Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ninh năm 2026

Đề bài

PHẦN II. TỰ LUẬN (7,0 ĐIỂM)

Câu 1. (0,75 điểm) Rút gọn biểu thức \(P = \left( {\frac{5}{{2\sqrt x  - 3}} + \frac{1}{{2\sqrt x  + 3}}} \right):(\sqrt x  + 1)\) với \(x \ge 0,x \ne \frac{9}{4}\).

Câu 2. (0,75 điểm) Giải hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x - 4y = 8}\\{x - 5y =  - 1}\end{array}} \right.\)

Câu 3. (0,75 điểm) Giải bất phương trình: \(\frac{{5x - 3}}{4} + \frac{{3x + 1}}{2} >  - 3\)

Câu 4. (0,75 điểm) Cho phương trình \({x^2} - 4x + 1 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) (\({x_1} > {x_2}\)). Không giải phương trình, tính giá trị của biểu thức:\(P = ({x_2} + 3)\sqrt {x_1^2 + 2{x_2} - 7}  - x_1^2\)

Câu 5. (1,0 điểm) Một bể bơi có thể tích là \(144{\rm{ }}{{\rm{m}}^3}\). Ban đầu bể chưa có nước, hai máy bơm cùng hoạt động để bơm nước vào bể, sau 2 giờ lượng nước trong bể là \(60{\rm{ }}{{\rm{m}}^3}\). Nếu mỗi máy hoạt động riêng thì thời gian bơm đầy bể của máy thứ hai nhiều hơn thời gian bơm đầy bể của máy thứ nhất là 4 giờ. Hỏi nếu máy bơm thứ nhất hoạt động riêng thì cần bao nhiêu giờ để bơm đầy bể?

Câu 6. (2,5 điểm) Từ điểm M nằm bên ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A và B là các tiếp điểm). Vẽ đường kính BC của đường tròn (O), đường thẳng MC cắt đường tròn (O) tại điểm D khác C. Gọi H là giao điểm của AB và MO.

a) Chứng minh \(AC\parallel MO\).

b) Chứng minh tứ giác MDHB nội tiếp và \(\Delta MDH\)\(\Delta MOC\).\(\)

c) Đường thẳng qua C song song với DH cắt đường thẳng AB tại E. Chứng minh A là trung điểm của EH.

Câu 7. (0,5 điểm) Một công ty cần vận chuyển hàng từ kho hàng \(A\) đến trung tâm phân phối \(D.\) Trên bản đồ, hai điểm \(A\) và \(D\) nằm cùng phía đối với tuyến đường thẳng \(HK.\) Biết khoảng cách từ kho hàng \(A\) đến tuyến đường \(HK\) là \(4{\rm{ km}}\), khoảng cách từ trung tâm phân phối \(D\) đến tuyến đường \(HK\) là \(3{\rm{ km}}\), độ dài \(HK\) bằng \(20{\rm{ km}}\). Công ty dự định xây dựng lộ trình cho xe vận chuyển đi theo đường gấp khúc \(ABCD\), trong đó \(B,{\rm{ }}C\) thuộc đoạn \(HK\) (như hình vẽ). Tốc độ trung bình của xe trên các đoạn \(AB,{\rm{ }}BC,{\rm{ }}CD\) lần lượt là \(30{\rm{ km/h}}\), \(50{\rm{ km/h}}\) và \(40{\rm{ km/h}}\). Hãy xác định vị trí các điểm \(B,{\rm{ }}C\) trên đoạn \(HK\) sao cho thời gian di chuyển từ \(A\) đến \(D\) là nhỏ nhất.

-HẾT-

Lời giải

Lời giải chi tiết:

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

MÔN TOÁN – TỈNH QUẢNG NINH

THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM

I. TRẮC NGHIỆM:

II. TỰ LUẬN: 

Câu 1. (0,75 điểm) Rút gọn biểu thức \(P = \left( {\frac{5}{{2\sqrt x  - 3}} + \frac{1}{{2\sqrt x  + 3}}} \right):(\sqrt x  + 1)\) với \(x \ge 0,x \ne \frac{9}{4}\).

Lời giải:

Với \(x \ge 0,x \ne \frac{9}{4}\), ta có:

\(P = \left( {\frac{{5(2\sqrt x  + 3)}}{{(2\sqrt x  - 3)(2\sqrt x  + 3)}} + \frac{{1(2\sqrt x  - 3)}}{{(2\sqrt x  - 3)(2\sqrt x  + 3)}}} \right):(\sqrt x  + 1)\)

\(P = \left( {\frac{{10\sqrt x  + 15 + 2\sqrt x  - 3}}{{(2\sqrt x  - 3)(2\sqrt x  + 3)}}} \right):(\sqrt x  + 1)\)

\(P = \frac{{12\sqrt x  + 12}}{{{{\left( {2\sqrt x } \right)}^2} - {3^2}}}:(\sqrt x  + 1)\)

\(P = \frac{{12(\sqrt x  + 1)}}{{4x - 9}} \cdot \frac{1}{{\sqrt x  + 1}}\)

\(P = \frac{{12}}{{4x - 9}}\)

Vậy với \(x \ge 0,x \ne \frac{9}{4}\) thì \(P = \frac{{12}}{{4x - 9}}\).

Câu 2. (0,75 điểm) Giải hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x - 4y = 8}\\{x - 5y =  - 1}\end{array}} \right.\).

Lời giải:

Từ phương trình (2), biểu diễn x theo y:

\(x = 5y - 1\).

Thế vào phương trình (1), được:

\(3(5y - 1) - 4y = 8\)

\(15y - 3 - 4y = 8\)

\(11y = 11\)

\(y = 1\).

Thay \(y = 1\) vào biểu thức \(x = 5y - 1\), ta được:

\(x = 5.1 - 1 = 4\).

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là \((x;y) = (4;1)\).

Câu 3. (0,75 điểm) Giải bất phương trình: \(\frac{{5x - 3}}{4} + \frac{{3x + 1}}{2} >  - 3\).

Lời giải:

\(\frac{{5x - 3}}{4} + \frac{{2(3x + 1)}}{4} > \frac{{ - 3.4}}{4}\)

\(5x - 3 + 2(3x + 1) >  - 12\)

\(5x - 3 + 6x + 2 >  - 12\)

\(11x >  - 11\)

\(x >  - 1\).

Vập nghiệm của bất phương trình là \(x >  - 1\).

Câu 4. (0,75 điểm) Cho phương trình \({x^2} - 4x + 1 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) (\({x_1} > {x_2}\)). Không giải phương trình, tính giá trị của biểu thức:\(P = ({x_2} + 3)\sqrt {x_1^2 + 2{x_2} - 7}  - x_1^2\)

Lời giải:

Ta có \(\Delta ' = {( - 2)^2} - 1 \cdot 1 = 3 > 0\), do đó phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\).

Theo hệ thức Vi-ét, ta có:

\({x_1} + {x_2} = 4\)

\({x_1} \cdot {x_2} = 1\)

Vì \({x_1} + {x_2} = 4\) và \({x_1} > {x_2}\) nên ta suy ra \({x_1} > 2\).

Suy ra \({x_1} - 1 > 1 > 0\)

Từ hệ thức Vi-ét, ta có \(2{x_2} = 2(4 - {x_1}) = 8 - 2{x_1}\).

Thay vào biểu thức dưới dấu căn, ta được:

\(x_1^2 + 2{x_2} - 7 = x_1^2 + (8 - 2{x_1}) - 7\)\( = x_1^2 - 2{x_1} + 1 = {({x_1} - 1)^2}\)

Do \({x_1} - 1 > 0\) nên ta có:

\(\sqrt {x_1^2 + 2{x_2} - 7}  = \sqrt {{{({x_1} - 1)}^2}}  = \left| {{x_1} - 1} \right| = {x_1} - 1\)

Vì \({x_1}\) là nghiệm của phương trình nên \(x_1^2 - 4{x_1} + 1 = 0\).

Suy ra \(x_1^2 = 4{x_1} - 1\)

Thay \(\sqrt {x_1^2 + 2{x_2} - 7}  = {x_1} - 1\) và \(x_1^2 = 4{x_1} - 1\) vào biểu thức \(P\), ta được:

\(P = ({x_2} + 3)({x_1} - 1) - (4{x_1} - 1)\)

\(P = ({x_1}{x_2} - {x_2} + 3{x_1} - 3) - 4{x_1} + 1\)

\(P = {x_1}{x_2} - {x_1} - {x_2} - 2\)

\(P = {x_1}{x_2} - ({x_1} + {x_2}) - 2\)

\(P = 1 - 4 - 2 =  - 5\)

Vậy giá trị của biểu thức là \(P =  - 5\).

Câu 5. (1,0 điểm) Một bể bơi có thể tích là \(144{\rm{ }}{{\rm{m}}^3}\). Ban đầu bể chưa có nước, hai máy bơm cùng hoạt động để bơm nước vào bể, sau 2 giờ lượng nước trong bể là \(60{\rm{ }}{{\rm{m}}^3}\). Nếu mỗi máy hoạt động riêng thì thời gian bơm đầy bể của máy thứ hai nhiều hơn thời gian bơm đầy bể của máy thứ nhất là 4 giờ. Hỏi nếu máy bơm thứ nhất hoạt động riêng thì cần bao nhiêu giờ để bơm đầy bể?

Lời giải:

Gọi thời gian máy bơm thứ nhất hoạt động riêng một mình để đầy bể là \(x\) (giờ). (Điều kiện: \(x > 0\))

Vì nếu hoạt động riêng, thời gian máy thứ hai bơm đầy bể nhiều hơn máy thứ nhất là 4 giờ, nên thời gian máy thứ hai hoạt động riêng một mình để đầy bể là: \(x + 4\) (giờ)

Vì thể tích của bể bơi là \(144{\rm{ }}{{\rm{m}}^3}\) nên:

Trong 1 giờ, máy thứ nhất bơm được: \(\frac{{144}}{x}\) (\({{\rm{m}}^3}\))

Trong 1 giờ, máy thứ hai bơm được: \(\frac{{144}}{{x + 4}}\) (\({{\rm{m}}^3}\))

Vì nếu cả hai máy cùng hoạt động thì sau 2 giờ lượng nước trong bể là \(60{\rm{ }}{{\rm{m}}^3}\) nên trong 1 giờ cả hai máy cùng hoạt động sẽ bơm được: \(\frac{{60}}{2} = 30{\rm{ (}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}\)

Từ đó, ta có phương trình về tổng lượng nước 2 máy bơm được trong 1 giờ:

\(\frac{{144}}{x} + \frac{{144}}{{x + 4}} = 30\)

\(\frac{{24}}{x} + \frac{{24}}{{x + 4}} = 5\)

\(\frac{{24(x + 4)}}{{x(x + 4)}} + \frac{{24x}}{{x(x + 4)}} = \frac{{5x(x + 4)}}{{x(x + 4)}}\)

\(24(x + 4) + 24x = 5x(x + 4)\)

\(24x + 96 + 24x = 5{x^2} + 20x\)

\(48x + 96 = 5{x^2} + 20x\)

\(5{x^2} - 28x - 96 = 0\)

\((x - 8)(5x + 12) = 0\)

TH1: \(x - 8 = 0\)

\(x = 8\) (Thỏa mãn)

TH2: \(5x + 12 = 0\)

\(5x =  - 12\)

\(x = \frac{{ - 12}}{5}\) (Không thỏa mãn)

Vậy nếu máy bơm thứ nhất hoạt động riêng thì cần 8 giờ để bơm đầy bể.

Câu 6. (2,5 điểm) Từ điểm M nằm bên ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A và B là các tiếp điểm). Vẽ đường kính BC của đường tròn (O), đường thẳng MC cắt đường tròn (O) tại điểm D khác C. Gọi H là giao điểm của AB và MO.

a) Chứng minh \(AC\parallel MO\).

b) Chứng minh tứ giác MDHB nội tiếp và \(\Delta MDH\)\(\Delta MOC\).\(\)

c) Đường thẳng qua C song song với DH cắt đường thẳng AB tại E. Chứng minh A là trung điểm của EH.

Lời giải:

a) Ta có \(MA = MB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Lại có \(OA = OB\) (bán kính của đường tròn \((O)\)).

Suy ra MO là đường trung trực của đoạn thẳng AB.

Do đó \(MO \bot AB\) tại H.

Xét đường tròn \((O)\) có BC là đường kính nên \(\angle BAC = {90^\circ }\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra \(AC \bot AB\).

Vì \(AC \bot AB\) và \(MO \bot AB\) nên \(AC\parallel MO\).

b) +) Tứ giác MDHB nội tiếp:

Ta có \(\angle BDC = {90^\circ }\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Vì M, D, C thẳng hàng nên \(\angle BDM + \angle BDC = {180^\circ }\) (hai góc kề bù).

Suy ra \(\angle BDM = {180^\circ } - {90^\circ } = {90^\circ }\).

Có \(MO \bot AB\) tại H, hay \(\angle BHM = {90^\circ }\).

Tứ giác MDHB có \(\angle BDM = \angle BHM = {90^\circ }\)

Vậy tứ giác MDHB nội tiếp đường tròn đường kính BM.

+) \(\Delta MDH\backsim\Delta MOC\):

Xét \(\Delta MDB\) và \(\Delta MBC\) có:

\(\angle BMC\) chung;

\(\angle MBD = \angle MCB\) (cùng phụ với \(\widehat {BMC}\)).

Suy ra \(\Delta MDB\backsim\Delta MBC\) (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{MD}}{{MB}} = \frac{{MB}}{{MC}} \Rightarrow M{B^2} = MD \cdot MC\).

Xét \(\Delta MBO\) vuông tại \(B\) có đường cao BH, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có \(M{B^2} = MH \cdot MO\)

Từ đó suy ra \(MD \cdot MC = MH \cdot MO \Rightarrow \frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MO}}\).

Xét \(\Delta MDH\) và \(\Delta MOC\) có:

\(\angle OMC\) chung;

\(\frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MO}}\)

Suy ra \(\Delta MDH\backsim\Delta MOC\) (c.g.c).

c) Gọi I là giao điểm của CE và MO.

Vì \(CE\parallel DH\), áp dụng định lí Ta-lét cho tam giác MCI ta có \(\frac{{MH}}{{MI}} = \frac{{MD}}{{MC}}\).

Kết hợp với các hệ thức \(M{B^2} = MD \cdot MC\) và \(M{B^2} = MH \cdot MO\) ta có:

\(\frac{{MH}}{{MI}} = \frac{{MD \cdot MC}}{{M{C^2}}} = \frac{{M{B^2}}}{{M{C^2}}} = \frac{{MH \cdot MO}}{{M{C^2}}} \Rightarrow MI = \frac{{M{C^2}}}{{MO}}\).

Trong tam giác MBC vuông tại B, ta có

\(M{C^2} = M{B^2} + B{C^2} = MH \cdot MO + {(2 \cdot OB)^2}\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông MBO có đường cao BH:

\(O{B^2} = OH \cdot MO\).

Khi đó \(M{C^2} = MH \cdot MO + 4 \cdot OH \cdot MO = MO(MH + 4 \cdot OH)\).

Thay vào biểu thức tính MI ta được:

\(MI = \frac{{MO(MH + 4 \cdot OH)}}{{MO}} = MH + 4 \cdot OH\).

Suy ra \(HI = MI - MH = 4 \cdot OH\).

Xét \(\Delta ABC\) có O là trung điểm của BC và \(OH\parallel AC\) (do \(MO\parallel AC\)) nên OH là đường trung bình của \(\Delta ABC\)

Do đó H là trung điểm của AB và \(OH = \frac{1}{2}AC \Rightarrow AC = 2 \cdot OH\).

Vì \(AC\parallel MO\) hay \(AC\parallel HI\), áp dụng hệ quả định lí Ta-lét cho tam giác EAC ta có \(\frac{{EH}}{{EA}} = \frac{{HI}}{{AC}} = \frac{{4 \cdot OH}}{{2 \cdot OH}} = 2\)

Suy ra \(EH = 2 \cdot EA\).

Mà điểm A nằm giữa E và H nên \(EH = EA + AH\).

Từ đó ta có \(2 \cdot EA = EA + AH \Rightarrow EA = AH\).

Vậy A là trung điểm của EH.

Câu 7. (0,5 điểm) Một công ty cần vận chuyển hàng từ kho hàng \(A\) đến trung tâm phân phối \(D.\) Trên bản đồ, hai điểm \(A\) và \(D\) nằm cùng phía đối với tuyến đường thẳng \(HK.\) Biết khoảng cách từ kho hàng \(A\) đến tuyến đường \(HK\) là \(4{\rm{ km}}\), khoảng cách từ trung tâm phân phối \(D\) đến tuyến đường \(HK\) là \(3{\rm{ km}}\), độ dài \(HK\) bằng \(20{\rm{ km}}\). Công ty dự định xây dựng lộ trình cho xe vận chuyển đi theo đường gấp khúc \(ABCD\), trong đó \(B,{\rm{ }}C\) thuộc đoạn \(HK\) (như hình vẽ). Tốc độ trung bình của xe trên các đoạn \(AB,{\rm{ }}BC,{\rm{ }}CD\) lần lượt là \(30{\rm{ km/h}}\), \(50{\rm{ km/h}}\) và \(40{\rm{ km/h}}\). Hãy xác định vị trí các điểm \(B,{\rm{ }}C\) trên đoạn \(HK\) sao cho thời gian di chuyển từ \(A\) đến \(D\) là nhỏ nhất.

Lời giải:

Đặt \(HB = x{\rm{ (km)}}\) với ; \(KC = y{\rm{ (km)}}\) với \(y \ge 0\).

Vì tổng độ dài \(HK = 20{\rm{ km}}\) nên \(BC = 20 - x - y\) (điều kiện \(x + y \le 20\)).

Áp dụng định lý Pythagore cho hai tam giác vuông \(\Delta AHB\) (vuông tại \(H\)) và \(\Delta DKC\) (vuông tại \(K\)), ta có:

\(AB = \sqrt {A{H^2} + H{B^2}}  = \sqrt {{4^2} + {x^2}}  = \sqrt {{x^2} + 16} \)

\(CD = \sqrt {D{K^2} + K{C^2}}  = \sqrt {{3^2} + {y^2}}  = \sqrt {{y^2} + 9} \)

Vì tốc độ trung bình của xe trên các đoạn \(AB,{\rm{ }}BC,{\rm{ }}CD\) lần lượt là \(30{\rm{ km/h}}\), \(50{\rm{ km/h}}\) và \(40{\rm{ km/h}}\) nên thời gian của xe trên các đoạn \(AB,{\rm{ }}BC,{\rm{ }}CD\) lần lượt là \(\frac{{\sqrt {{x^2} + 16} }}{{30}}\), \(\frac{{20 - x - y}}{{50}}\), \(\frac{{\sqrt {{y^2} + 9} }}{{40}}\) (giờ).

Khi đó ta có biểu thức tổng thời gian di chuyển của xe là:

\(T = \frac{{\sqrt {{x^2} + 16} }}{{30}} + \frac{{20 - x - y}}{{50}} + \frac{{\sqrt {{y^2} + 9} }}{{40}}\)

\(T = \left( {\frac{{\sqrt {{x^2} + 16} }}{{30}} - \frac{x}{{50}}} \right) + \left( {\frac{{\sqrt {{y^2} + 9} }}{{40}} - \frac{y}{{50}}} \right) + \frac{{20}}{{50}}\)

Đặt \(M = \frac{{\sqrt {{x^2} + 16} }}{{30}} - \frac{x}{{50}}\); \(N = \frac{{\sqrt {{y^2} + 9} }}{{40}} - \frac{y}{{50}}\).

Để T nhỏ nhất thì M, N nhỏ nhất:

+) Ta có: \(M = \frac{{\sqrt {{x^2} + 16} }}{{30}} - \frac{x}{{50}}\)

\(\frac{{150M}}{{150}} = \frac{{5\sqrt {{x^2} + 16} }}{{150}} - \frac{{3x}}{{150}}\)

\(150M = 5\sqrt {{x^2} + 16}  - 3x\)

Xét bất đẳng thức: \(5\sqrt {{x^2} + 16}  \ge 3x + 16\)

Vì cả hai vế đều dương (do \(x \ge 0\)), ta bình phương hai vế:

\(25({x^2} + 16) \ge {(3x + 16)^2}\)

\(25{x^2} + 400 \ge 9{x^2} + 96x + 256\)

\(16{x^2} - 96x + 144 \ge 0\)

\({x^2} - 6x + 9 \ge 0\) hay \({(x - 3)^2} \ge 0\) (luôn đúng với mọi \(x\))

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi:

\(x - 3 = 0\)

\(x = 3{\rm{ (km)}}\) (Thỏa mãn)

Giá trị nhỏ nhất của \(M\) đạt được khi \(HB = 3{\rm{ km}}\).

+) Ta có: \(N = \frac{{\sqrt {{y^2} + 9} }}{{40}} - \frac{y}{{50}}\)

\(\frac{{200N}}{{200}} = \frac{{5\sqrt {{y^2} + 9} }}{{200}} - \frac{{4y}}{{200}}\)

\(200N = 5\sqrt {{y^2} + 9}  - 4y\)

Xét bất đẳng thức: \(5\sqrt {{y^2} + 9}  \ge 4y + 9\)

Vì cả hai vế đều dương (do \(y \ge 0\)), ta bình phương hai vế:

\(25({y^2} + 9) \ge {(4y + 9)^2}\)

\(25{y^2} + 225 \ge 16{y^2} + 72y + 81\)

\(9{y^2} - 72y + 144 \ge 0\)

\({y^2} - 8y + 16 \ge 0\) hay \({(y - 4)^2} \ge 0\) (luôn đúng với mọi \(y\))

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi:

\(y - 4 = 0\)

\(y = 4{\rm{ (km)}}\) (Thỏa mãn)

Giá trị nhỏ nhất của \(N\) đạt được khi \(KC = 4{\rm{ km}}\).

Vậy để thời gian di chuyển từ kho \(A\) đến trung tâm phân phối \(D\) là ngắn nhất thì điểm \(B\), \(C\) nằm trên đoạn \(HK\) sao cho \(HB = 3{\rm{ km}}\); \(KC = 4{\rm{ km}}\).

—HẾT—