Đề thi vào 10 môn Toán Bắc Ninh năm 2026

Đề bài

PHẦN TỰ LUẬN (6,0 điểm)

Câu 1. (1,5 điểm)

a) Giải bất phương trình \(5x - 20 \le 0\).

b) Giải phương trình \(\frac{{3x - 2}}{{x - 5}} = \frac{7}{{x - 5}}\).

c) Rút gọn biểu thức \(Q = \left( {\frac{{6\sqrt x }}{{3 + \sqrt x }} + \frac{{12x}}{{9 - x}}} \right)(3 - \sqrt x )\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 9\).

Câu 2. (1,0 điểm) Chuẩn bị vào năm học mới, An muốn mua một cái cặp sách và một đôi giày. An đã tìm hiểu, theo giá niêm yết thì tổng số tiền mua hai vật dụng trên là \(950{\mkern 1mu} 000\) đồng. Khi An đến mua thì cửa hàng có chương trình giảm giá: cặp sách được giảm \(20{\mkern 1mu} 000\) đồng, đôi giày được giảm giá \(10\% \) so với giá niêm yết. Do đó An mua hai vật dụng trên với giá thực tế là \(870{\mkern 1mu} 000\) đồng. Hỏi giá niêm yết của mỗi vật dụng trên là bao nhiêu?

Câu 3. (1,0 điểm) Cho phương trình \({x^2} - 2x + m - 1 = 0\) (1) (ẩn \(x\), tham số \(m\)).

a) Giải phương trình (1) với \(m =  - 7\).

b) Tìm \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + 2x_2^2 + 2{x_1} + {m^2} = 9\).

Câu 4. (2,0 điểm) Trên nửa đường tròn tâm \(O\) đường kính \(AB = 2R\), lấy điểm \(C\) (\(C\) khác \(A\) và \(B\)), từ \(C\) kẻ \(CH\) vuông góc với \(AB\)\((\)\(H \in AB\)). Gọi \(D\) là điểm bất kì trên đoạn \(CH\)\((\)\(D\) khác \(C\) và \(H\)), đường thẳng \(AD\) cắt nửa đường tròn đã cho tại điểm thứ hai \(E\).

a) Chứng minh bốn điểm \(B,{\rm{ }}H,{\rm{ }}D,{\rm{ }}E\) nằm trên một đường tròn.

b) Chứng minh tam giác \(ABH\) đồng dạng với tam giác \(ABE\) và tính theo \(R\) giá trị của biểu thức \(AD \cdot AE + BH \cdot BA\).

c) Khi điểm \(C\) di động trên nửa đường tròn đã cho, \(C\) khác \(A\) và \(\widehat {AOC} < {90^\circ }\), tính giá trị nhỏ nhất của \(T = \frac{1}{{CH + R}} + \frac{1}{{HB}}\) theo \(R\).

Câu 5. (0,5 điểm) Cho ba số thực dương \(a,b,c\) thỏa mãn \(2ab + c(a + b) = 6\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = \frac{{\sqrt {{a^2} + 3}  + \sqrt {{b^2} + 3}  + \sqrt {\frac{{{c^2}}}{4} + 3} }}{{2a + 2b + c}}\)

-HẾT-

Lời giải

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO 10 NĂM HỌC 2026 – 2027

MÔN TOÁN – BẮC NINH

THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM

I. TRẮC NGHIỆM:

II. TỰ LUẬN: 

Câu 1. (1,5 điểm)

a) Giải bất phương trình \(5x - 20 \le 0\).

b) Giải phương trình \(\frac{{3x - 2}}{{x - 5}} = \frac{7}{{x - 5}}\).

c) Rút gọn biểu thức \(Q = \left( {\frac{{6\sqrt x }}{{3 + \sqrt x }} + \frac{{12x}}{{9 - x}}} \right)(3 - \sqrt x )\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 9\).

Lời giải:

a) Ta có:

\(5x - 20 \le 0\)

\(5x \le 20\)

\(x \le 4\)

Vậy bất phương trình có nghiệm là \(x \le 4\).

b) Điều kiện xác định: \(x - 5 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 5\).

\(\frac{{3x - 2}}{{x - 5}} = \frac{7}{{x - 5}}\)

\(3x - 2 = 7\)

\(3x = 7 + 2\)

\(3x = 9\)

\(x = 3\) (thỏa mãn điều kiện).

Vậy phương trình có tập nghiệm là \(S = \{ 3\} \).

c) Ta có:

\(Q = \left( {\frac{{6\sqrt x }}{{3 + \sqrt x }} + \frac{{12x}}{{(3 - \sqrt x )(3 + \sqrt x )}}} \right)(3 - \sqrt x )\)

\(Q = \left( {\frac{{6\sqrt x (3 - \sqrt x )}}{{(3 + \sqrt x )(3 - \sqrt x )}} + \frac{{12x}}{{(3 - \sqrt x )(3 + \sqrt x )}}} \right)(3 - \sqrt x )\)

\(Q = \frac{{18\sqrt x  - 6x + 12x}}{{(3 + \sqrt x )(3 - \sqrt x )}} \cdot (3 - \sqrt x )\)

\(Q = \frac{{18\sqrt x  + 6x}}{{(3 + \sqrt x )(3 - \sqrt x )}} \cdot (3 - \sqrt x )\)

\(Q = \frac{{6\sqrt x (3 + \sqrt x )}}{{(3 + \sqrt x )(3 - \sqrt x )}} \cdot (3 - \sqrt x )\)

\(Q = \frac{{6\sqrt x }}{{3 - \sqrt x }} \cdot (3 - \sqrt x )\)

\(Q = 6\sqrt x \)

Vậy \(Q = 6\sqrt x \).

Câu 2. (1,0 điểm) Chuẩn bị vào năm học mới, An muốn mua một cái cặp sách và một đôi giày. An đã tìm hiểu, theo giá niêm yết thì tổng số tiền mua hai vật dụng trên là \(950{\mkern 1mu} 000\) đồng. Khi An đến mua thì cửa hàng có chương trình giảm giá: cặp sách được giảm \(20{\mkern 1mu} 000\) đồng, đôi giày được giảm giá \(10\% \) so với giá niêm yết. Do đó An mua hai vật dụng trên với giá thực tế là \(870{\mkern 1mu} 000\) đồng. Hỏi giá niêm yết của mỗi vật dụng trên là bao nhiêu?

Lời giải:

Gọi x (đồng) là giá niêm yết của cái cặp sách (Điều kiện: \(0 < x < 950000\)).

Vì tổng giá niêm yết của hai vật dụng là 950000 đồng, nên giá niêm yết của đôi giày sẽ là: \(950000 - x\)(đồng).

Khi thực hiện chương trình giảm giá:

+) Số tiền thực tế để mua cặp sách là: \(x - 20000\) (đồng).

+) Đôi giày được giảm giá 10% so với giá niêm yết (tức là thực tế chỉ cần trả 90% giá niêm yết). Số tiền thực tế để mua đôi giày là:

\(90\% .(950000 - x) = 0,9.(950000 - x)\) (đồng).

Vì tổng số tiền thực tế An phải trả cho hai vật dụng là 870000 đồng, nên ta có phương trình:

\((x - 20000) + 0,9.(950000 - x) = 870000\)

\(x - 20000 + 855000 - 0,9x = 870000\)

\(0,1x + 835000 = 870000\)

\(0,1x = 870000 - 835000\)

\(0,1x = 35000\)

\(x = 350000\) (thỏa mãn).

Giá niêm yết của cái cặp sách là 350000 đồng.

Giá niêm yết của đôi giày là: \(950000 - 350000 = 600000\) đồng.

Câu 3. (1,0 điểm) Cho phương trình \({x^2} - 2x + m - 1 = 0\) (1) (ẩn \(x\), tham số \(m\)).

a) Giải phương trình (1) với \(m =  - 7\).

b) Tìm \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + 2x_2^2 + 2{x_1} + {m^2} = 9\).

Lời giải:

a) Với \(m =  - 7\) thì phương trình đã cho trở thành: \({x^2} - 2x - 8 = 0\)

Ta có: \(\Delta  = {\left( { - 2} \right)^2} - 4.1.( - 8) = 36 > 0\)

Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt là \({x_1} = \frac{{ - \left( { - 2} \right) + \sqrt {36} }}{{2.1}} = 4;{x_2} = \frac{{ - \left( { - 2} \right) - \sqrt {36} }}{{2.1}} =  - 2\)

Vậy với \(m =  - 7\) thì phương trình đã cho có nghiệm \({x_1} = 4;{x_2} =  - 2\).

b) Ta có: \(\Delta ' = {\left( { - 1} \right)^2} - 1.(m - 1) = 1 - m + 1 = 2 - m\)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi \(\Delta ' > 0\) hay \(2 - m > 0\) hay \(m < 2\)

Áp dụng định lý Viete ta có: \({x_1} + {x_2} = 2;{\mkern 1mu} {x_1}.{x_2} = m - 1\)

Vì \({x_1}\) là nghiệm của phương trình nên ta có: \(x_1^2 - 2{x_1} + m - 1 = 0\) hay \(x_1^2 = 2{x_1} - m + 1\)

Vì \({x_2}\) là nghiệm của phương trình nên ta có: \(x_2^2 - 2{x_2} + m - 1 = 0\) hay \(x_2^2 = 2{x_2} - m + 1\)

Theo bài ra ta có: \(x_1^2 + 2x_2^2 + 2{x_1} + {m^2} = 9\)

Suy ra \(2{x_1} - m + 1 + 2\left( {2{x_2} - m + 1} \right) + 2{x_1} + {m^2} = 9\)

\(2{x_1} - m + 1 + 4{x_2} - 2m + 2 + 2{x_1} + {m^2} - 9 = 0\)

\(4{x_1} + 4{x_2} + {m^2} - 3m - 6 = 0\)

\(4\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {m^2} - 3m - 6 = 0\)

\(4.2 + {m^2} - 3m - 6 = 0\)

\(8 + {m^2} - 3m - 6 = 0\)

\({m^2} - 3m + 2 = 0\)

\(m = 1\) (TM) hoặc \(m = 2\)(KTM)

Vậy \(m = 1\) là giá trị cần tìm.

Câu 4. (2,0 điểm) Trên nửa đường tròn tâm \(O\) đường kính \(AB = 2R\), lấy điểm \(C\) (\(C\) khác \(A\) và \(B\)), từ \(C\) kẻ \(CH\) vuông góc với \(AB\)\((\)\(H \in AB\)). Gọi \(D\) là điểm bất kì trên đoạn \(CH\)\((\)\(D\) khác \(C\) và \(H\)), đường thẳng \(AD\) cắt nửa đường tròn đã cho tại điểm thứ hai \(E\).

a) Chứng minh bốn điểm \(B,{\rm{ }}H,{\rm{ }}D,{\rm{ }}E\) nằm trên một đường tròn.

b) Chứng minh tam giác \(ABH\) đồng dạng với tam giác \(ABE\) và tính theo \(R\) giá trị của biểu thức \(AD \cdot AE + BH \cdot BA\).

c) Khi điểm \(C\) di động trên nửa đường tròn đã cho, \(C\) khác \(A\) và \(\widehat {AOC} < {90^\circ }\), tính giá trị nhỏ nhất của \(T = \frac{1}{{CH + R}} + \frac{1}{{HB}}\) theo \(R\).

Lời giải:

a) Vì \(\Delta AEB\) nội tiếp \((O)\) nên \(\angle AEB = {90^\circ }\) hay \(\angle DEB = {90^\circ }\)

Do đó D, E, B cùng thuộc đường tròn đường kính DB (1)

Vì tam giác DHB vuông tại H \(\left( {CH \bot AB} \right)\) nên D, H, B cùng thuộc đường tròn đường kính DB (2)

Từ (1), (2) ta được D, E, B, H cùng thuộc đường tròn đường kính DB

b) Xét \(\Delta ADH\) và \(\Delta ABE\) có:

\(\angle DAH\) chung

\(\angle AHD = \angle AEB = {90^\circ }\)

Do đó \(\Delta ADH\backsim\Delta ABE(g.g)\)

\( \Rightarrow \frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AH}}{{AE}}\)

\( \Rightarrow AD \cdot AE = AH \cdot AB\)

Suy ra \(AD \cdot AE + BH \cdot AB = AH \cdot AB + BH \cdot AB = AB(AH + BH) = AB \cdot AB = A{B^2} = 4{R^2}\)

Vậy \(\Delta ADH\backsim\Delta ABE\) và \(AD \cdot AE + BH \cdot BA = 4{R^2}\)

c) Ta có: \({(a - b)^2} \ge 0\quad \forall a,b > 0\)

\( \Rightarrow {a^2} - 2ab + {b^2} \ge 0\quad \forall a,b > 0\)

\( \Rightarrow {a^2} + 2ab + {b^2} \ge 4ab\quad \forall a,b > 0\)

\( \Rightarrow {(a + b)^2} \ge 4ab\quad \forall a,b > 0\)

\( \Rightarrow \frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge \frac{4}{{a + b}}\quad \forall a,b > 0\)

Ta có: \(T = \frac{1}{{CH + R}} + \frac{1}{{HB}} = \frac{1}{{CH + R}} + \frac{1}{{OH + R}} \ge \frac{4}{{CH + OH + 2R}}\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski ta được:

\(CH + OH \le \sqrt {2(O{H^2} + C{H^2})}  = \sqrt {2O{C^2}}  = R\sqrt 2 \)

Do đó \(T \ge \frac{4}{{R\sqrt 2  + 2R}}\)

Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow CH = OH \Leftrightarrow \Delta OHC\) vuông cân tại \(H \Leftrightarrow \angle AOC = {45^\circ }\)

Câu 5. (0,5 điểm) Cho ba số thực dương \(a,b,c\) thỏa mãn \(2ab + c(a + b) = 6\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = \frac{{\sqrt {{a^2} + 3}  + \sqrt {{b^2} + 3}  + \sqrt {\frac{{{c^2}}}{4} + 3} }}{{2a + 2b + c}}\)

Lời giải:

\(2ab + c\left( {a + b} \right) = 6\)

\(ab + \frac{{c\left( {a + b} \right)}}{2} = 3\) (1)

Đặt x = a, y = b, \(z = \frac{c}{2}\).

Khi đó (1) trở thành \(xy + z(x + y) = 3\), hay \(xy + yz + zx = 3\).

Ta có:

+) \(\sqrt {{a^2} + 3}  = \sqrt {{x^2} + (xy + yz + zx)}  = \sqrt {(x + y)(x + z)} \).

+) \(\sqrt {{b^2} + 3}  = \sqrt {{y^2} + (xy + yz + zx)}  = \sqrt {(y + x)(y + z)} \).

+) \(\sqrt {\frac{{{c^2}}}{4} + 3}  = \sqrt {{z^2} + (xy + yz + zx)}  = \sqrt {(z + x)(z + y)} \).

+) \(2a + 2b + c = 2x + 2y + 2z = 2(x + y + z)\).

Khi đó, biểu thức P trở thành:

\(P = \frac{{\sqrt {(x + y)(x + z)}  + \sqrt {(y + x)(y + z)}  + \sqrt {(z + x)(z + y)} }}{{2(x + y + z)}}\).

Áp dụng BĐT Cauchy:

+) \(\sqrt {(x + y)(x + z)}  \le \frac{{(x + y) + (x + z)}}{2} = \frac{{2x + y + z}}{2}\).

+) \(\sqrt {(y + x)(y + z)}  \le \frac{{(y + x) + (y + z)}}{2} = \frac{{x + 2y + z}}{2}\).

+) \(\sqrt {(z + x)(z + y)}  \le \frac{{(z + x) + (z + y)}}{2} = \frac{{x + y + 2z}}{2}\).

Cộng vế với vế:

\(T = \sqrt {(x + y)(x + z)}  + \sqrt {(y + x)(y + z)}  + \sqrt {(z + x)(z + y)} \)

\( \le \frac{{(2x + y + z) + (x + 2y + z) + (x + y + 2z)}}{2} = 2\left( {x + y + z} \right)\).

Vậy \(P = \frac{T}{{2(x + y + z)}} \le \frac{{2(x + y + z)}}{{2(x + y + z)}} = 1\).

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = x + z}\\{y + x = y + z}\\{z + x = z + y}\\{xy + yz + zx = 3}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow x = y = z = 1\) hay \(a = b = 1\), \(c = 2\).

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 1, đạt được khi a = 1, b = 1, c = 2.

—HẾT—