Đề tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm 2026-2027 (Chung) Sở Đồng Nai (có đáp án)

1. Ta có \({x^2} + 6x - 7 = 0\)

\(\left( {x - 1} \right)\left( {x + 7} \right) = 0\)

\(x = 1\) hoặc \(x =  - 7\).

Vậy phương trình có 2 nghiệm là: \(x = 1\,;\,\,x =  - 7\).

2. Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 3y = 3}\\{2x + y = 9}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3y - y = 3 - 9}\\{2x + y = 9}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y =  - 3}\\{2x - 3 = 9}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y =  - 3}\\{x = 6}\end{array}} \right.\).

Vậy hệ phương trình có nghiệm là: \(\left( {x\,;\,\,y} \right) = \left( {6\,;\,\, - 3} \right)\).

3. Ta có \(3x - 15 > 0\)

\(3x > 15\)

\(x > 5\).

Vậy bất phương trình có nghiệm là: \(x > 5\).

1. Ta có \(P = \sqrt {25}  + \sqrt[3]{{ - 27}} = 5 - 3 = 2\).

2. Với \(x \ge 0,x \ne 4\) ta được:

\(Q = \left( {\frac{2}{{x + 4\sqrt x  + 4}} - \frac{1}{{2\sqrt x  + 4}}} \right):\frac{{2 - \sqrt x }}{{6\sqrt x  + 12}}\)

\[ = \left[ {\frac{2}{{{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)}^2}}} - \frac{1}{{2\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}} \right]:\frac{{2 - \sqrt x }}{{6\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\]

\( = \left[ {\frac{4}{{2{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)}^2}}} - \frac{{\sqrt x  + 2}}{{2{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)}^2}}}} \right]:\frac{{2 - \sqrt x }}{{6\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\)

\( = \frac{{4 - \sqrt x  - 2}}{{2{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)}^2}}}:\frac{{2 - \sqrt x }}{{6\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\)

\( = \frac{{2 - \sqrt x }}{{2{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)}^2}}} \cdot \frac{{6\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}{{2 - \sqrt x }}\)\( = \frac{3}{{\sqrt x  + 2}}\).

Ta có \(Q = \frac{3}{{\sqrt x  + 2}}\). Để \(Q \in \mathbb{Z}\) thì \((\sqrt x  + 2)\) phải là ước nguyên của 3.

Tập hợp các ước của 3 là: Ư\((3) = \left\{ {1\,;\,\, - 1\,;\,\,3\,;\,\, - 3} \right\}\).

Vì \(x \ge 0\) nên \(\sqrt x  \ge 0\), do đó \(\sqrt x  + 2 \ge 2\).

So sánh với tập các ước của 3, giá trị duy nhất thỏa mãn điều kiện \(\sqrt x  + 2 \ge 2\) là \(3\).

Do đó, ta có \(\sqrt x  + 2 = 3\) nên \(\sqrt x  = 1\) suy ra \(x = 1\) (TMĐK).

Vậy để \(Q\) nhận giá trị là số nguyên thì \(x = 1\).

1. Bảng giá trị của hàm số:

Biểu diễn trên hệ trục tọa độ

2. Vì phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) nên theo hệ thức Viète, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} =  - 7}\\{{x_1}{x_2} = 3}\end{array}} \right.\).

Ta có \(M = x_1^2 + x_2^2 = x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2} - 2{x_1}{x_2}\)

\( = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = {\left( { - 7} \right)^2} - 2 \cdot 3 = 49 - 6 = 43.\)

3. Gọi \(x\) (nghìn đồng) là số tiền mỗi học sinh phải đóng sau khi điều chỉnh giá.

\(y\) (học sinh) là số học sinh ban đầu (Điều kiện: \(x > 0\,,\,\,y \in {\mathbb{N}^*}\)).

Khi đó, số tiền mỗi học sinh phải đóng ban đầu là \(x + 20\) (nghìn đồng).

số học sinh sau khi thêm 50 em là \(y + 50\) (học sinh).

Theo đề bài ta có hệ phương trình: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {x + 20} \right)y = 60\,\,000}\\{\left( {y + 50} \right)x = 63\,\,000}\end{array}} \right.\]

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{xy + 20y = 60\,\,000}\\{xy + 50x = 63\,\,000}\end{array}} \right.\]

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5x - 2y = 300}\\{xy + 20y = 60\,\,000}\end{array}} \right.\]

Từ phương trình \(5x - 2y = 300\) suy ra \[x = \frac{2}{5}y + 60\].

Thế vào \(xy + 20y = 60\,\,000\), ta được

\(\left( {\frac{2}{5}y + 60} \right)y + 20y = 60\,\,000\)

\(2{y^2} + 400y - 300\,\,000 = 0\)

\(y = 300\) (TMĐK) hoặc \(y =  - 500\) (loại)

Với \(y = 300\) thì \(x = 180\) (TMĐK).

Vậy số tiền mỗi học sinh phải đóng sau khi điều chỉnh giá là 180 nghìn đồng.

1. Tần số của nhóm \[\left[ {14\,;\,\,21} \right)\] là 16.

Cỡ mẫu của mẫu số liệu là: \(N = 3 + 14 + 16 + 7 = 40\).

Do đó tần số tương đối của nhóm \[\left[ {14\,;\,\,21} \right)\] là: \(\frac{{16}}{{40}} \cdot 100\%  = 40\% \).

2. Không gian mẫu của phép thử là: \(n\left( \Omega  \right) = 6\).

Các kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là: 3; 6.

Vì các kết quả có thể xảy ra đồng khả năng nên \(n\left( A \right) = 2\).

Xác suất biến cố A: "Số ghi trên thẻ được rút ra là bội của 3" là:

\(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}.\)

1. Gọi \(C\) là hình chiếu của \(B\) lên mặt đất, trùng với mốc chiều cao \(5\,\,{\rm{km}}\) của \(B\) trên mặt đất.

Theo tỉ số lượng giác trong tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) ta có:

\(\sin \widehat {BAC} = \frac{{BC}}{{AB}}\) suy ra \(AB = \frac{{BC}}{{\sin \widehat {BAC}}} = \frac{5}{{\sin 30^\circ }} = 10{\rm{ (km)}}\).

Vậy quãng đường \(AB\) dài \(10{\rm{ km}}\).

2. Thể tích của một hình trụ trên là: \(V = 3,14 \cdot {\left( {\frac{{10}}{2}} \right)^2} \cdot 18 = 1413{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)

1. Vì \(\widehat {MAO} = 90^\circ \) (giả thiết) suy ra \(\Delta MAO\) vuông tại \(A\) do đó 3 điểm \(M,\,\,A,\,\,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(MO.\)

Lại có, \(\widehat {MBO} = 90^\circ \) (giả thiết) suy ra \(\Delta MBO\) vuông tại \(B\) do đó 3 điểm \(M,\,\,B,\,\,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(MO.\)

Do đó 4 điểm \(M,\,\,A,\,\,O,\,\,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(MO\) suy ra tứ giác \(MAOB\) nội tiếp đường tròn.

2. Ta có \(\widehat {MDA} = 180^\circ  - \widehat {ADC}\) mà \(\widehat {ADC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra \(\widehat {MDA} = 90^\circ \).

Khi đó chứng minh được  (g.g).

Suy ra \[\frac{{MA}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MA}}\] nên \(M{A^2} = MC \cdot MD\).

3. Vì \(AC\) là đường kính nên \(\widehat {ADC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  suy ra \(\widehat {MDA} = 90^\circ \).

Dễ dàng chứng minh được \(MDHA\) nội tiếp, ta được: \(\widehat {ADH} = \widehat {AMH}\) (cùng chắn ).

Vì \(MO\) là tia phân giác của góc tạo bởi hai tiếp tuyến cắt nhau nên \(\widehat {AMH} = \widehat {FMB}\).

Suy ra \(\widehat {ADH} = \widehat {FMB}\) (1).

Ta có: \(M{A^2} = MC.MD\), mà \(M{A^2} = MH.MO\) suy ra \(MC \cdot MD = MH \cdot MO\), do đó \(\frac{{MC}}{{MO}} = \frac{{MH}}{{MD}}\).

Xét \(\Delta MHD\) và \(\Delta MCO\) có: \(\frac{{MC}}{{MO}} = \frac{{MH}}{{MD}}\) và \(\widehat {DMH}\) chung

Do đó $\Delta MHD\backsim \Delta MCO$ (c.g.c)

Suy ra \(\frac{{HD}}{{CO}} = \frac{{MD}}{{MO}}\) nên \(HD = R \cdot \frac{{MD}}{{MO}}\) (với \(R\) là bán kính đường tròn \((O)\)).

Chứng minh tương tự ta có $\Delta MDA\backsim \Delta MAC$ suy ra \(\frac{{DA}}{{AC}} = \frac{{MD}}{{MA}}\) nên \(DA = 2R \cdot \frac{{MD}}{{MA}}\) (do đường kính \(AC = 2R\)).

Khi đó \(\frac{{HD}}{{DA}} = \frac{{R \cdot \frac{{MD}}{{MO}}}}{{2R \cdot \frac{{MD}}{{MA}}}} = \frac{{MA}}{{2MO}}\).

Do tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có \(MA = MB\), thay vào tỉ số trên ta được:

\(\frac{{HD}}{{DA}} = \frac{{MB}}{{2MO}}\).

Mà \(M{B^2} = MH \cdot MO\) nên \(\frac{{MH}}{{MB}} = \frac{{MB}}{{MO}}\).

Vì \(F\) là trung điểm \(MH\) nên \(MF = \frac{1}{2}MH\).

Ta có: \(\frac{{MF}}{{MB}} = \frac{{\frac{1}{2}MH}}{{MB}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{MH}}{{MB}} = \frac{{MB}}{{2MO}}\).

Từ đó suy ra: \(\frac{{MF}}{{MB}} = \frac{{HD}}{{DA}}\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra $\Delta BFM\backsim \Delta AHD$ (c.g.c) suy ra \(\widehat {FBM} = \widehat {DAH}\).

Kẻ đường kính \(BT\). Ta có \(\widehat {DBM} = \widehat {DAB} = \widehat {DAH}\) (cùng chắn ).

Suy ra \(\widehat {FBM} = \widehat {DBM}\) do đó \(B,\,\,D,\,\,F\) thẳng hàng.