Đề thi vào 10 môn Toán Phú Thọ năm 2026

Đề bài

Câu 5. Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số \(y = 3{x^2}\)?

PHẦN II. TỰ LUẬN (7,0 điểm).

Câu 1 (1,5 điểm).

a) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x - y = 7}\\{2x + y = 8}\end{array}} \right.\)

b) Rút gọn biểu thức \(A = \left( {\frac{1}{{\sqrt a  - 1}} + \frac{1}{{\sqrt a  + 1}}} \right) \cdot \frac{{\sqrt a  - 1}}{2}\) với \(a \ge 0,a \ne 1\).

Câu 2 (0,5 điểm). Trong một hộp chứa 30 viên bi giống nhau về kích thước và chất liệu, mỗi viên bi được ghi một số tự nhiên từ 1 đến 30 (hai viên bi khác nhau ghi hai số khác nhau). Bạn An lấy ngẫu nhiên một viên bi từ hộp đã cho. Tính xác suất của biến cố: “Bạn An lấy được viên bi ghi số chia hết cho 3”.

Câu 3 (0,5 điểm). Một cốc thủy tinh chứa nước, bên trong có dạng hình trụ với bán kính đáy \(R = 4{\rm{ cm}}\). Chiều cao mực nước ban đầu bên trong cốc bằng \(8{\rm{ cm}}\). Sau đó người ta thả từ từ một viên bi đặc không ngấm nước có dạng hình cầu bán kính \(r = 3{\rm{ cm}}\) vào trong cốc sao cho viên bi chìm hoàn toàn trong nước và nước không tràn ra ngoài. Tính chiều cao theo đơn vị centimét của mực nước trong cốc sau khi thả viên bi.

Câu 4 (1,0 điểm). Một công ty nhận được đơn đặt hàng 4000 sản phẩm. Mỗi máy của công ty sản xuất được 50 sản phẩm trong một giờ. Khi thực hiện đơn hàng, mỗi giờ công ty cần trả 600 nghìn đồng chi phí cho nhân công. Ngoài ra, chi phí bảo trì cho một máy trong đơn hàng trên là 400 nghìn đồng. Giả sử hệ thống máy của công ty làm việc với công suất như nhau.

a) Gọi \(x\) là số lượng máy công ty sử dụng cho đơn hàng trên (điều kiện \(x \in {\mathbb{N}^*}\)). Biểu diễn theo \(x\) các đại lượng sau: số sản phẩm của công ty làm được trong một giờ và tổng số giờ công ty làm xong đơn hàng.

b) Công ty dự kiến tổng chi phí nhân công và bảo trì máy thực hiện đơn hàng là 11920 nghìn đồng. Hỏi công ty phải sử dụng bao nhiêu máy để thực hiện xong đơn hàng trên?

Câu 5 (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính R, đường kính AB cố định. Một điểm M thay đồi trên đường tròn (O) (M khác A và B). Tiếp tuyến tại M của đường tròn (O) cắt các tiếp tuyến tại A, tại B của đường tròn (O) lần lượt tại C và D.

a) Chứng minh rằng bốn điểm A, C, M, O cùng thuộc một đường tròn.

b) Đường thẳng BC cắt OD, OM lần lượt tại K, N. Đường thẳng OC cắt AN tại H. Hai đường thẳng AC và OD cắt nhau tại E. Chứng minh rằng \(\frac{{HN}}{{HA}} = \frac{{ON}}{{OA}}\) và EH vuông góc với CK.

c) Đường thẳng EH cắt AB, BC lần lượt tại T, S. Tính độ dài AM theo R khi diện tích tam giác BST đạt giá trị lớn nhất.

Câu 6 (0,5 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn \({x^2} + {y^2} + {z^2} = 2\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: \(P = \frac{1}{{2 - xy}} + \frac{1}{{2 - yz}} + \frac{1}{{2 - zx}}\)

-HẾT-

Lời giải

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

MÔN TOÁN – LÀO CAI

THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM

I. TRẮC NGHIỆM:

II. TỰ LUẬN: 

Câu 1 (1,5 điểm).

a) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x - y = 7}\\{2x + y = 8}\end{array}} \right.\)

b) Rút gọn biểu thức \(A = \left( {\frac{1}{{\sqrt a  - 1}} + \frac{1}{{\sqrt a  + 1}}} \right) \cdot \frac{{\sqrt a  - 1}}{2}\) với \(a \ge 0,a \ne 1\).

Lời giải:

a) Cộng hai phương trình của hệ theo từng vế tương ứng, ta được:

\((3x - y) + (2x + y) = 7 + 8\)

\(5x = 15\)

\(x = 3\)

Thay \(x = 3\) vào phương trình \(2x + y = 8\), ta có:

\(2.3 + y = 8\)

\(6 + y = 8\)

\(y = 2\)

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là \((x;y) = (3;2)\).

b) Với điều kiện \(a \ge 0,a \ne 1\), ta có:

\(A = \left( {\frac{1}{{\sqrt a  - 1}} + \frac{1}{{\sqrt a  + 1}}} \right) \cdot \frac{{\sqrt a  - 1}}{2}\)

\(A = \left( {\frac{{\sqrt a  + 1}}{{(\sqrt a  - 1)(\sqrt a  + 1)}} + \frac{{\sqrt a  - 1}}{{(\sqrt a  + 1)(\sqrt a  - 1)}}} \right) \cdot \frac{{\sqrt a  - 1}}{2}\)

\(A = \frac{{\sqrt a  + 1 + \sqrt a  - 1}}{{(\sqrt a  - 1)(\sqrt a  + 1)}} \cdot \frac{{\sqrt a  - 1}}{2}\)

\(A = \frac{{2\sqrt a }}{{(\sqrt a  - 1)(\sqrt a  + 1)}} \cdot \frac{{\sqrt a  - 1}}{2}\)

\(A = \frac{{\sqrt a }}{{\sqrt a  + 1}}\)

Vậy \(A = \frac{{\sqrt a }}{{\sqrt a  + 1}}\) với \(a \ge 0,a \ne 1\)

Câu 2 (0,5 điểm). Trong một hộp chứa 30 viên bi giống nhau về kích thước và chất liệu, mỗi viên bi được ghi một số tự nhiên từ 1 đến 30 (hai viên bi khác nhau ghi hai số khác nhau). Bạn An lấy ngẫu nhiên một viên bi từ hộp đã cho. Tính xác suất của biến cố: “Bạn An lấy được viên bi ghi số chia hết cho 3”.

Lời giải:

Vì trong hộp có 30 viên bi được đánh số từ 1 đến 30 và An lấy ngẫu nhiên một viên bi, nên có tất cả 30 kết quả có thể xảy ra. Các kết quả này là đồng khả năng.

Số phần tử của tập hợp các kết quả có thể xảy ra là \(n = 30\).

Gọi A là biến cố: "Bạn An lấy được viên bi ghi số chia hết cho 3".

Các số tự nhiên từ 1 đến 30 và chia hết cho 3 bao gồm:

3; 6; 9; 12; 15; 18; 21; 24; 27; 30.

Suy ra số các kết quả thuận lợi cho biến cố A là \(n(A) = 10\).

Xác suất của biến cố A là: \(P(A) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{10}}{{30}} = \frac{1}{3}\)

Vậy xác suất của biến cố "Bạn An lấy được viên bi ghi số chia hết cho 3" là \(\frac{1}{3}\).

Câu 3 (0,5 điểm). Một cốc thủy tinh chứa nước, bên trong có dạng hình trụ với bán kính đáy \(R = 4{\rm{ cm}}\). Chiều cao mực nước ban đầu bên trong cốc bằng \(8{\rm{ cm}}\). Sau đó người ta thả từ từ một viên bi đặc không ngấm nước có dạng hình cầu bán kính \(r = 3{\rm{ cm}}\) vào trong cốc sao cho viên bi chìm hoàn toàn trong nước và nước không tràn ra ngoài. Tính chiều cao theo đơn vị centimét của mực nước trong cốc sau khi thả viên bi.

Lời giải:

Thể tích nước ban đầu trong cốc là:

\({V_1} = \pi  \cdot {R^2} \cdot {h_1} = \pi  \cdot {4^2} \cdot 8 = 128\pi \) (cm\(^3\))

Thể tích của viên bi hình cầu là:

\({V_2} = \frac{4}{3} \cdot \pi  \cdot {r^3} = \frac{4}{3} \cdot \pi  \cdot {3^3} = 36\pi \) (cm\(^3\))

Khi thả viên bi chìm hoàn toàn vào nước, tổng thể tích của nước và viên bi là:

\(V = {V_1} + {V_2} = 128\pi  + 36\pi  = 164\pi \) (cm\(^3\))

Gọi \({h_2}\) là chiều cao mực nước trong cốc sau khi thả viên bi.

Do hình dạng bên trong cốc là hình trụ nên ta có:

\(V = \pi  \cdot {R^2} \cdot {h_2}\)

\(164\pi  = \pi  \cdot {4^2} \cdot {h_2}\)

\(16 \cdot {h_2} = 164\)

\({h_2} = \frac{{164}}{{16}} = 10,25\) (cm)

Vậy chiều cao của mực nước trong cốc sau khi thả viên bi là \(10,25{\rm{ cm}}\).

Câu 4 (1,0 điểm). Một công ty nhận được đơn đặt hàng 4000 sản phẩm. Mỗi máy của công ty sản xuất được 50 sản phẩm trong một giờ. Khi thực hiện đơn hàng, mỗi giờ công ty cần trả 600 nghìn đồng chi phí cho nhân công. Ngoài ra, chi phí bảo trì cho một máy trong đơn hàng trên là 400 nghìn đồng. Giả sử hệ thống máy của công ty làm việc với công suất như nhau.

a) Gọi \(x\) là số lượng máy công ty sử dụng cho đơn hàng trên (điều kiện \(x \in {\mathbb{N}^*}\)). Biểu diễn theo \(x\) các đại lượng sau: số sản phẩm của công ty làm được trong một giờ và tổng số giờ công ty làm xong đơn hàng.

b) Công ty dự kiến tổng chi phí nhân công và bảo trì máy thực hiện đơn hàng là 11920 nghìn đồng. Hỏi công ty phải sử dụng bao nhiêu máy để thực hiện xong đơn hàng trên?

Lời giải:

a) Vì mỗi máy sản xuất được 50 sản phẩm trong một giờ, nên khi sử dụng \(x\) máy, số sản phẩm làm được trong một giờ là: \(50x\) (sản phẩm/giờ).

Đơn hàng có tổng cộng 4000 sản phẩm.

Với năng suất của toàn hệ thống là \(50x\) sản phẩm trong một giờ, tổng thời gian để làm xong đơn hàng là: \(\frac{{4000}}{{50x}} = \frac{{80}}{x}\)(giờ).

b) Mỗi giờ công ty cần trả 600 nghìn đồng.

Tổng thời gian làm việc là \(\frac{{80}}{x}\) giờ.

Vậy tổng chi phí nhân công là: \(600.\frac{{80}}{x} = \frac{{48000}}{x}\) (nghìn đồng).

Chi phí bảo trì cho mỗi máy trong suốt đơn hàng là 400 nghìn đồng.

Công ty sử dụng \(x\) máy, nên tổng chi phí bảo trì là: \(400x\) (nghìn đồng).

Theo đề bài, tổng chi phí dự kiến là 11920 nghìn đồng, ta có phương trình:

\(\frac{{48000}}{x} + 400x = 11920\)

\(\frac{{1200}}{x} + 10x = 298\)

\(\frac{{600}}{x} + 5x = 149\)

\(5{x^2} - 149x + 600 = 0\).

Giải phương trình trên, ta được \({x_1} = 25\) (thoả mãn) và \({x_2} = 4,8\) (loại).

Vậy công ty phải sử dụng 25 máy để thực hiện xong đơn hàng trên.

Câu 5 (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính R, đường kính AB cố định. Một điểm M thay đồi trên đường tròn (O) (M khác A và B). Tiếp tuyến tại M của đường tròn (O) cắt các tiếp tuyến tại A, tại B của đường tròn (O) lần lượt tại C và D.

a) Chứng minh rằng bốn điểm A, C, M, O cùng thuộc một đường tròn.

b) Đường thẳng BC cắt OD, OM lần lượt tại K, N. Đường thẳng OC cắt AN tại H. Hai đường thẳng AC và OD cắt nhau tại E. Chứng minh rằng \(\frac{{HN}}{{HA}} = \frac{{ON}}{{OA}}\) và EH vuông góc với CK.

c) Đường thẳng EH cắt AB, BC lần lượt tại T, S. Tính độ dài AM theo R khi diện tích tam giác BST đạt giá trị lớn nhất.

Lời giải:

a) Vì AC là tiếp tuyến của (O) tại A nên \(OA \bot AC\) hay \(\angle OAC = {90^\circ }\).

Suy ra A, O, C nội tiếp đường tròn đường kính \(OC\).

Vì MC là tiếp tuyến của (O) tại M nên \(OM \bot MC\) hay \(\angle OMC = {90^\circ }\).

Suy ra \(O,C,M\) nội tiếp đường tròn đường kính \(OC\).

Vậy \(A,O,C,M\) nội tiếp đường tròn đường kính \(OC\).

b)

+) Chứng minh \(\frac{{HN}}{{HA}} = \frac{{ON}}{{OA}}\):

Ta có \(CA,CM\) là tiếp tuyến cắt nhau tại \(C\) nên  OC là tia phân giác của góc AOM.

Suy ra \(\angle AOC = \angle MOC\).

Vì N nằm trên tia OM nên \(\angle AOC = \angle NOC\).

Xét tam giác AON có OH là đường phân giác trong của góc O.

Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác, ta có: \(\frac{{HN}}{{HA}} = \frac{{ON}}{{OA}}\) (đpcm).

+) Chứng minh EH vuông góc với CK:

 Tương tự như trên ta có OK là phân giác của \(\angle NOB\) nên \(\frac{{NK}}{{KB}} = \frac{{ON}}{{OB}}\)

Mà \(OA = OB\) nên \(\frac{{HN}}{{HA}} = \frac{{NK}}{{KB}}\)

Theo định lý Thales đảo suy ra \(HK\parallel AB\)

Mà \(AB \bot AC\) nên \(HK \bot AC\)

Ta có \(\angle AOC = \angle COM\) và \(\angle MOD = \angle DOB\)

Nên \(\angle COM + \angle MOD = \angle AOC + \angle DOB\)

Mà \(\angle COM + \angle MOD + \angle AOC + \angle DOB = {180^0}\)

Suy ra \(\angle COM + \angle MOD = \angle AOC + \angle DOB = {90^0}\) hay \(\angle COD = {90^0}\)

Suy ra \(OC \bot EK\)

Xét \(\Delta CKE\) có \(HK,OC\) là hai đường cao cắt nhau tại H nên H là trực tâm \(\Delta CKE\).

Suy ra \(EH \bot CK\)

c) Xét \(\Delta ATE\) và \(\Delta STB\) có \(\angle TAE = \angle TSB = {90^0}\) và \(\angle ATE = \angle STB\) (đối đỉnh)

Suy ra \(\angle AET = \angle SBT\)

Suy ra \(\Delta ATE\backsim\Delta ACB\left( {g.g} \right)\) nên \(\frac{{TA}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AB}}\) hay \(TA.AB = AC.AE\)

 Ta có \(\angle OAC = \angle OAE = {90^0}\)

và \(\angle AOE = \angle OCA\) (do cùng cộng \(\angle AOC\) bằng \({90^0}\))

Suy ra \(\Delta OAC\backsim\Delta EAO\left( {g.g} \right)\) nên \(\frac{{OA}}{{AE}} = \frac{{AC}}{{AO}}\) hay \(AE.AC = A{O^2}\)

Suy ra \(TA.AB = A{O^2}\) hay \(TA = \frac{{A{O^2}}}{{AB}} = \frac{{{R^2}}}{{2R}} = \frac{R}{2}\)

Khi đó T là trung điểm của AO và \(TB = OB + TO = \frac{3}{2}R\)

Ta có \({S_{BST}} = \frac{1}{2}BS \cdot ST\).

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

\(BS \cdot ST \le \frac{{B{S^2} + S{T^2}}}{2} = \frac{{T{B^2}}}{2} = \frac{{{{\left( {\frac{3}{2}R} \right)}^2}}}{2} = \frac{{9{R^2}}}{8}\).

Suy ra \({S_{BST}} \le \frac{{9{R^2}}}{{16}}\).

Dấu "=" xảy ra (diện tích lớn nhất) khi và chỉ khi \(BS = ST\)

Suy ra \(\Delta BST\) vuông cân tại  suy ra \(\angle SBT = {45^\circ }\) hay \(\angle CBA = {45^\circ }\)

Xét \(\Delta CAB\) vuông tại \(A\) có \(\angle CBA = {45^\circ }\) nên \(\Delta CAB\) vuông cân tại \(A\).

Suy ra \(CA = AB = 2R\)

Gọi P là giao điểm của AM và OC.

Vì OM = OA và CM = CA nên OC là trung trực của AM hay \(AM \bot OC\) tại P

Khi đó ta có \(\Delta CAP\backsim\Delta COA\left( {g.g} \right)\) nên \(A{C^2} = CP.CO\)

Mà \(C{O^2} = O{A^2} + A{C^2} = {R^2} + {\left( {2R} \right)^2} = 5{R^2}\) hay \(CO = R\sqrt 5 \)

Suy ra \(CP = \frac{{A{C^2}}}{{CO}} = \frac{{4{R^2}}}{{R\sqrt 5 }} = \frac{4}{{\sqrt 5 }}R\)

Khi đó \(A{P^2} = A{C^2} - C{P^2} = 4{R^2} - {\left( {\frac{4}{{\sqrt 5 }}R} \right)^2} = \frac{4}{5}{R^2}\)  nên \(AP = \frac{2}{{\sqrt 5 }}R\)

Suy ra \(AM = 2AP = \frac{{4R}}{{\sqrt 5 }} = \frac{{4\sqrt 5 }}{5}R\).

Câu 6 (0,5 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn \({x^2} + {y^2} + {z^2} = 2\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: \(P = \frac{1}{{2 - xy}} + \frac{1}{{2 - yz}} + \frac{1}{{2 - zx}}\)

Lời giải:

Từ giả thiết \({x^2} + {y^2} + {z^2} = 2\), ta thay vào mẫu số của \(\frac{1}{{2 - xy}}\):

\(2 - xy = {x^2} + {y^2} + {z^2} - xy\)

\(2(2 - xy) = 2{x^2} + 2{y^2} + 2{z^2} - 2xy\)

\(2(2 - xy) = ({x^2} - 2xy + {y^2}) + ({x^2} + {y^2} + 2{z^2})\)

\(2(2 - xy) = {(x - y)^2} + ({x^2} + {y^2} + 2{z^2})\)

Vì \({(x - y)^2} \ge 0\) với mọi số thực, ta có \(2(2 - xy) \ge {x^2} + {y^2} + 2{z^2}\)

Xét: \(\frac{1}{{2 - xy}} = \frac{2}{{2(2 - xy)}} = \frac{{(2 - xy) + xy}}{{2(2 - xy)}} = \frac{1}{2} + \frac{{xy}}{{2(2 - xy)}}\)

Do \(x,y > 0\) nên \(xy > 0\), ta có:

\(\frac{1}{{2 - xy}} \le \frac{1}{2} + \frac{{xy}}{{{x^2} + {y^2} + 2{z^2}}}\)

\(\frac{1}{{2 - xy}} \le \frac{1}{2} + \frac{{xy}}{{({x^2} + {z^2}) + ({y^2} + {z^2})}}\)

Theo BĐT Cô-si cho 2 số dương, áp dụng vào mẫu số:

\(\frac{{xy}}{{({x^2} + {z^2}) + ({y^2} + {z^2})}} \le \frac{{xy}}{{2\sqrt {({x^2} + {z^2})({y^2} + {z^2})} }}\)\( = \frac{1}{2} \cdot \left( {\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + {z^2}} }}} \right) \cdot \left( {\frac{y}{{\sqrt {{y^2} + {z^2}} }}} \right)\)

Áp dụng BĐT Cô-si chiều ngược lại \(ab \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}\):

\(\frac{1}{2} \cdot \left( {\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + {z^2}} }}} \right) \cdot \left( {\frac{y}{{\sqrt {{y^2} + {z^2}} }}} \right) \le \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}\left( {\frac{{{x^2}}}{{{x^2} + {z^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{y^2} + {z^2}}}} \right)\)\( = \frac{1}{4}\left( {\frac{{{x^2}}}{{{x^2} + {z^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{y^2} + {z^2}}}} \right)\)

Thay vào \(\frac{1}{{2 - xy}} \le \frac{1}{2} + \frac{{xy}}{{({x^2} + {z^2}) + ({y^2} + {z^2})}}\), ta được:

\(\frac{1}{{2 - xy}} \le \frac{1}{2} + \frac{1}{4}\left( {\frac{{{x^2}}}{{{x^2} + {z^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{y^2} + {z^2}}}} \right)\)

Bằng cách chứng minh tương tự, ta có:

\(\frac{1}{{2 - yz}} \le \frac{1}{2} + \frac{1}{4}\left( {\frac{{{y^2}}}{{{y^2} + {x^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{z^2} + {x^2}}}} \right)\)

\(\frac{1}{{2 - zx}} \le \frac{1}{2} + \frac{1}{4}\left( {\frac{{{z^2}}}{{{z^2} + {y^2}}} + \frac{{{x^2}}}{{{x^2} + {y^2}}}} \right)\)

Cộng vế theo vế cả 3 bất đẳng thức trên, ta nhóm các phân thức có cùng mẫu số lại với nhau:

\(P \le \frac{3}{2} + \frac{1}{4}\left[ {\left( {\frac{{{x^2}}}{{{x^2} + {z^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{x^2} + {z^2}}}} \right) + \left( {\frac{{{y^2}}}{{{y^2} + {x^2}}} + \frac{{{x^2}}}{{{y^2} + {x^2}}}} \right) + \left( {\frac{{{z^2}}}{{{z^2} + {y^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{z^2} + {y^2}}}} \right)} \right]\)

\(P \le \frac{3}{2} + \frac{1}{4}(1 + 1 + 1) = \frac{3}{2} + \frac{3}{4} = \frac{9}{4}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x = y = z\) và \({x^2} + {y^2} + {z^2} = 2\) hay \(x = y = z = \sqrt {\frac{2}{3}} \).

Vậy giá trị lớn nhất của P là \(\frac{9}{4}\).

—HẾT—