Đề thi vào 10 môn Toán Lai Châu năm 2026

Đề bài

Câu 2: (1,5 điểm)

2.1. Tính \(\sqrt {81}  + \sqrt {64}  - \sqrt 4 \)

2.2. Cho \(A = \frac{4}{{\sqrt x  + 1}} + \frac{5}{{\sqrt x  - 1}}\) (với \(x \ge 0,x \ne 1\))

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tính giá trị của biểu thức A khi \(x = 4\)

Câu 3: (2,0 điểm)

a) Vẽ đồ thị hàm số \(y =  - 2{x^2}\)

b) Bạn Hoa thống kê về sự yêu thích các môn học của học sinh lớp 9A và thu được bảng sau:

Vẽ biểu đồ tần số dạng cột biều diễn bảng thống kê trên.

c) Một túi đựng 5 viên bi có cùng khối lượng và kích thước, được đánh số 1; 2; 3; 4; 5. Lấy ngẫu nhiên hai viên bi từ trong túi. Tính xác suất để tích của hai số ghi trên hai viên bi lớn hơn 6?

Câu 4: (1 điểm)

Một người đi ô tô từ A đến B cách nhau 100 km với vận tốc xác định. Khi từ B trở về A, người đó đi theo đường khác dài hơn đường cũ 20 km nhưng với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là 20km/h. Vì vậy thời gian về it hơn thời gian đi 30 phút. Tính vận tốc lúc đi.

Câu 5: (3,0 điểm)

5.1. Cho tam giác ABC vuông tại A, biết \(BC = 10{\rm{ cm}}\), \(\widehat {ABC} = {30^\circ }\). Tính độ dài cạnh AC. (Biết \(\sin {30^\circ } = \frac{1}{2};\cos {30^\circ } = \frac{{\sqrt 3 }}{2};\tan {30^\circ } = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\))

5.2. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). AD, BE, CF là ba đường cao của tam giác ABC cắt nhau tại H

a) Chứng minh tứ giác AFHE là tứ giác nội tiếp đường tròn.

b) Kẻ đường kính AM của đường tròn (O). Chứng minh \(AD \cdot AM = AB \cdot AC\)

c) Gọi K là trung điểm của BC. Chứng minh: H, K, M thẳng hàng.

Câu 6: (0,5 điểm)

 Bác Quang xây nhà mới và muốn làm một cửa sổ như hình bên (phần nét liền), bao gồm: một hình chữ nhật ghép với nửa hình tròn có tâm là trung điểm của cạnh hình chữ nhật. Bác dự định làm tổng độ dài đường viền của cửa sổ là 6m. Hỏi diện tích lớn nhất của cửa sổ là bao nhiêu?

-HẾT-

Lời giải

Phương pháp giải:

a) Chuyển vế giải phương trình bậc nhất một ẩn

b) Sử dụng \(\Delta \) để giải phương trình.

Nếu \(\Delta  = {b^2} - 4ac > 0\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta  }}{{2a}};{x_2} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta  }}{{2a}}\).

c) Chuyển vế giải bất phương trình bậc nhất một ẩn

Lời giải:

a) \(4x - 32 = 0\)

\(4x = 32\)

\(x = \frac{{32}}{4}\)

\(x = 8\)

Phương trình có tập nghiệm \(S = \{ 8\} \).

b) Xác định các hệ số: \(a = 1\), \(b =  - 8\), \(c = 7\).

Ta nhận thấy: \(a + b + c = 1 + ( - 8) + 7 = 0\)

Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt: \({x_1} = 1\); \({x_2} = \frac{c}{a} = \frac{7}{1} = 7\)

Phương trình có tập nghiệm \(S = \{ 1;7\} \).

c) Ta có:

\(\begin{array}{l}5x - 20 > 0\\5x > 20\\x > \frac{{20}}{5}\\x > 4\end{array}\)

Vậy bất phương trình có nghiệm \(x > 4\)

Câu 2: (1,5 điểm)

2.1. Tính \(\sqrt {81}  + \sqrt {64}  - \sqrt 4 \)

2.2. Cho \(A = \frac{4}{{\sqrt x  + 1}} + \frac{5}{{\sqrt x  - 1}}\) (với \(x \ge 0,x \ne 1\))

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tính giá trị của biểu thức A khi \(x = 4\)

Phương pháp giải:

2.1. Áp dụng kiến thức căn bậc hai của một số thực hiện phép tính.

2.2. Khi rút gọn biểu thức, ta cần thực hiện theo các bước sau:

+ Bước 1: Tìm điều kiện xác định (nếu cần);

+ Bước 2: Phân tích mẫu thành nhân tử để tìm mẫu thức chung rồi quy đồng;

+ Bước 3: Áp dụng các phép toán (cộng, trừ, nhân, chia) phân thức kết hoặc các phép biến đổi khai căn để rút gọn phân thức.

Lời giải:

2.1. Ta có:

\(\begin{array}{l}\sqrt {81}  + \sqrt {64}  - \sqrt 4 \\ = \sqrt {{9^2}}  + \sqrt {{8^2}}  - \sqrt {{2^2}} \\ = 9 + 8 - 2\\ = 15\end{array}\)

2.2.

a) Điều kiện xác định (ĐKXĐ): \(x \ge 0,x \ne 1\).

\(\begin{array}{l}A = \frac{4}{{\sqrt x  + 1}} + \frac{5}{{\sqrt x  - 1}}\\A = \frac{{4(\sqrt x  - 1)}}{{(\sqrt x  + 1)(\sqrt x  - 1)}} + \frac{{5(\sqrt x  + 1)}}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 1)}}\\A = \frac{{4\sqrt x  - 4 + 5\sqrt x  + 5}}{{(\sqrt x  + 1)(\sqrt x  - 1)}}\\A = \frac{{9\sqrt x  + 1}}{{x - 1}}\end{array}\)

Với \(x \ge 0,x \ne 1\), biểu thức rút gọn là \(A = \frac{{9\sqrt x  + 1}}{{x - 1}}\)

b) Thay  vào A ta được \(A = \frac{{9 \cdot 2 + 1}}{{4 - 1}} = \frac{{18 + 1}}{3} = \frac{{19}}{3}\)

Vậy \(x = 4\), giá trị của biểu thức là \(A = \frac{{19}}{3}\).

Câu 3: (2,0 điểm)

a) Vẽ đồ thị hàm số \(y =  - 2{x^2}\)

b) Bạn Hoa thống kê về sự yêu thích các môn học của học sinh lớp 9A và thu được bảng sau:

Vẽ biểu đồ tần số dạng cột biều diễn bảng thống kê trên.

c) Một túi đựng 5 viên bi có cùng khối lượng và kích thước, được đánh số 1; 2; 3; 4; 5. Lấy ngẫu nhiên hai viên bi từ trong túi. Tính xác suất để tích của hai số ghi trên hai viên bi lớn hơn 6?

Phương pháp giải:

a) Lập bảng giá trị các điểm parabol đi qua từ đó vẽ được đồ thị hàm số.

b) Vẽ biểu đồ tần số dạng cột:

Bước 1. Vẽ trục ngang để biểu diễn các giá trị trong dãy dữ liệu, vẽ trục đứng thể hiện tần số.

Bước 2. Với mỗi giá trị trên trục ngang, vẽ những cột hình chữ nhật: cách đều nhau; có cùng chiều rộng; có chiều cao thể hiện tần số của các giá trị.

Bước 3. Ghi chú giải cho các trục, các điểm và tiêu đề của biểu đồ.

c) Tính xác suất

Bước 1: Xác định không gian mẫu: Liệt kê các kết quả có thể xảy ra khi rút thẻ để tìm tập hợp không gian mẫu \(\Omega \). Tính số phần tử của không gian mẫu, kí hiệu là \(n(\Omega )\).

Bước 2: Xác định tập hợp các kết quả thuận lợi cho biến cố \(E\). Tính số phần tử thuận lợi cho biến cố \(E\), kí hiệu là \(n(E)\).

Bước 3: Tính xác suất: Áp dụng công thức tính xác suất cổ điển: \(P(E) = \frac{{n(E)}}{{n(\Omega )}}\)

Lời giải:

Ta có bảng giá trị sau:

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

\(O\,\left( {0;0} \right);A\left( { - 2; - 8} \right);\,\,B\left( { - 1; - 2} \right);C\left( {1; - 2} \right);\,\,D\left( {2; - 8} \right)\)

Hệ số \(a =  - 2 < 0\)nên parabol có bề cong hướng xuống. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.

Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y =  - 2{x^2}\) như sau:

b) Ta có biểu đồ tần số:

c) Phép thử: Lấy ngẫu nhiên cùng lúc hai viên bi từ túi gồm 5 viên bi.

Không gian mẫu \(\Omega \): Là tập hợp tất cả các cặp bi có thể lấy ra. Ta liệt kê các kết quả này (mỗi kết quả là một tập hợp gồm 2 viên bi không phân biệt thứ tự):

\(\Omega  = \{ \{ 1,2\} ,\{ 1,3\} ,\{ 1,4\} ,\{ 1,5\} ,\{ 2,3\} ,\{ 2,4\} ,\{ 2,5\} ,\{ 3,4\} ,\{ 3,5\} ,\{ 4,5\} \} \)

Số phần tử \(n(\Omega ) = 10\).

Theo giả thiết đề bài, 5 viên bi có cùng khối lượng và kích thước, lại được lấy ra một cách hoàn toàn ngẫu nhiên (không nhìn vào túi). Do không có sự phân biệt về mặt vật lý nào ảnh hưởng đến việc rút bi, nên cơ hội mỗi viên bi được chọn là bằng nhau. Kéo theo đó, mỗi cặp 2 viên bi bất kỳ (trong 10 cặp kể trên) đều có khả năng được lấy ra là như nhau. Vậy các kết quả có thể của phép thử là đồng khả năng.

Gọi E là biến cố: "Tích của hai số ghi trên hai viên bi lớn hơn 6".

Ta xét tích của từng cặp trong không gian mẫu:

 \(\{ 1,2\}  \to {\rm{Tích}} = 2\)

 \(\{ 1,3\}  \to {\rm{Tích}} = 3\)

 \(\{ 1,4\}  \to {\rm{Tích}} = 4\)

 \(\{ 1,5\}  \to {\rm{Tích}} = 5\)

 \(\{ 2,3\}  \to {\rm{Tích}} = 6\)

 \(\{ 2,4\}  \to {\rm{Tích}} = 8\) (Thỏa mãn > 6)

 \(\{ 2,5\}  \to {\rm{Tích}} = 10\) (Thỏa mãn > 6)

 \(\{ 3,4\}  \to {\rm{Tích}} = 12\) (Thỏa mãn > 6)

 \(\{ 3,5\}  \to {\rm{Tích}} = 15\) (Thỏa mãn > 6)

 \(\{ 4,5\}  \to {\rm{Tích}} = 20\) (Thỏa mãn > 6)

Tập hợp các kết quả thuận lợi:\(E = \{ \{ 2,4\} ,\{ 2,5\} ,\{ 3,4\} ,\{ 3,5\} ,\{ 4,5\} \} \)

Số kết quả thuận lợi của biến cố E là \(n(E) = 5\).

Vậy xác suất của biến cố E là \(P = \frac{5}{{10}} = \frac{1}{2}\)

Câu 4: (1 điểm)

Một người đi ô tô từ A đến B cách nhau 100 km với vận tốc xác định. Khi từ B trở về A, người đó đi theo đường khác dài hơn đường cũ 20 km nhưng với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là 20km/h. Vì vậy thời gian về it hơn thời gian đi 30 phút. Tính vận tốc lúc đi.

Phương pháp giải:

Gọi vận tốc của ô tô lúc đi là x (km/h). Điều kiện: \(x > 0\).

Biểu diễn thời gian đi và thời gian về theo \(x\).

Vì thời gian về it hơn thời gian đi 30 phút, ta có phương trình: \(\frac{{100}}{x} - \frac{{120}}{{x + 20}} = \frac{1}{2}\).

Giải phương trình để tìm \(x\).

Kiểm tra điều kiện và kết luận.

Lời giải:

Gọi vận tốc của ô tô lúc đi là x (km/h). Điều kiện: \(x > 0\).

Lúc đi: Quãng đường: 100 km; vận tốc: \(x\) km/h.

Thời gian đi: \(\frac{{100}}{x}\) (giờ).

Lúc về: Quãng đường mới: \(100 + 20 = 120\) km; vận tốc mới: \(x + 20\) km/h.

Thời gian về: \(\frac{{120}}{{x + 20}}\) (giờ).

Thời gian về ít hơn thời gian đi 30 phút, đổi 30 phút \( = \frac{1}{2}\) giờ.

Ta có phương trình:

\(\frac{{100}}{x} - \frac{{120}}{{x + 20}} = \frac{1}{2}\)

\(100 \cdot 2(x + 20) - 120 \cdot 2x = x(x + 20)\)

\(200(x + 20) - 240x = {x^2} + 20x\)

\(200x + 4000 - 240x = {x^2} + 20x\)

\({x^2} + 60x - 4000 = 0\)

\(\left( {x - 40} \right)\left( {x + 100} \right) = 0\)

Giải phương trình ta được \({x_1} = 40\) (thỏa mãn) hoặc \({x_2} =  - 100\) (loại)

Vậy vận tốc lúc đi của ô tô là 40 km/h.

Câu 5: (3,0 điểm)

5.1. Cho tam giác ABC vuông tại A, biết \(BC = 10{\rm{ cm}}\), \(\widehat {ABC} = {30^\circ }\). Tính độ dài cạnh AC. (Biết \(\sin {30^\circ } = \frac{1}{2};\cos {30^\circ } = \frac{{\sqrt 3 }}{2};\tan {30^\circ } = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\))

5.2. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). AD, BE, CF là ba đường cao của tam giác ABC cắt nhau tại H

a) Chứng minh tứ giác AFHE là tứ giác nội tiếp đường tròn.

b) Kẻ đường kính AM của đường tròn (O). Chứng minh \(AD \cdot AM = AB \cdot AC\)

c) Gọi K là trung điểm của BC. Chứng minh: H, K, M thẳng hàng.

Phương pháp giải:

5.1. Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\), ta có: \(\sin \widehat {ABC} = \frac{{AC}}{{BC}}\). Từ đó, ta tính được độ dài đoạn \(AC\).

5.2.

a) Chứng minh \(\Delta AEH\)vuông tại E và \(\Delta AFH\) vuông tại F nên A, F, H, E cùng nội tiếp đường tròn hay tứ giác \(AFHE\) nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh: \(\Delta ABM \sim \Delta ADC\left( {g.g} \right)\). Từ đó suy ra: \(\frac{{AB}}{{AD}} = \frac{{AM}}{{AC}}\) hay \(AD.AM = AB.AC\).

c) Chứng minh tứ giác \(BHCM\) là hình bình hành

Mà K là trung điểm của đường chéo BC nên K là trung điểm của đường chéo HM

Suy ra H, K, M thẳng hàng.

Lời giải:

5.1 Xét tam giác ABC vuông tại A, ta có:

Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông, ta có: \(\sin \widehat {ABC} = \frac{{AC}}{{BC}}\)

\(\sin {30^\circ } = \frac{{AC}}{{10}}\)

\(\frac{1}{2} = \frac{{AC}}{{10}}\)

\(AC = 10 \cdot \frac{1}{2}\)

\(AC = 5{\rm{ (cm)}}\)

Vậy \(AC = 5\left( {cm} \right)\)

5.2

a) Ta có \(\angle AEH = {90^0}\) nên \(\Delta AEH\)vuông tại E

Suy ra A, H, E cùng thuộc đường tròn đường kính AH

\(\angle AFH = {90^0}\) nên \(\Delta AFH\) vuông tại F

Suy ra A, H, F cùng thuộc đường tròn đường kính AH

Vậy 4 điểm A, F, H, E cùng nội tiếp đường tròn hay tứ giác \(AFHE\) nội tiếp đường tròn.

b) Ta có \(\angle ABM = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn đường kính AM)

Xét hai tam giác \(\Delta ABM\) và \(\Delta ADC\) ta có:

\(\angle ABM = \angle ADC = {90^0}\)

\(\angle ACB = \angle AMB\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\))

Vậy \(\Delta ABM \sim \Delta ADC\left( {g.g} \right)\)

Suy ra \(\frac{{AB}}{{AD}} = \frac{{AM}}{{AC}}\) hay \(AD.AM = AB.AC\) (đpcm)

c) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BH \bot AC\\CM \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow BH//CM\)           (*)

Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}CH \bot AB\\BM \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow CH//BM\)            (**)

Từ (*) và (**) suy ra tứ giác \(BHCM\) là hình bình hành

Mà K là trung điểm của đường chéo BC nên K là trung điểm của đường chéo HM

Hay H, K, M thẳng hàng. (đpcm)

Câu 6: (0,5 điểm)

 Bác Quang xây nhà mới và muốn làm một cửa sổ như hình bên (phần nét liền), bao gồm: một hình chữ nhật ghép với nửa hình tròn có tâm là trung điểm của cạnh hình chữ nhật. Bác dự định làm tổng độ dài đường viền của cửa sổ là 6m. Hỏi diện tích lớn nhất của cửa sổ là bao nhiêu?

Phương pháp giải: Lập biểu thức tính diện tích của cửa sổ. Từ đó, đánh giá bất đẳng thức tìm GTLN.

Lời giải:

Gọi r (mét) là bán kính của nửa hình tròn phía trên. Khi đó, cạnh của hình chữ nhật chung với đường kính của nửa hình tròn có độ dài là 2r.

Gọi h (mét) là chiều cao của phần hình chữ nhật (hai cạnh bên).

Điều kiện: \(r > 0\), \(h > 0\).

Theo hình vẽ, đường viền của cửa sổ (phần nét liền) bao gồm: một cung tròn (nửa chu vi hình tròn), hai cạnh bên của hình chữ nhật và cạnh đáy của hình chữ nhật.

Tổng độ dài đường viền là: \(L = \pi  \cdot r + 2h + 2r = 6\)

Biểu diễn 2h theo r: \(2h = 6 - (\pi  + 2)r\)

Vì \(h > 0\) nên \(6 - (\pi  + 2)r > 0 \Rightarrow r < \frac{6}{{\pi  + 2}}\).

Diện tích S của cửa sổ là tổng diện tích hình chữ nhật và diện tích nửa hình tròn:

\(S = (2r) \cdot h + \frac{1}{2} \cdot \pi {r^2}\)

Thay \(2h = 6 - (\pi  + 2)r\) vào công thức trên, ta được:

\(S = r \cdot [6 - (\pi  + 2)r] + \frac{1}{2}\pi {r^2}\)

\(S = 6r - (\pi  + 2){r^2} + \frac{1}{2}\pi {r^2}\)

\(S = 6r - \pi {r^2} - 2{r^2} + \frac{1}{2}\pi {r^2}\)

\(S =  - \left( {2 + \frac{\pi }{2}} \right){r^2} + 6r =  - \left( {\frac{{4 + \pi }}{2}} \right){r^2} + 6r\)

Để áp dụng BĐT Cauchy dạng \(ab \le {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2}\), ta đặt \(k = 2 + \frac{\pi }{2} = \frac{{4 + \pi }}{2}\).

Khi đó: \(S = 6r - k{r^2} = r(6 - kr)\).

Để xuất hiện tổng hằng số khi áp dụng Cauchy, ta nhân thêm \(k\) vào \(r\):

\(S = \frac{1}{k} \cdot (kr) \cdot (6 - kr)\)

Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương kr và \((6 - kr)\), ta có:

\((kr) \cdot (6 - kr) \le {\left( {\frac{{kr + 6 - kr}}{2}} \right)^2} = {\left( {\frac{6}{2}} \right)^2} = 9\)

Suy ra \(S \le \frac{1}{k} \cdot 9 = \frac{9}{{\frac{{4 + \pi }}{2}}} = \frac{{18}}{{4 + \pi }}\)

Dấu "=" xảy ra khi:

\(kr = 6 - kr \Rightarrow 2kr = 6 \Rightarrow kr = 3 \Rightarrow r = \frac{3}{k} = \frac{6}{{4 + \pi }}\)

Khi đó \(2h = 6 - (\pi  + 2) \cdot \frac{6}{{4 + \pi }} = \frac{{6(4 + \pi ) - 6(\pi  + 2)}}{{4 + \pi }} = \frac{{12}}{{4 + \pi }}\) (thỏa mãn \(h > 0\)).

Vậy diện tích lớn nhất của cửa sổ là \(\frac{{18}}{{4 + \pi }} \approx 2,52{\rm{ (}}{{\rm{m}}^2})\).

—HẾT—