SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỒNG NAI
ĐỀ THI THỬ

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2025-2026
Môn: TOÁN (CHUNG)
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)

(Đề bao gồm 02 trang)
Câu 1. (1,5 điểm)
1) Giải phương trình: 3x 2  x  2  0 .
x  4y  1

2) Giải hệ phương trình: 
1.
2y  3x 
3

Câu 2. (1,0 điểm) Cho biểu thức Q 

x x 1

1) Rút gọn biểu thức Q .

x 1



5x  5

x 1

 2 với x  0, x  1 .

2) Tìm giá trị của x để Q  3  2 2 .

Câu 3. (2,5 điểm)

x2
1) Cho hàm số y 
có đồ thị  P  . Vẽ  P  và tìm điểm thuộc đồ thị có hoành độ
3
bằng 3 .
2) Cho phương trình x 2  6x  7  0 có hai nghiệm phân biệt x1, x 2 . Không giải phương

trình hãy tính giá trị các biểu thức M  x 12  x 22  2x 1x 2 và N  x14  x13  7x 22  x 24x 1 .

3) Một công ty vận tải dự định chở 54 tấn hàng để hưởng ứng phong trào “Hướng về
Miền Trung thân yêu”. Nhưng khi chuẩn bị khởi hành thì số hàng hóa đã tăng thêm 6
tấn so với dự định. Vì vậy công ty phải bổ sung thêm 3 xe, lúc này mỗi xe chở ít hơn
dự định 1 tấn hàng. Hỏi ban đầu công ty dự định dùng bao nhiêu chiếc xe để chở hàng,
biết các xe chở số tấn hàng bằng nhau.
Câu 4. (1,5 điểm)
1) Cho bảng thống kê số lượng khách hàng trung bình mỗi nhân viên của ngân hàng X
hỗ trợ được trong một ngày với thời gian nhất định như bảng sau:
Thời gian (Phút)
1;5,5 5,5;10 10;14,5 14,5;19
Số lượng khách hàng (Người)
9
5
4
Lập bảng tần số và tần số tương đối ghép nhóm cho bảng dữ liệu trên.
2) Có hai chiếc hộp như hình vẽ bao gồm hộp quà màu đỏ
bao gồm có 3 món quà lần lượt là một quả cầu, cây thông,
chiếc tất ; hộp quà màu vàng bao gồm có 3 cái bánh
trung thu có 3 màu lần lượt là đỏ, trắng, vàng. Bạn B
lấy lần lượt ngẫu nhiên từ trong hộp màu đỏ, hộp màu
vàng ra 1 món quà và 1 cái bánh trung thu. Tính xác
suất biến cố V: “Bạn B lấy được quả cầu và 1 cái bánh
trung thu”.

8

Câu 5. (1,5 điểm)
1) Cho hình bên là một thúng gạo vun đầy. Thúng có dạng nửa hình cầu với đường kính
50 cm, phần gạo vun lên có dạng hình nón cao 15 cm.

a) Tính thể tích phần gạo trong thúng.
b) Nhà B dùng lon sữa dạng hình trụ bán kính 5cm, chiều cao 15cm để đong gạo. Biết
mỗi ngày nhà B ăn 5 lon gạo, mỗi lần đong gạo thì gạo chiếm 90% thể tích lon sữa. Hỏi
lượng gạo trênăn được nhiều nhất bao nhiêu ngày?
2) Giông bão thổi mạnh, một cây bị gãy gập xuống làm ngọn cây
chạm đất và tạo với phương nằm ngang một góc 45o (minh hoạ
ở hình vẽ). Người ta đo được khoảng cách từ chỗ ngọn cây chạm
đất đến gốc cây là 4,5 m. Giả sử cây mọc vuông góc với mặt đất,
hãy tính chiều cao của cây đó theo đơn vị mét (làm tròn kết quả
đến hàng phần mười).
Câu 6. (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O . Các đường cao AD, BE ,CF đồng

 

 

quy tại H . Vẽ đường kính AT của đường tròn O .
1) Chứng minh tứ giác AFHE nội tiếp.
2) Chứng minh AD  AT  AB  AC .
3) Vẽ CI vuông góc với AT tại I . Gọi M là trung điểm của BC . Chứng minh tứ giác
FDME nội tiếp và F , M , I thẳng hàng.
--- HẾT --- Thí sinh không được sử dụng tài liệu!
- Giám thị không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh: ………………………………………………………………………………. Số báo danh: ……………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỒNG NAI

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2025-2026
Môn: Toán
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)
ĐỀ THI THỬ
(Hướng dẫn chấm thi bao gồm 7 trang)
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
Câu
Ý
Đáp án
Điểm
0,75
Giải phương trình: 3x 2  x  2  0 .

 

 

2

  1  4.3 2  25  0

0,25

Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt:
1

x1 
x2 

1
(1,5
điểm)

2

 

 1  25

2.3
 1  25

 

2.3



2
3

0,25

1

 2 
Vậy phương trình có nghiệm là: x   ;1
3 
x  4y  1

Giải hệ phương trình: 
1.
2y  3x 

3
x  4y  1


1
2y  3x 

3
x  4y  1


1
2y  3 4y  1 

3
x  4y  1


10
10y 
3


1
x 
3


y  1

3
 1 1 
Vậy hệ phương trình có nghiệm là: x ; y   ; 
 3 3 



Rút gọn biểu thức Q .
2
(1,0
điểm)

1





  5. 

x 1 x  x 1
x 1

Q  x  x 15 x 52
Q x 4 x 4
Q 



x 2

0,75



 

Q

0,25



2



x 1

x 1

x 1

 2

0,5

0,25
0,5
0,25

0,25

0,5

Tìm giá trị của x để Q  3  2 2 .

2

Q  3  2 2 khi và chỉ khi



x  0, x  1

2
Vậy x thoả 
 x  2 

2 1

 



x 2



2

 32 2 

 
2  x  3  2 

 Khi x  4 thì

x 2  1



 3  2 2 (N)

0,5



x 2  2 1  x 



0,25

2

2

 Khi x  4 thì

Vậy x  3  2 2;11  6 2





2 1

2 1

2

2

 11  6 2 (N)

x2
có đồ thị  P  . Vẽ  P  và tìm điểm thuộc đồ thị
3
có hoành độ bằng 3 .
Bảng giá trị của hàm số:
-6 -3
0
3
6
x
y
12 3
0
3 12
Vẽ được đồ thị của hàm số.
Cho hàm số y 

0,75

0,25

1
0,25

3.
(2,5
điểm)

Gọi I là điểm thoả mãn bài toán.
Nên I



3; y I



 

mà I  P  yI 

 
3

2

1

0,25

3
Cho phương trình x  6x  7  0 có hai nghiệm phân biệt x 1, x 2 . Không
2

giải phương trình hãy tính giá trị các biểu thức M  x 12  x 22  2x 1x 2

1,0

và N  x 14  x13  7x 22  x 24x 1 .
2

    7   16  0 , nên phương trình có nghiệm phân biệt

Có:  '  3

2

x 1, x 2

x  x 2  6
Theo hệ thức Vi-ét ta được:  1
x 1x 2  7
M  x 12  x 22  2x 1x 2 

x

1

 x2



2

 x1  x2  6

0,25

0,25

N  x 14  x 13  7x 22  x 24x 1

 
 x  x

N  x 14  6  7 x 13  7x 22  7x 23
N x

4
1
4
1

1
4
1



 x 1x 2 x 13  7x 22  7x 23

2
3
1 2

0,25

N  x  x  x x  x x  7x 22  7x 23
4
1 2

N  7x 12  7x 22  7x 13  7x 23



N  7  x1  x 2







 



2
 2x 1x 2   7 x 1  x 2  x 1  x 2  3x 1x 2 



N  7 62  2. 7   7.6. 62  3. 7   2744




Một công ty vận tải dự định chở 54 tấn hàng để hưởng ứng phong trào
“Hướng về Miền Trung thân yêu”. Nhưng khi chuẩn bị khởi hành thì
số hàng hóa đã tăng thêm 6 tấn so với dự định. Vì vậy công ty phải bổ
sung thêm 3 xe, lúc này mỗi xe chở ít hơn dự định 1 tấn hàng. Hỏi ban
đầu công ty dự định dùng bao nhiêu chiếc xe để chở hàng, biết các xe
chở số tấn hàng bằng nhau.
2

 



Gọi x (xe) là số xe dự định của công ty x  *, x  54
3

Số xe tham gia vận chuyển là x  3 (xe)
Số tấn hàng trên mỗi chiếc theo dự định

0,25

0,75



54
(tấn hàng/xe)
x

60
(tấn hàng/xe)
x 3
54
60

1
Theo bài ra ta có phương trình:
x x 3
x  9 (n )
 54 x  3  60x  x x  3  x 2  9x  162  0  
.
x  18(l )
Vậy lúc đầu công ty có 9 chiếc xe.
Lập bảng tần số và tần số tương đối ghép nhóm cho bảng dữ liệu
trên.
Lập được bảng tần số và tần số tương đối ghép nhóm như sau:
Thời gian
1;5,5  5,5;10  10;14,5 14,5;19 
(Phút)
Tần số
9
5
4
8
Tần số tương
35%
19%
15%
31%
đối ghép nhóm
Giám khảo lưu ý:
- Thí sinh không trình bày ở dạng bảng được 0,0 đ toàn ý.
- Thí sinh không lập bảng tần số trừ 0,5
- Thí sinh không lập bảng tần số tương đối ghép nhóm trừ 0,25.

0,25

Số tấn hàng trên mỗi chiếc thực tế



4
(1,5
điểm)

1







0,25

0,25

0,75

2

Có hai chiếc hộp như hình vẽ bao gồm hộp quà
màu đỏ bao gồm có 3 món quà lần lượt là một
quả cầu, cây thông, chiếc tất ; hộp quà màu
vàng bao gồm có 3 cái bánh trung thu có 3 màu
lần lượt là đỏ, trắng, vàng. Bạn B lấy lần lượt
ngẫu nhiên từ trong hộp màu đỏ, hộp màu vàng ra 1 món quà và 1 cái
bánh trung thu. Tính xác suất biến cố V: “Bạn B lấy được quả cầu và
1 cái bánh trung thu”.
Không gian mẫu của phép thử là:
Gọi {A;B} là kết quả của phép thử bạn B lấy ngẫu nhiên từ trong hộp
màu đỏ, và màu vàng ra 1 món quà A và 1 cái bánh B:
Ω={{Cầu;Đỏ},{Cầu;Trắng},{Cầu;Vàng},{Cây;Đỏ},{Cây;Trắng},
{Cây;Vàng},{Tất;Đỏ},{Tất;Trắng}, {Tất;Vàng}}
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: n   9

0,75

0,25

 

Các kết quả thuận lợi cho biến cố V là:
{Cầu;Đỏ}, {Cầu;Trắng},{Cầu;Vàng}.
 Số kết quả thuận lợi cho biến cố V là: n V  3

 

 

Xác suất của biến cố V là: P V 

 31
n  9 3
n V

0,25

0,25

Cho hình bên là một thúng gạo vun đầy. Thúng có dạng nửa hình cầu
với đường kính 50 cm, phần gạo vun lên có dạng hình nón cao 15 cm.
0,5

5
(1,5
điểm)

a) Tính thể tích phần gạo trong thúng.
Bán kính của thúng gạo là 25 (cm)
- Thể tích phần gạo có dạng nửa hình cầu là
4

31250
 cm 3
V1   . .253  : 2 
3
3





1



- Thể tích phần gạo vun lên có dạng hình nón là
1
V1  . .252.15  3125 cm 3
3
- Thể tích phần gạo trong thúng là
40625
V  V1  V2 
  42542, 4 cm 3
3
b) Nhà B dùng lon sữa dạng hình trụ bán kính 5cm, chiều cao 15cm
để đong gạo. Biết mỗi ngày nhà B ăn 5 lon gạo, mỗi lần đong gạo thì
gạo chiếm 90% thể tích lon sữa. Hỏi lượng gạo trên ăn được nhiều nhất
bao nhiêu ngày?
- Thể tích gạo mỗi lần đong là:

 

 

0,5







Vgao  90%.Vlon  90%.  .52.15  337, 5 cm 3



- Suy ra thể tích gạo nhà nhà B ăn mỗi ngày là:
5Vgao  1687, 5
- Số ngày ăn hết lượng gạo đó là:

V
 8 (ngày)
5Vgao

Giông bão thổi mạnh, một cây bị gãy gập xuống
làm ngọn cây chạm đất và tạo với phương nằm
ngang một góc 45o (minh hoạ ở hình vẽ). Người
ta đo được khoảng cách từ chỗ ngọn cây chạm đất
đến gốc cây là 4,5 m. Giả sử cây mọc vuông góc
với mặt đất, hãy tính chiều cao của cây đó theo
đơn vị mét (làm tròn kết quả đến hàng phần
mười).

0,5

B

2
A

45o

C

4,5 m

Gọi A là vị trí ngọn cây chạm đất, C là vị trí gốc cây và B là vị trí
cây bị gãy.
Xét ABC vuông tại C . Theo hệ thức lượng giữa cạnh và góc trong
tam giác vuông ta có:

+) CB  AC tan A  4, 5. tan 45  4, 5 m

 

+) AB 

AC
4, 5
9 2
m


o
 cos 45
2
cos BAC

 

9 2
 10, 7 m
2
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O . Các đường cao

 

Do đó chiều cao của cây là AB  BC  4, 5 
6
(2,0
điểm)

 

1

AD, BE ,CF đồng quy tại H . Vẽ đường kính AT của đường tròn

O  .

Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp.

0,5

A

E
F

H

B

D

O

C

M
I
T

(Giám khảo lưu ý: Không vẽ hình không chấm câu này)
Theo giả thiết ta có:
+) Vì FAH vuông tại F nên ta có: 3 điểm A, F , H cùng thuộc

một đường tròn đường kính AH .
+) Vì EAH vuông tại E nên ta có: 3 điểm A, E , H cùng thuộc

0,5

một đường tròn đường kính AH .
Do đó 4 điểm A, E , H , F cùng thuộc một đường tròn đường kính AH .

2

Vậy nên tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính AH .
Chứng minh AD  AT  AB  AC .
  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Ta có ACT
 
Suy ra ADB  ACT  90 .



0,5



  ATC
 (góc nội tiếp cùng chắn AC
)
Lại có ABD
AB AD
Suy ra ABD ∽ ATC (g-g) 

 AD  AT  AB  AC
AT AC
Vẽ CI vuông góc với AT tại I . Gọi M là trung điểm của BC . Chứng
minh tứ giác FDME nội tiếp và F , M , I thẳng hàng.

1,0

Chứng minh FDME nội tiếp.

3

  DCH

- Dễ dàng chứg minh được BFEC nội tiếp nên ta có: FEH
 ), lại chứng minh được CDHE nội tiếp nên
(cùng chắn BF
  DCH
 (cùng chắn BF
)
HED
  HED
 do đó FED
  2FEH

Suy ra: FEH
  MFC
  MCF
 mà FMC cân tại M nên
- Lại có: FMD
  MCF

MFC



 FMD  2MCF  2FEH
  FED

 FMD
Suy ra FDME nội tiếp

0,5

Chứng minh F , M , I thẳng hàng.
 

- Vì tứ giác OMIC nội tiếp nên IMC  IOC  2TAC
  BAD
  IMC
  2BAD

Mà ABD ∽ ATC (g-g)  TAC

 
- Ta thấy tứ giác BAED nội tiếp nên ta có: BAD  BED (cùng chắn
  2BED
  FED
 mà FMB
  FMB

 )  IMC
  FED
  IMC
BD
 
 
- Ta có: FMC
 FMB  180o  FMC  CMI  180o
Nên 3 điểm F , M , I thẳng hàng.

-

0,5

--- HẾT --Lưu ý các ý không chia điểm từng bước thì bài làm của thí sinh phải đảm bảo tất cả
nội dung thì mới được trọn điểm ý đó.
Thí sinh có cách làm khác đúng vẫn được điểm tối đa.
Điểm bài thi lẻ đến 0,125.