ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 – 2025 – 2026
ĐẠI TRÀ

ĐÁP ÁN THAM KHẢO
I. TRẮC NGHIỆM (2 điểm) (Mỗi câu đúng được 0,25 điểm)
Câu
Đáp án

1
C

2
A

3
C

4
B

5
D

6
B

7
B

8
A

II- PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm) (Thí sinh trình bày lời giải vào tờ giấy thi)
Câu 9 ( 1,0 điểm). Cho x ≥ 0 và x ≠ 4 . Rút gon biểu thức

2  x +2
x
+
A = 
⋅
x − 2  x + 4
 x +2

Hướng dẫn




2

x

x +2

.
Với x ≥ 0 và x ≠ 4 . Ta có A = 
+
⋅
x − 2  x + 4
 x +2

A= 




A= 


=
A

A
=

A=

(

(

(

x

x −2

x +2

)(

)

x −2

x−2 x
x +2

)(

x −2

+

) (
+

) (

x−2 x +2 x +4

(

(

x +2

)(

x −2

x+4
x +2

)(

x −2

)

)

⋅

⋅

2

(

x +2

)(

)(

)


⋅ x +2
x −2  x+4


2 x +4
x +2

)


⋅ x +2
x −2  x+4


x +2

)

x +2
x+4
x +2
x+4

1
.
x −2

0 có hai nghiệm x1 , x2 . Không giải phương
Câu 10 (1,0 điểm). Biết phương trình x 2 − 5 x + 3 =

trình, tính giá trị của biểu thức T = ( x1 + 3)2 + ( x2 + 3)2 .
Hướng dẫn
5 (1)
 x1 + x2 =
3 (2)
 x1 ⋅ x2 =

Vi phương trình có hai nghiệm x1 , x2 nên áp dụng Định lý Viète có: 
Ta có T = ( x1 + 3)2 + ( x2 + 3)2
T = x12 + 6 x1 + 9 + x22 + 6 x2 + 9 = x12 + x22 + 6 ( x1 + x2 ) + 18
T = x12 + 6 x1 + 9 + x22 + 6 x2 + 9 =

( x1 + x2 )

2

− 2 x1 x2 + 6 ( x1 + x2 ) + 18 (3)

Тhay (1) và (2) vào (3) ta được T = 52 − 2.3 + 6 ⋅ 5 + 18 = 19 + 30 + 18 = 67
Vậy T = 67
THCS.TOANMATH.com

Trang 3

ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 – 2025 – 2026
ĐẠI TRÀ

1
2 x − 3 y =
.
3
x + y =

Câu 11 ( 1,0 điểm). Giải hệ phương trình 

Hướng dẫn
1 (1)
2 x − 3 y =
3 (2)
x + y =

Giải hệ phương trình 

1
Từ (2) ta có y= 3 − x (3) thay vào (1) ta được 2 x − 3 ( 3 − x ) =
2 x − 9 + 3x =
1
5 x = 10
x=2

thay vào (3) ta được y = 1

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = ( 2;1)
Câu 12 (2,0 điểm).
a) Một hộp đựng 4 viên bi có cùng khối lượng và kích thước, được đánh số 5;6;7;8 . Lấy ngẫu
nhiên lần lượt hai viên bi từ hộp đó (viên bi lấy ra lần đầu không trả lại vào hộp). Viết không
gian mẫu của phép thử và tính xác suất của biến cố A : "Tổng hai số trên hai viên bi chia 3 dư
2".
Hướng dẫn
Không gian mẫu của phép thử là
Ω ={( 5;6 ) ; ( 5;7 ) ; ( 5;8 ) ; ( 6;7 ) ; ( 6;8 ) ; ( 7;8 ) ; ( 6;5 ) ; ( 7;5 ) ; ( 8;5 ) ; ( 7;6 ) ; ( 8;6 ) ; ( 8;7 )}

Số phần tử của không gian mẫu của phép thử là 12 .
Các kết quả thuận lợi của biến cố A : "Tổng hai sổ trên hai viên bi chia 3 dư 2 " là
( 5;6 ) ; ( 6;8) : ( 6;5) ; (8;6 ) .Có 4 kết quả thuận lợi cho biển cố A .
4
12

Vậy xác suất của biến cố A : "Tổng hai số trên hai viên bi chia 3 dư 2" là P ( A=) =

1
.
3

b) Một đội xe dự định chở 30 tấn hàng. Khi sắp khởi hành thì hai xe phải điều đi làm công
việc khác nên mỗi xe còn lại phải chở nhiều hơn 0,5 tấn hàng so với dự định ban đầu. Hỏi thực
tế có bao nhiêu xe đã tham gia chở hàng? (biết rằng mỗi xe đều chở khối lượng hàng bằng
nhau).
Hướng dẫn
Gọi số xe trong đội lúc ban đầu là x ( xe )( x ∈ ; x > 2 ) .
Số xe thực tế tham gia chở hàng là x − 2 ( xe ) .
30
(tấn).
x
30
Thực tế khối lương hàng mỗi xe phải chở là
(tấn).
x−2
1
Do điều chuyển đi 2 xe thì mỗi xe chở thêm 0,5 = tấn hàng nên ta có phương trình:
2
30 30 1
−
=
x−2 x 2

Lúc đầu, khối lượng hàng mỗi xe phải chở là

THCS.TOANMATH.com

Trang 4

ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 – 2025 – 2026
ĐẠI TRÀ

60 x − 60 ( x − 2 ) = x ( x − 2 )

x 2 − 2 x − 120 =
0

Giải phương trình ta được x1 = 12 (TM ) ; x2 = −10 ( L )
Vậy thực tế có 10 xe tham gia chở hàng.
Câu 13 ( 2,0 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) , hai đường
cao BM và CN cắt nhau tại H . Gọi K là trung diểm của cạnh BC .
a) Chứng minh tứ giác BCMN nội tiếp.
b) Qua điểm K vẽ đường thẳng vuông góc với KH cắt các đường thẳng AB, AC và AH lần
lượt tại các điểm E , F và Q . Chứng minh AH = 2OK và Q là trung điểm của EF .
A
M
N
H

O

B
Q

F
C

K

D

E

Hướng dẫn
a) Chứng minh tứ giác BCMN nội tiếp.
Cách giải:
BMC ∠=
BNC 90 .
Vi BM ⊥ AC , CN ⊥ AB nên ∠=
Ta có ∆BNC vuông tại N ( CN ⊥ AB ) nên ∆BNC nội tiếp đường tròn đường kính BC (1)
Ta có ∆BMC vuông tại M ( BM ⊥ AC ) nên ∆BMC nội tiếp đường tròn đường kính BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BCMN nội tiếp.đường tròn đường kính BC
ACD
= 
ABD
= 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
b) Kẻ đường kính AD của ( O ) . Khi đó 

Nên DC ⊥ AC và BD ⊥ AB .
Ta có DC ⊥ AC và BM ⊥ AC nên suy ra BH // DC
Ta có BD ⊥ AB và và CN ⊥ AB nên BD // HC
Suy ra DBHC là hình bình hành. Mà K là trung điểm của BC nên K là trung điểm của HD
THCS.TOANMATH.com

Trang 5

ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 – 2025 – 2026
ĐẠI TRÀ

Xét ∆ADH có O là trung điểm của AD và K là trung điểm của HD nên OK là đường trung
bình của ∆ADH . Suy ra AH = 2OK .
Chứng minh tương tự câu a) ∆ENH ; ∆EHK vuông nên tứ giác NHKE nội tiếp đường tròn
)
 (cùng bù NHK
AEQ = KHC
đường kính HE Khi đó 
 = NCB
 (cùng phụ 
ABC ) nên ∆AEQ ∽ ∆CHK ( g ⋅ g )
Lại có NAH

Suy ra

HK ⋅ AQ
EQ AQ
hay EQ =
=
CK
HK CK

Chứng minh tương tự câu a) tứ giác ANHM nội tiếp đường tròn đường kính AH Khi đó
 = MAH
 (hai góc nội tiếp cùng chắn HM
)
MNH
 = MBC
 (hai góc nội tiếp cùng chắn MC
)
Ta có MNH

(




= QAF
= MNH
Suy ra HBC

)

 (do cùng phụ QKB
 )
AQF = BKH
Mặt khác 

Suy ra ∆AQF ∽ ∆BKH ( g ⋅ g ) nên

QF AQ
HK ⋅ AQ
hay QF =
=
BK
HK BK

Mà BK = CK nên EQ = FQ hay Q là trung điểm của EF .
Câu 14. (1,0 điểm).
a) Một công ty sản xuất hàng loạt thùng đựng hàng hóa bằng gỗ. Mỗi thùng có dạng hình
hộp chữ nhật không nắp, đáy là hình vuông, thể tích 160dm3 . Để tiết kiệm vật liệu gỗ làm
thùng, người ta cần thiết kế thùng sao cho tổng diện tích xung quanh và diện tích mặt đáy là
nhỏ nhất. Khi đó độ dài cạnh đáy và chiều cao của thùng có giá trị bằng bao nhiêu? (kết quả
làm tròn đến một chữ số thập phân).
Hướng dẫn
Gọi độ dài cạnh đáy là a ( dm ) và chiều cao là h ( dm ) , trong đó a > 0 và h > 0 .
Theo giả thiết, ta có
nên h =

2
=
V a=
h 160

160
.
a2

Lại có, tổng diện tích phần vật liệu cần dùng là.
Khi đó S = a 2 + 4ah = a 2 + 4a ⋅

S= a 2 + 4ah

160
640 2
= a2 +
( m ).
2
a
a

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta được
640
320 320
320 320
=a 2 +
+
≥ 33 a2 ⋅
⋅
=48 3 25 ≈ 140, 4 ( m 2 )
a
a
a
a
a
320
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 2 =
, hay=
a 4 3 5 ≈ 6,8 ( dm ) (thoả mān). Khi đó,
a
160
2 3 5 ≈ 3, 4 (dm).
=
h =
2
a
S =a 2 +

Vậy, để tổng diện tích phần vật liệu cần đùng là nhỏ nhất thì cạnh đáy và chiền cao có độ dài
lần lượt là khoảng 6,8dm và 3, 4dm .
THCS.TOANMATH.com

Trang 6

ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 – 2025 – 2026
ĐẠI TRÀ

5c 2 . Tìm giá trị lớn nhất của
b) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn 4 ( ab + bc + ca ) =
S
biểu thức =

2 ( a + b + c ) − a 2 − b2 .

Hướng dẫn
Theo giả thiết, ta có
4 ( ab + bc + ca ) =
5c 2

9c 2
⇒ 4 ( ab + bc + ca ) + 4c 2 =

Ta có 9c 2= 4 ( a + c )( b + c ) ≤ (a + b + 2c) 2

Do đó, 3c ≤ a + b + 2c , hay a + b ≥ c .
Lại có a 2 + b 2 ≥

( a + b) 2
2

Đặt x = a + b > 0 ta có
S=

2 ( a + b + c ) − a 2 − b2 ≤ 2 ( a + b + a + b ) −

( a + b) 2
x2
x2
= 2 x − ≤ x +1−
2
2
2

1
3 3
=
− ( x − 1) 2 + ≤
2
2 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi c = a + b = x = 1 và a = b , hay a= b=
Vậy GTLN của S =

1
và c = 1 (thoả mān).
2

3
1
khi a= b=
và c = 1
2
2

HẾT

THCS.TOANMATH.com

Trang 7