Đề Thi Vào 10 MÔN TOÁN Tây Ninh 2026 2027

1.1: Ta có:

$A = 2\sqrt{7^2} + 5\sqrt{4 \cdot 3} – 7\sqrt{2^2}$

$A = 2 \cdot 7 + 5 \cdot 2\sqrt{3} – 7 \cdot 2$

$A = 14 + 10\sqrt{3} – 14$

$A = 10\sqrt{3}$

Vậy giá trị của biểu thức $A = 10\sqrt{3}$.

1.2: Với $x > 0$, ta có:

$B = \left( \frac{\sqrt{x}(\sqrt{x} + 7)}{\sqrt{x}} + 4\sqrt{x} – 7 \right) : \sqrt{x}$

$B = (\sqrt{x} + 7 + 4\sqrt{x} – 7) : \sqrt{x}$

$B = 5\sqrt{x} : \sqrt{x}$

$B = \frac{5\sqrt{x}}{\sqrt{x}}$

$B = 5$

Vậy với $x > 0$ thì $B = 5$.

Ta có bảng giá trị sau:

Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm:

$O(0;0); A(-2;8); B(-1;2); C(1;2); D(2;8)$

Hệ số $a = 2 > 0$ nên parabol có bề cong hướng lên. Đồ thị hàm số nhận $Oy$ làm trục đối xứng.

Ta được đồ thị hàm số $y = 2x^2$ như sau

3.1: Ta có: $2x^2 + 11x + 12 = 0$ (Phương trình có các hệ số: $a = 2, b = 11, c = 12$)

Khi đó: $\Delta = b^2 – 4ac = 11^2 – 4 \cdot 2 \cdot 12 = 121 – 96 = 25$

Vì $\Delta = 25 > 0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt. Ta có $\sqrt{\Delta} = \sqrt{25} = 5$.

$x_1 = \frac{-b + \sqrt{\Delta}}{2a} = \frac{-11 + 5}{2 \cdot 2} = \frac{-6}{4} = -\frac{3}{2}$

$x_2 = \frac{-b – \sqrt{\Delta}}{2a} = \frac{-11 – 5}{2 \cdot 2} = \frac{-16}{4} = -4$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S = \left\{ -\frac{3}{2}; -4 \right\}$.

3.2: Ta có $3x^2 – 7x + 2 = 0$ với $a = 3, b = -7, c = 2$.

Xét $\Delta = (-7)^2 – 4 \cdot 3 \cdot 2 = 49 – 24 = 25 > 0$, do đó phương trình luôn có $2$ nghiệm phân biệt $x_1, x_2$.

Áp dụng định lý Vi-ét, ta có:

$x_1 + x_2 = \frac{-b}{a} = \frac{7}{3}$

$x_1 x_2 = \frac{c}{a} = \frac{2}{3}$

Ta có: $H = x_1^2 + x_2^2 + 6x_1 x_2 = (x_1^2 + 2x_1 x_2 + x_2^2) + 4x_1 x_2 = (x_1 + x_2)^2 + 4x_1 x_2$

Thay các giá trị từ định lý Vi-ét vào biểu thức, ta được:

$H = \left(\frac{7}{3}\right)^2 + 4 \cdot \left(\frac{2}{3}\right) = \frac{49}{9} + \frac{8}{3} = \frac{49}{9} + \frac{24}{9} = \frac{73}{9}$

Vậy giá trị của biểu thức $H = \frac{73}{9}$.

3.3: Số thí sinh làm bài $2$ tờ và $3$ tờ là: $24 – 6 = 18$ (thí sinh)

Số tờ giấy của $6$ thí sinh làm $1$ tờ là: $6 \cdot 1 = 6$ (tờ).

Số tờ giấy còn lại của nhóm làm $2$ tờ và $3$ tờ là: $56 – 6 = 50$ (tờ)

Gọi $x$ là số thí sinh làm bài $2$ tờ ($x \in \mathbb{N}^*, x < 18$).

Gọi $y$ là số thí sinh làm bài $3$ tờ ($y \in \mathbb{N}^*, y < 18$).

Vì số thí sinh làm bài $2$ tờ và $3$ tờ là $18$ thí sinh, số tờ giấy còn lại của nhóm làm $2$ tờ và $3$ tờ là $50$ tờ nên ta có hệ phương trình:

$\begin{cases} x + y = 18 \\ 2x + 3y = 50 \end{cases}$

Từ phương trình đầu ta có: $x = 18 – y$. Thay vào phương trình thứ hai:

$2(18 – y) + 3y = 50$

$36 – 2y + 3y = 50$

$y = 50 – 36 = 14$ (TM)

Suy ra $x = 18 – 14 = 4$ (TM)

Vậy có $4$ thí sinh làm bài $2$ tờ, $14$ thí sinh làm bài $3$ tờ.

Bán kính đáy hình trụ và hình nón là: $2 : 2 = 1\text{ (cm)}$.

Thể tích của phần thân hình trụ là: $V_1 = \pi \cdot 1^2 \cdot 20 = 20\pi\text{ (cm}^3\text{)}$.

Thể tích của phần ngòi bút hình nón là: $V_2 = \frac{1}{3} \cdot \pi \cdot 1^2 \cdot 4 = \frac{4}{3}\pi\text{ (cm}^3\text{)}$.

Thể tích cây bút là: $V = V_1 + V_2 = 20\pi + \frac{4}{3}\pi = \frac{64}{3}\pi \approx 67\text{ (cm}^3\text{)}$.

Vậy thể tích cây bút là $67\text{ cm}^3$.

5.1: $C = 2 \cdot \sin 30^\circ \cdot \tan 45^\circ – \cos 60^\circ$

$C = 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot 1 – \frac{1}{2}$

$C = \frac{1}{2}$

Vậy $C = \frac{1}{2}$.

5.2: Xét tam giác $ABC$ vuông tại $C$,

Áp dụng tỉ số lượng giác ta có $\tan ABC = \frac{AC}{BC}$

$\tan 70^\circ = \frac{100}{BC}$

$BC = \frac{100}{\tan 70^\circ}$

$BC \approx 36\text{ (m)}$

Vậy ngọn hải đăng cao khoảng $36\text{ mét}$.

5.3.1:

Xét đường tròn $(O)$, ta có $AB$ là tiếp tuyến với đường tròn tại tiếp điểm $B$

Suy ra $AB \perp OB$ (tính chất tiếp tuyến). Do đó, $\angle ABO = 90^\circ$.

Xét $\Delta ABO$ có $\angle ABO = 90^\circ$, nên $\Delta ABO$ là tam giác vuông tại $B$.

Suy ra $A, B, O$ cùng nằm trên đường tròn có đường kính $AO$. (1)

Chứng minh tương tự, ta có $AC$ là tiếp tuyến với đường tròn $(O)$ tại tiếp điểm $C$ (theo giả thiết). Suy ra $AC \perp OC$ nên $\Delta ACO$ là tam giác vuông tại $C$.
Suy ra $A, C, O$ cùng nằm trên đường tròn có đường kính là cạnh huyền $AO$. (2)

Từ (1) và (2), ta suy ra bốn điểm $A, B, O, C$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $AO$.

5.3.2: Ta có $OB = OC = R$ và $AB = AC$ (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra $OA$ là trung trực của $BC$ hay $OA \perp BC$ tại $H$.

Xét $\Delta BOH$ và $\Delta AOB$ có:

$\angle BHO = \angle ABO = 90^\circ$

$\angle BOA$ chung

Suy ra $\Delta BOH \sim \Delta AOB\text{ (g.g)}$ nên $\frac{OB}{OA} = \frac{OH}{OB}$ hay $OB^2 = OA \cdot OH$

Mà $OB = OD = R$ nên $OD^2 = OH \cdot OA$ (2)

Xét $\Delta OHE$ và $\Delta OIA$ có:

$\angle OHE = \angle OIA = 90^\circ$

$\angle AOE$ chung

Suy ra $\Delta OHE \sim \Delta OIA\text{ (g.g)}$ nên $\frac{OH}{OI} = \frac{OE}{OA}$ hay $OH \cdot OA = OI \cdot OE$ (3)

Từ (2) và (3) suy ra $OD^2 = OI \cdot OE$ hay $\frac{OD}{OI} = \frac{OE}{OD}$

Kết hợp với $\angle DOE$ chung nên suy ra $\Delta DOI \sim \Delta EOD\text{ (c.g.c)}$

Suy ra $\angle DIO = \angle EDO = 90^\circ$ nên $OD \perp DE$ tại $D$ thuộc $(O)$.

Vậy $DE$ là tiếp tuyến của $(O)$.

6.1: Tổng số lần bắn của vận động viên là: $n = 20$.

Dựa vào mẫu số liệu, ta có:

– Điểm $8$ xuất hiện $2$ lần. Tần số tương đối là: $f_1 = \frac{2}{20} \cdot 100\% = 10\%$.

– Điểm $9$ xuất hiện $10$ lần. Tần số tương đối là: $f_2 = \frac{10}{20} \cdot 100\% = 50\%$.

– Điểm $10$ xuất hiện $8$ lần. Tần số tương đối là: $f_3 = \frac{8}{20} \cdot 100\% = 40\%$.

Bảng tần số tương đối của mẫu số liệu:

Điểm số: $8$ | $9$ | $10$

Tần số tương đối: $10\%$ | $50\%$ | $40\%$

6.2: Phép thử là viết một số có bốn chữ số khác nhau từ các chữ số $0; 2; 4; 6$.

Vì chữ số hàng nghìn không được là $0$, ta liệt kê được tất cả các số thỏa mãn gồm:

– Các số bắt đầu bằng $2$: $2046; 2064; 2406; 2460; 2604; 2640$.

– Các số bắt đầu bằng $4$: $4026; 4062; 4206; 4260; 4602; 4620$.

– Các số bắt đầu bằng $6$: $6024; 6042; 6204; 6240; 6402; 6420$.

Có tất cả $18$ kết quả có thể xảy ra.

Do người ta viết tùy ý nên các kết quả này là đồng khả năng.

Suy ra $n(\Omega) = 18$.

$E$ là biến cố: “Số viết được có chữ số $6$ và chữ số $0$ đứng cạnh nhau”.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố $E$ là:

$2064; 2460; 2460; 2604; 4062; 4206; 4260; 4602; 6024; 6042$

Có tất cả $10$ kết quả thuận lợi cho biến cố $E$, $n(A) = 10$.

Xác suất của biến cố $E$ là: $P(E) = \frac{n(E)}{n(\Omega)} = \frac{10}{18} = \frac{5}{9}$.

Gọi $x$ là số cây bút Vân mua ($x \in \mathbb{N}^*$).

Số tiền Vân dùng để mua $5$ quyển vở là: $5 \cdot 18 = 90$ (nghìn đồng)

Số tiền còn lại để Vân mua bút là: $200 – 90 = 110$ (nghìn đồng)

Vì giá mỗi cây bút là $6$ nghìn đồng và tổng số tiền mua bút không được vượt quá số tiền còn lại, nên ta có bất phương trình:

$6x \le 110$

$x \le \frac{110}{6}$

$x \le 18,33…$

Vì số cây bút mua được là số tự nhiên ($x \in \mathbb{N}^*$) và ta cần tìm số cây bút nhiều nhất có thể mua, nên ta chọn giá trị nguyên lớn nhất thỏa mãn bất phương trình trên là

$x = 18$.

Vậy Vân mua được nhiều nhất $18$ cây bút.