 = −5 5.
√
Vậy giá trị của biểu thức là −5 5.
b) Dựa vào biểu đồ, tổng số lượng sách (cả sách Giáo khoa và sách Tham khảo) được mượn trong
bốn tháng là:
(150 + 50) + (120 + 80) + (100 + 110) + (80 + 130) = 200 + 200 + 210 + 210 = 820 (cuốn).
Giá trị trung bình cộng về số lượng sách được mượn trong một tháng là:
X=

820
= 205 (cuốn).
4

Vậy trung bình mỗi tháng thư viện cho mượn 205 cuốn sách.
c) Điều kiện xác định: x ≥ 0, x ̸= 9. Ta có:
B=
=
=
=
=
=

√
3x + 9
2 x
√
√
− √
x − 3 ( x − 3)( x + 3)
√ √
2 x( x + 3)
3x + 9
√
√
√
− √
( x − 3)( x + 3) ( x − 3)( x + 3)
√
2x + 6 x − (3x + 9)
√
√
( x − 3)( x + 3)
√
−x + 6 x − 9
√
√
( x − 3)( x + 3)
√
−( x − 3)2
√
√
( x − 3)( x + 3)
√
√
−( x − 3) 3 − x
√
=√
.
x+3
x+3

Với điều kiện x ≥ 0, x ̸= 9, biểu thức rút gọn là B =

√
3−
√ x.
x+3

Câu 2. (2,0 điểm)
a) Học sinh tự lập bảng giá trị và vẽ đồ thị hàm số (P) : y = x2 .

3

Vì điểm M thuộc đồ thị (P) và có tung độ là 25 nên ta thay y = 25 vào hàm số, ta được:
x2 = 25
Suy ra x = 5 hoặc x = −5.
Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu là M1 (5; 25) và M2 (−5; 25).
b) Xét phương trình 2x2 − 4x + 1 = 0.
1. Ta có các hệ số a = 2, b' = −2, c = 1. Tính biệt thức: ∆' = (−2)2 − 2 · 1 = 4 − 2 = 2 > 0.
Vì ∆' > 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 .
2. Theo định lí Viète, ta có:
4
=2
2
1
x1 x2 =
2

x1 + x2 =

Biến đổi biểu thức A:
A = x12 + 2026x1 + x22 + 2027x2 − x2
= (x12 + x22 ) + 2026x1 + 2026x2
= (x1 + x2 )2 − 2x1 x2 + 2026(x1 + x2 )
Thay các giá trị x1 + x2 = 2 và x1 x2 =

1
2

vào biểu thức trên, ta được:

1
A = 22 − 2 · + 2026 · 2 = 4 − 1 + 4052 = 4055.
2
Vậy A = 4055.
Câu 3. (1,0 điểm)
Kí hiệu H, T, D lần lượt là tên ba bạn nam; N, M lần lượt là tên hai bạn nữ.
Phép thử là chọn ngẫu nhiên hai bạn từ nhóm năm bạn để làm báo tường. Không gian mẫu là tập hợp
tất cả các cặp hai bạn có thể chọn được. Ta liệt kê được 10 kết quả có thể:
Ω = {(H, T); (H, D); (H, N); (H, M); (T, D); (T, N); (T, M); (D, N); (D, M); (N, M)}
Biến cố A: “Trong hai bạn được chọn, có một bạn nam và một bạn nữ”. Các kết quả thuận lợi cho
biến cố A là:
A = {(H, N); (H, M); (T, N); (T, M); (D, N); (D, M)}
Số kết quả thuận lợi cho A là 6.
Xác suất của biến cố A là: P(A) =
Câu 4. (1,5 điểm)

6
10

= 35 .

a) Giả sử cao ốc là đoạn thẳng AB = 40 m (A là đỉnh), ăng-ten là đoạn thẳng CD. Từ A kẻ đường
thẳng nằm ngang cắt CD tại E. Khi đó tứ giác ABDE là hình chữ nhật nên ED = AB = 40 m.
4

d = 40◦ .
[ = 30◦ , góc nâng nhìn đỉnh ăng-ten là EAC
Góc hạ nhìn chân ăng-ten là EAD
Xét tam giác vuông AED vuông tại E, ta có:
√
AE = ED · cot 30◦ = 40 3 (m).
C

A

Ăng-ten

40◦

E

30◦
40 m

Cao ốc

B

D

Xét tam giác vuông AEC vuông tại E, ta có:
√
CE = AE · tan 40◦ = 40 3 · tan 40◦ ≈ 58, 13 (m).
Chiều cao của cột ăng-ten là:
CD = CE + ED ≈ 58, 13 + 40 = 98, 13 (m).
Làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất, cột ăng-ten cao khoảng 98,1 mét.
b) Diện tích hình vành khuyên là hiệu giữa diện tích hình tròn lớn và diện tích hình tròn nhỏ:
S = π · 62 − π · 32 = 36π − 9π = 27π ≈ 84, 82 (cm2 ).
c) Thể tích của bình nước hình trụ là:
V = π · R2 · h = π · 22 · 14 = 56π ≈ 175, 93 (cm3 ).
Để nước dâng lên mức tối thiểu 12 cm từ mức 8 cm ban đầu, chiều cao cột nước cần tăng thêm
là 12 − 8 = 4 (cm). Thể tích phần nước dâng thêm tương ứng là:
Vtăng = π · 22 · 4 = 16π (cm3 ).

5

Thể tích của một viên bi hình cầu (bán kính r = 1 cm) là:
Vbi =

4
4
· π · 13 = π (cm3 ).
3
3

Số lượng viên bi cần thả vào ít nhất là:
4
n = Vtăng : Vbi = 16π : π = 12 (viên).
3
Vậy con quạ cần thả vào ít nhất 12 viên bi.
Câu 5. (2,0 điểm)
a) Giá tiền của quyển sách thứ nhất sau khi giảm 10% là: 30 000 · (100% − 10%) = 27 000 (đồng).
Giá tiền của quyển sách thứ hai sau khi giảm 20% là: 30 000 · (100% − 20%) = 24 000 (đồng).
Giá tiền của 3 quyển sách còn lại (từ quyển thứ 3 đến quyển thứ 5) sau khi giảm 50% là:
3 · [30 000 · (100% − 50%)] = 45 000 (đồng).
Tổng số tiền bạn Bình phải trả là:
27 000 + 24 000 + 45 000 = 96 000 (đồng).
b) Gọi x (kg) là lượng thịt bò và y (kg) là lượng thịt heo gia đình cần mua để đảm bảo dinh dưỡng
hằng ngày (điều kiện: x ≥ 0, y ≥ 0).
Để đảm bảo 900 đơn vị protein, ta có phương trình:
800x + 600y = 900
Chia cả hai vế cho 200, ta được: 4x + 3y = 4, 5 (1).
Để đảm bảo 400 đơn vị lipit, ta có phương trình:
200x + 400y = 400
Chia cả hai vế cho 200, ta được: x + 2y = 2 (2).
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

4x + 3y = 4, 5
x + 2y = 2
Từ phương trình thứ hai, ta có x = 2 − 2y. Thế vào phương trình thứ nhất:
4(2 − 2y) + 3y = 4, 5
8 − 8y + 3y = 4, 5
5y = 3, 5
y = 0, 7

6

Thay y = 0, 7 vào x = 2 − 2y, ta được x = 2 − 2(0, 7) = 0, 6.
Nhận thấy x = 0, 6 và y = 0, 7 đều thỏa mãn điều kiện.
Tổng số tiền mua thịt bò và thịt heo là:
0, 6 · 100 000 + 0, 7 · 70 000 = 60 000 + 49 000 = 109 000 (đồng).
Vậy gia đình đó cần 109.000 đồng để đảm bảo dinh dưỡng hằng ngày.
Câu 6. (2,0 điểm)
A

E
F

B

H

D

O

C

K
M

a) Chứng minh bốn điểm B,C, E, F cùng thuộc một đường tròn.
Xét tam giác ABC có BE,CF là các đường cao. Do đó, góc BEC bằng 90◦ và góc BFC bằng 90◦ .
1
Xét tam giác BFC vuông tại F, có K là trung điểm của cạnh huyền BC. Do đó, ta có KF = BC =
2
KB = KC.
1
Xét tam giác BEC vuông tại E, có K là trung điểm của cạnh huyền BC. Do đó, ta có KE = BC =
2
KB = KC.
Từ các chứng minh trên, ta có KB = KC = KE = KF. Vậy bốn điểm B,C, E, F cùng cách đều điểm
BC
.
K, nên chúng cùng thuộc một đường tròn tâm K, bán kính
2
b) Chứng minh AB · AC = AD · AM và AH = 2OK.
* Chứng minh AB · AC = AD · AM:
Xét đường tròn (O) có đường kính AM, ta có góc ACM là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn. Do đó,
góc ACM = 90◦ .
Xét ∆ABD và ∆AMC, ta có:
• Góc ADB = 90◦ (do AD là đường cao của ∆ABC) nên góc ADB bằng góc ACM.
• Góc ABD và góc AMC là hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của đường tròn (O). Do đó, góc
ABD bằng góc AMC.
Do đó, ∆ABD ∽ ∆AMC (g.g).

7

Từ đó, ta có tỉ số đồng dạng:
AB
AD
=
AM
AC
Vậy AB · AC = AD · AM.
* Chứng minh AH = 2OK:
Ta có góc ABM = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O). Do đó, AB ⊥ BM. Mặt khác, CF ⊥ AB
(do CF là đường cao). Từ đó, ta được BM ∥ CF, hay BM ∥ CH.
Tương tự, ta có góc ACM = 90◦ nên AC ⊥ CM. Mặt khác, BE ⊥ AC (do BE là đường cao). Từ đó, ta
được CM ∥ BE, hay CM ∥ BH.
Tứ giác BHCM có BM ∥ CH và CM ∥ BH. Do đó, tứ giác BHCM là hình bình hành.
Vì K là trung điểm của đường chéo BC, nên K đồng thời là trung điểm của đường chéo HM. Xét
∆AHM có O là trung điểm của AM (do AM là đường kính) và K là trung điểm của HM. Do đó, OK là
đường trung bình của ∆AHM. Vậy AH = 2OK.
c) Chứng minh đoạn EF có độ dài không đổi.
Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AH. Xét ∆AFH vuông tại F, có I là trung điểm của cạnh huyền
AH. Do đó, IA = IH = IF. Xét ∆AEH vuông tại E, có I là trung điểm của cạnh huyền AH. Do đó,
IA = IH = IE.
Từ đó, ta có IA = IH = IE = IF, nên bốn điểm A, E, H, F cùng thuộc đường tròn tâm I, đường kính
AH. Trong đường tròn này, góc FAH và góc FEH là hai góc nội tiếp cùng chắn cung FH. Do đó, góc
FAH bằng góc FEH.
Xét ∆BEF và ∆BAH, ta có:
• Góc EBF chung (chính là góc ABH).
• Góc FEH bằng góc FAH (chứng minh trên).
Do đó, ∆BEF ∽ ∆BAH (g.g).
Từ đó, ta có tỉ số đồng dạng:
BE
EF
=
AH
AB
d =
Xét tam giác ABE vuông tại E, ta có sin BAC

BE
EF
d Từ đó, ta có EF =
. Do đó,
= sin BAC.
AB
AH

d
AH · sin BAC.
Theo chứng minh ở câu 2, ta có AH = 2OK. Vì đường tròn (O) và dây BC cố định nên khoảng cách từ
tâm O đến dây BC là một hằng số. Do đó, độ dài đoạn OK không đổi. Từ đó, độ dài đoạn AH không
đổi.
Mặt khác, vì dây BC cố định nên số đo cung nhỏ BC không đổi. Góc BAC là góc nội tiếp chắn cung
d
nhỏ BC (do A nằm trên cung lớn BC), nên số đo góc BAC luôn không đổi. Do đó, giá trị của sin BAC
là không đổi.
d có độ dài không đổi khi điểm A di động trên cung lớn BC. Kết luận bài toán
Vậy EF = AH · sin BAC
đã được chứng minh hoàn toàn.
— HẾT —
8

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ...

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NH 2026 - 2027

ĐỀ THAM KHẢO 02

Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1. (1,5 điểm)
a) Cho biểu thức A =

√
√x+2
x−2

với x ≥ 0, x ̸= 4. Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9.

b) Một cửa hàng giày thống kê màu sắc của các đôi giày bán ra trong tuần như sau:
Trắng Vàng Đen
Đen Trắng Xanh
Đỏ
Đen Trắng
Vàng
Đỏ
Trắng

Trắng Xanh Đen
Đỏ
Vàng Trắng
Đen Trắng
Đỏ
Xanh Xanh Xanh

Trắng
Vàng
Đen
Trắng

Hãy lập bảng tần số cho mẫu dữ liệu trên.
c) Cho biểu thức B =

√
√ x
x+2

√

+ 4x−4x với x ≥ 0, x ̸= 4. Chứng minh B =

√
√ x .
x−2

Câu 2. (2,0 điểm)
a) Cho hàm số (P) : y = x2 . Vẽ đồ thị (P) trên hệ trục tọa độ. Tìm tọa độ các điểm M thuộc (P) có
tung độ bằng hai lần hoành độ.
b) Cho phương trình x2 + 2(m + 1)x + 6m − 4 = 0 (*), với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của
tham số m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn: (4x1 − 2mx1 − 6m +
13)x22 − 24x1 − 100 = 0.
Câu 3. (1,0 điểm)
Hai hộp đựng các tấm thẻ có cùng khối lượng và kích thước. Hộp I chứa 5 tấm thẻ ghi các số 5; 6; 7; 8; 9.
Hộp II chứa 5 tấm thẻ ghi các số 0; 1; 2; 3; 4. Rút ngẫu nhiên từ mỗi hộp một tấm thẻ và ghép thành số
có hai chữ số (thẻ từ Hộp I là chữ số hàng chục). Tính xác suất của biến cố A: “Số tạo thành chia hết
cho 3”.
Câu 4. (1,5 điểm)
a) Một người đứng tại vị trí A cách một tòa tháp (vị trí B) một khoảng 12m. Người đó dùng giác
kế đo được góc nâng từ mắt mình đến đỉnh tháp (vị trí C) là 60◦ . Biết chiều cao từ mắt người đo
đến mặt đất là 1,6m. Tính chiều cao của tòa tháp (làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).
b) Một khối gỗ hình lập phương cạnh 8 cm. Người ta khoét một hình nón có đỉnh chạm mặt đáy
của khối gỗ, đáy hình nón nội tiếp mặt trên của khối gỗ. Tính diện tích toàn bộ bề mặt của khối
gỗ còn lại sau khi khoét (bao gồm cả mặt xung quanh hình nón bên trong). Kết quả làm tròn
đến hàng phần trăm.
Câu 5. (2,0 điểm)
1

a) Một thang máy có tải trọng tối đa 720kg. Một người công nhân nặng 65kg muốn chuyển các
thùng hàng, mỗi thùng nặng 25kg lên tầng 9. Hỏi mỗi chuyến người đó có thể chở tối đa bao
nhiêu thùng hàng?
b) Để có độ mặn mong muốn cho trại tôm, kỹ sư pha trộn hai nguồn nước:
• Pha 200ml nguồn I với 300ml nguồn II được nước có độ mặn 27%.
• Pha 300ml nguồn I với 200ml nguồn II được nước có độ mặn 28%.
Tính nồng độ mặn (phần trăm) của mỗi nguồn nước ban đầu.
Câu 6. (2,0 điểm)
Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O; R), kẻ hai tiếp tuyến MA, MB (A, B là tiếp điểm). Kẻ đường
kính AC của (O), MC cắt (O) tại điểm thứ hai là D. Gọi H là giao điểm của AB và MO.
a) Chứng minh tứ giác MDHA nội tiếp đường tròn.
d
\
b) Chứng minh MD · MC = MH · MO và M
HD = DBA.
[ = 90◦ và tính diện tích tam giác ABD theo R khi MA = 2R.
c) Chứng minh HDB

— HẾT —

2

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1 (1,5 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9.
Thay x = 9 (thỏa mãn điều kiện x ≥ 0, x ̸= 4) vào biểu thức A, ta được:
√
9+2 3+2 5
= = 5.
A= √
=
9−2 3−2 1
Vậy khi x = 9 thì A = 5.
b) Lập bảng tần số cho mẫu dữ liệu.
Kiểm đếm số lượng từng màu giày trong bảng dữ liệu đã cho, ta có bảng tần số sau:
Màu sắc
Trắng
Vàng
Đen
Xanh
Đỏ
Tổng
c) Chứng minh B =

Số lần xuất hiện (Tần số)
9
4
6
5
4
N = 28

√
√ x .
x−2

Với x ≥ 0, x ̸= 4, ta biến đổi biểu thức B:
B=
=
=
=
=
=

√
√
x
4 x
√
+
x+2 x−4
√ √
√
x( x − 2)
4 x
√
√
√
+ √
( x + 2)( x − 2) ( x − 2)( x + 2)
√
√
x−2 x+4 x
√
√
( x − 2)( x + 2)
√
x+2 x
√
√
( x − 2)( x + 2)
√ √
x( x + 2)
√
√
( x − 2)( x + 2)
√
x
√
. (điều phải chứng minh)
x−2

Câu 2 (2,0 điểm)
a) Vẽ đồ thị (P) và tìm tọa độ điểm M.
Vẽ đồ thị (P) : y = x2 :
3

• Tập xác định: R.
• Bảng giá trị:
x
y = x2

−2
4

−1
1

0 1 2
0 1 4

• Đồ thị là đường cong Parabol đi qua gốc tọa độ O(0; 0), nhận trục Oy làm trục đối xứng
và có bề lõm quay lên trên.
Tìm tọa độ điểm M:
Gọi M(x0 ; y0 ) là điểm thuộc (P) có tung độ bằng hai lần hoành độ.
Khi đó ta có hệ điều kiện:

y = x2
0

0

y0 = 2x0
Suy ra: x02 = 2x0 ⇔ x02 − 2x0 = 0 ⇔ x0 (x0 − 2) = 0.
• Trường hợp 1: x0 = 0 suy ra y0 = 0. Ta có điểm M1 (0; 0).
• Trường hợp 2: x0 = 2 suy ra y0 = 4. Ta có điểm M2 (2; 4).
Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là M1 (0; 0) và M2 (2; 4).
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn điều kiện.
Xét phương trình: x2 + 2(m + 1)x + 6m − 4 = 0 (*).
1. Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt:
Ta có ∆' = (m + 1)2 − (6m − 4) = m2 + 2m + 1 − 6m + 4 = m2 − 4m + 5.
∆' = (m − 2)2 + 1 > 0 với mọi m.
Vậy phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi giá trị của m.
2. Xử lý điều kiện bài toán:
Vì x1 là nghiệm của phương trình (*) nên:
x12 + 2(m + 1)x1 + 6m − 4 = 0 ⇒ x12 = −2(m + 1)x1 − 6m + 4.
Xét biểu thức trong ngoặc của đề bài: P = 4x1 − 2mx1 − 6m + 13.
Thay 2mx1 từ phương trình bậc hai vào hoặc biến đổi khéo léo:
Ta có: x12 + 6x1 + 9 = x12 + 2(m + 1)x1 + 6m − 4 + (4 − 2m)x1 − 6m + 13.
Do x12 + 2(m + 1)x1 + 6m − 4 = 0, suy ra:
(x1 + 3)2 = (4 − 2m)x1 − 6m + 13 = 4x1 − 2mx1 − 6m + 13.
Phương trình bài cho trở thành:
(x1 + 3)2 x22 − 24x1 − 100 = 0 ⇔ [(x1 + 3)x2 ]2 = 24x1 + 100.

4


x + x = −2(m + 1)
1
2
Áp dụng hệ thức Vi-ét:
x1 x2 = 6m − 4

.

Biến đổi vế trái: (x1 x2 + 3x2 )2 = (6m − 4 + 3x2 )2 .
Ta có phương trình: (6m − 4 + 3x2 )2 = 24x1 + 100.
Thay x1 = −2(m + 1) − x2 , ta được:
(6m − 4 + 3x2 )2 = 24 [−2(m + 1) − x2 ] + 100
(3x2 + 6m − 4)2 = −48m − 48 − 24x2 + 100
9x22 + 6(6m − 4)x2 + (6m − 4)2 = 52 − 48m − 24x2
Rút gọn phương trình trên, ta thu được phương trình bậc hai ẩn x2 :
x22 + 4mx2 + 4m2 − 4 = 0. (1)
Mặt khác, x2 cũng là nghiệm của phương trình ban đầu (*):
x22 + (2m + 2)x2 + 6m − 4 = 0. (2)
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế:
(4m − 2m − 2)x2 + 4m2 − 4 − 6m + 4 = 0 ⇔ (2m − 2)x2 + 4m2 − 6m = 0.
• Nếu m = 1: 0x2 − 2 = 0 (vô lý).
• Nếu m ̸= 1: x2 =

6m−4m2
2m−2

=

2m(3−2m)
2(m−1)

=

m(3−2m)
m−1 .

Thay x2 vào (1) hoặc kiểm tra điều kiện nguyên:
Nhận thấy với m = 2, ta có x2 = 2(3−4)
= −2.
1
Thử lại với m = 2: Phương trình (*) là x2 + 6x + 8 = 0 ⇔ x ∈ {−2; −4}.
- Nếu x2 = −2 ⇒ x1 = −4.
Thay vào điều kiện đề bài: [(−4+3)(−2)]2 −24(−4)−100 = (−1·−2)2 +96−100 = 4−4 = 0
(Thỏa mãn).
- Nếu x2 = −4 ⇒ x1 = −2.
Thay vào: [(−2 + 3)(−4)]2 − 24(−2) − 100 = 16 + 48 − 100 ̸= 0 (Loại).
Vậy giá trị cần tìm là m = 2.
Câu 3 (1,0 điểm)
- Số phần tử của không gian mẫu: Mỗi hộp rút 1 thẻ, Hộp I có 5 cách, Hộp II có 5 cách.
n(Ω) = 5 × 5 = 25.
- Gọi A là biến cố "Số tạo thành chia hết cho 3". Số tạo thành có dạng ab với a ∈ {5; 6; 7; 8; 9} và
b ∈ {0; 1; 2; 3; 4}.
Điều kiện chia hết cho 3 là tổng các chữ số (a + b) chia hết cho 3. Ta liệt kê các trường hợp thuận lợi:
• Nếu a = 5 : 51, 54 (2 số).
5

• Nếu a = 6 : 60, 63 (2 số).
• Nếu a = 7 : 72 (1 số).
• Nếu a = 8 : 81, 84 (2 số).
• Nếu a = 9 : 90, 93 (2 số).
- Tổng số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: n(A) = 2 + 2 + 1 + 2 + 2 = 9. - Xác suất của biến cố A:
P(A) =

n(A)
9
=
= 0, 36.
n(Ω) 25

Câu 4 (1,5 điểm)
a) Tính chiều cao tòa tháp.
Gọi H là hình chiếu của C lên phương nằm ngang đi qua mắt người đo (tại A' ).
Trong tam giác vuông CA' H, ta có:
√
CH = A' H · tan(60◦ ) = 12 · 3 ≈ 20, 78 (m).
Chiều cao thực tế của tòa tháp so với mặt đất là:
h = CH + 1, 6 ≈ 20, 78 + 1, 6 = 22, 38 (m).
Làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất: h ≈ 22, 4 m.
b) Tính diện tích bề mặt khối gỗ còn lại.
- Khối lập phương có cạnh a = 8 cm. Diện tích toàn phần ban đầu:
St p = 6a2 = 6 · 82 = 384 (cm2 ).
- Hình nón được khoét có đường kính đáy bằng cạnh hình lập phương nên bán kính r = 4 cm;
chiều cao bằng cạnh hình lập phương nên h = 8 cm.
√
√
√
√
- Đường sinh của hình nón: l = r2 + h2 = 42 + 82 = 80 = 4 5 cm.
- Diện tích xung quanh hình nón (phần lõm mới được tạo ra):
√
√
Sxq_non = πrl = π · 4 · 4 5 = 16π 5 (cm2 ).
- Diện tích đáy hình nón (phần bị mất đi trên mặt khối gỗ):
Sday = πr2 = π · 42 = 16π (cm2 ).
- Diện tích bề mặt khối gỗ còn lại là:
√
√
S = St p − Sday + Sxq_non = 384 − 16π + 16π 5 = 384 + 16π( 5 − 1).

6

Thay số π ≈ 3, 14159 và

√
5 ≈ 2, 236:

S ≈ 384 + 16 · 3, 1416 · 1, 236 ≈ 384 + 62, 12 = 446, 12 (cm2 ).
Câu 5 (2,0 điểm)
a) Tính số thùng hàng tối đa.
Gọi x là số thùng hàng người công nhân mang theo (x ∈ N).
Tổng khối lượng của người và hàng hóa là 65 + 25x (kg).
Theo đề bài, thang máy chịu tải tối đa 720kg nên ta có bất phương trình:
65 + 25x ≤ 720 ⇔ 25x ≤ 655 ⇔ x ≤ 26, 2.
Vì x là số tự nhiên nên x lớn nhất là 26.
Vậy mỗi chuyến người đó có thể chở tối đa 26 thùng hàng.
b) Tính nồng độ muối của mỗi nguồn nước.
Gọi nồng độ muối của nguồn I là x (%) và nguồn II là y (%) (x, y > 0).
Lượng muối trong dung dịch = Thể tích × Nồng độ.
Theo đề bài ta có hệ phương trình:

200 · x + 300 · y = (200 + 300) · 27
100
100
100
y
x
300 ·
+ 200 ·
= (300 + 200) · 28
100

100

Rút gọn hệ phương trình (chia hai vế cho 100):


2x + 3y = 5 · 27
2x + 3y = 135
⇔
3x + 2y = 5 · 28
3x + 2y = 140
Nhân (1) với 3 và (2) với 2:

6x + 9y = 405
6x + 4y = 280

100

(1)
(2)

⇒ 5y = 125 ⇒ y = 25.

Thay y = 25 vào (1): 2x + 3(25) = 135 ⇒ 2x = 60 ⇒ x = 30.
Vậy nồng độ mặn của nguồn I là 30% và nguồn II là 25%.
Câu 6 (2,0 điểm)

7

A

M

H
D

O

B
C
a) Chứng minh tứ giác MDHA nội tiếp đường tròn.
- Xét đường tròn (O), ta có MA, MB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M.
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có MO ⊥ AB tại H.
d là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (do
[ = 90◦ . - Xét đường tròn (O) có góc ADC
Suy ra MHA
AC là đường kính).
d = 90◦ hay ADM
[ = 90◦ . - Xét tứ giác MDHA:
Suy ra ADC
[ = MDA
[ = 90◦ ).
Ta có hai đỉnh H và D kề nhau cùng nhìn cạnh MA dưới một góc 90◦ (MHA
Vậy tứ giác MDHA nội tiếp đường tròn đường kính MA.
d
\
b) Chứng minh MD · MC = MH · MO và M
HD = DBA.
Chứng minh đẳng thức tích:
- Xét ∆MAD và ∆MCA:
[ chung.
Có AMC
[ = MCA
[ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AD).
MAD
MA
2
Suy ra ∆MAD ∼ ∆MCA (g.g) ⇒ MC
= MD
MA ⇒ MA = MC · MD.
- Xét ∆MAO vuông tại A có đường cao AH (do AB ⊥ MO):
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông: MA2 = MH · MO.
Từ hai kết quả trên, suy ra: MD · MC = MH · MO.
Chứng minh hai góc bằng nhau:
MH
- Từ MD · MC = MH · MO ⇒ MD
MO = MC .
- Xét ∆MHD và ∆MCO:
[ chung và MD = MH .
Có góc OMC
MO
MC
Suy ra ∆MHD ∼ ∆MCO (c.g.c).
[ (hai góc tương ứng).
\
Do đó M
HD = MCO
d = ABD
d (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD).
[ (hay ACD)
Mà MCO
d hay M
d
\
\
Vậy M
HD = ABD
HD = DBA.
[ = 90◦ và tính diện tích tam giác ABD theo R khi MA = 2R.
c) Chứng minh HDB
Chứng minh vuông góc:
d (chứng minh trên).
\
Ta có M
HD = DBA
[ = 90◦ , suy ra M
\
[ = 90◦ .
Mặt khác, do MH ⊥ AB nên MHB
HD + DHB
8

d ta có: DBA
d + DHB
\
[ = 90◦ .
Thay M
HD bằng DBA,
Xét ∆DHB, tổng ba góc trong tam giác bằng 180◦ :
d + DHB)
[ = 180◦ − (DBA
[ = 180◦ − 90◦ = 90◦ .
HDB
[ = 90◦ hay ∆HDB vuông tại D.
Vậy HDB
Tính diện tích tam giác ABD:
- Khi MA = 2R, ta xét ∆MAO vuông tại A:
p
√
√
MO = MA2 + AO2 = (2R)2 + R2 = R 5.
2R·R
2R
√
√
AH = MA·AO
MO = R 5 = 5 .
4R
√
.
5
2
4R
4R
√ = √
.
R 5
5

Suy ra AB = 2AH =
2

MH = MA
MO =
- Trong tam giác vuông MAC (vuông tại A):
p
√
√
MC = MA2 + AC2 = (2R)2 + (2R)2 = 2R 2.
- Do ∆MHD ∼ ∆MCO với tỉ số đồng dạng k =

MH
MC

=

√
4R/√ 5
2R 2

=

√2 .
10

Suy ra HD = k ·CO = √210 · R = √2R10 .
- Xét ∆HDB vuông tại√D:
2R
√ 2.
HB = AH = √
= 2R
10 q
5
q
√
8R2
4R2
4R2
2
2
√2R
BD = HB − HD =
10 − 10 =
10 = 10 .
Nhận thấy HD = BD, tam giác HDB vuông cân tại D.
Kẻ đường cao DK của ∆ABD (K ∈ AB). Vì ∆HDB vuông cân tại D nên đường cao hạ từ D
xuống cạnh huyền
√ HB có độ dài:
2R/ 5
HB
DK = 2 = 2 = √R5 .
Diện tích tam giác ABD là:
SABD =

1 4R R
1
2R2
· AB · DK = · √ · √ =
.
2
2
5
5
5
— HẾT —

9

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ...

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NH 2026 - 2027

ĐỀ THAM KHẢO 03

Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1 (1,5 điểm).
a) Tính giá trị của biểu thức: A =

√
√
√
12 + 27 − 3.

b) Thống kê điểm kiểm tra môn Văn của 20 học sinh lớp 9/1 như sau:
5
6

5
6

5 7
7 7

7
6

8
8

8 8
9 9

6
7

8
8

Lập bảng tần số tương đối cho dãy dữ liệu trên.


√
1
1
x
c) Rút gọn biểu thức P = √
+√
:√
với x > 0 và x ̸= 1.
x−1
x+1
x−1
Câu 2 (2,0 điểm).
1
a) Vẽ đồ thị hàm số y = x2 .
2
b) Cho phương trình x2 − 2(m + 1)x + m2 − 2m + 5 = 0 (*), với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị
của tham số m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn:
q
q
2
2
4x1 + 4mx1 + m + x22 + 4mx2 + 4m2 = 7m + 2.

Câu 3 (1,0 điểm). Có ba món ăn sáng: phở (P), mì Quảng (M), hủ tiếu (H). Hai bạn Sơn và Hải, mỗi
bạn chọn ngẫu nhiên một món ăn để ăn sáng (các lựa chọn là độc lập).
a) Mô tả không gian mẫu của phép thử.
b) Tính xác suất của biến cố E: “Có ít nhất một bạn chọn món mì Quảng”.
Câu 4 (1,5 điểm).
a) Một khúc sông có bề rộng AB = 320 m. Một người chèo thuyền muốn đi thẳng từ