Đề tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm 2026-2027 (Chung) Sở Đồng Nai (có đáp án)

1. Ta có $x^2+6x-7=0$

$\left(x-1\right)\left(x+7\right)=0$

$x=1$ hoặc $x=-7$.

Vậy phương trình có 2 nghiệm là: $x=1;x=-7$.

2. Ta có: $\{\begin{array}{l}2x+3y=3\\ 2x+y=9\end{array}$

$\{\begin{array}{l}3y-y=3-9\\ 2x+y=9\end{array}$

$\{\begin{array}{l}y=-3\\ 2x-3=9\end{array}$

$\{\begin{array}{l}y=-3\\ x=6\end{array}$.

Vậy hệ phương trình có nghiệm là: $\left(x;y\right)=\left(6;-3\right)$.

3. Ta có $3x-15>0$

$3x>15$

$x>5$.

Vậy bất phương trình có nghiệm là: $x>5$.

1. Ta có $P=\sqrt{25}+\sqrt[3]{-27}=5-3=2$.

2. Với $x\ge 0,x\ne 4$ ta được:

$Q=\left(\frac{2}{x+4\sqrt{x}+4}-\frac{1}{2\sqrt{x}+4}\right):\frac{2-\sqrt{x}}{6\sqrt{x}+12}$

$$=\left[\frac{2}{{\left(\sqrt{x}+2\right)}^2}-\frac{1}{2\left(\sqrt{x}+2\right)}\right]:\frac{2-\sqrt{x}}{6\left(\sqrt{x}+2\right)}$$

$=\left[\frac{4}{2{\left(\sqrt{x}+2\right)}^2}-\frac{\sqrt{x}+2}{2{\left(\sqrt{x}+2\right)}^2}\right]:\frac{2-\sqrt{x}}{6\left(\sqrt{x}+2\right)}$

$=\frac{4-\sqrt{x}-2}{2{\left(\sqrt{x}+2\right)}^2}:\frac{2-\sqrt{x}}{6\left(\sqrt{x}+2\right)}$

$=\frac{2-\sqrt{x}}{2{\left(\sqrt{x}+2\right)}^2}\cdot \frac{6\left(\sqrt{x}+2\right)}{2-\sqrt{x}}$$=\frac{3}{\sqrt{x}+2}$.

Ta có $Q=\frac{3}{\sqrt{x}+2}$. Để $Q\in \mathbb{Z}$ thì $(\sqrt{x}+2)$ phải là ước nguyên của 3.

Tập hợp các ước của 3 là: Ư$(3)=\left\{1;-1;3;-3\right\}$.

Vì $x\ge 0$ nên $\sqrt{x}\ge 0$, do đó $\sqrt{x}+2\ge 2$.

So sánh với tập các ước của 3, giá trị duy nhất thỏa mãn điều kiện $\sqrt{x}+2\ge 2$ là $3$.

Do đó, ta có $\sqrt{x}+2=3$ nên $\sqrt{x}=1$ suy ra $x=1$ (TMĐK).

Vậy để $Q$ nhận giá trị là số nguyên thì $x=1$.

1. Bảng giá trị của hàm số:

Biểu diễn trên hệ trục tọa độ

2. Vì phương trình có hai nghiệm $x_1,x_2$ nên theo hệ thức Viète, ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-7\\ x_1{x}_2=3\end{array}$.

Ta có $M=x_1^2+x_2^2=x_1^2+x_2^2+2x_1{x}_2-2x_1{x}_2$

$={\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2={\left(-7\right)}^2-2\cdot 3=49-6=43.$

3. Gọi $x$ (nghìn đồng) là số tiền mỗi học sinh phải đóng sau khi điều chỉnh giá.

$y$ (học sinh) là số học sinh ban đầu (Điều kiện: $x>0,y\in {\mathbb{N}}^{\ast }$).

Khi đó, số tiền mỗi học sinh phải đóng ban đầu là $x+20$ (nghìn đồng).

số học sinh sau khi thêm 50 em là $y+50$ (học sinh).

Theo đề bài ta có hệ phương trình: $$\{\begin{array}{l}\left(x+20\right)y=60000\\ \left(y+50\right)x=63000\end{array}$$

$$\{\begin{array}{l}xy+20y=60000\\ xy+50x=63000\end{array}$$

$$\{\begin{array}{l}5x-2y=300\\ xy+20y=60000\end{array}$$

Từ phương trình $5x-2y=300$ suy ra $$x=\frac{2}{5}y+60$$.

Thế vào $xy+20y=60000$, ta được

$\left(\frac{2}{5}y+60\right)y+20y=60000$

$2y^2+400y-300000=0$

$y=300$ (TMĐK) hoặc $y=-500$ (loại)

Với $y=300$ thì $x=180$ (TMĐK).

Vậy số tiền mỗi học sinh phải đóng sau khi điều chỉnh giá là 180 nghìn đồng.

1. Tần số của nhóm $$\left[14;21\right)$$ là 16.

Cỡ mẫu của mẫu số liệu là: $N=3+14+16+7=40$.

Do đó tần số tương đối của nhóm $$\left[14;21\right)$$ là: $\frac{16}{40}\cdot 100\%=40\%$.

2. Không gian mẫu của phép thử là: $n\left(\Omega \right)=6$.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố $A$ là: 3; 6.

Vì các kết quả có thể xảy ra đồng khả năng nên $n\left(A\right)=2$.

Xác suất biến cố A: "Số ghi trên thẻ được rút ra là bội của 3" là:

$P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}.$

1. Gọi $C$ là hình chiếu của $B$ lên mặt đất, trùng với mốc chiều cao $5\mathrm{km}$ của $B$ trên mặt đất.

ABC vuông tại $C$ ta có: (ảnh 2)"> 

Theo tỉ số lượng giác trong tam giác $ABC$ vuông tại $C$ ta có:

$\sin \widehat{BAC}=\frac{BC}{AB}$ suy ra $AB=\frac{BC}{\sin \widehat{BAC}}=\frac{5}{\sin 30^{\circ }}=10(\mathrm{km})$.

Vậy quãng đường $AB$ dài $10\mathrm{km}$.

2. Thể tích của một hình trụ trên là: $V=3,14\cdot {\left(\frac{10}{2}\right)}^2\cdot 18=1413\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right).$

1. Vì $\widehat{MAO}=90^{\circ }$ (giả thiết) suy ra $\Delta MAO$ vuông tại $A$ do đó 3 điểm $M,A,O$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MO.$

Lại có, $\widehat{MBO}=90^{\circ }$ (giả thiết) suy ra $\Delta MBO$ vuông tại $B$ do đó 3 điểm $M,B,O$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MO.$

Do đó 4 điểm $M,A,O,B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MO$ suy ra tứ giác $MAOB$ nội tiếp đường tròn.

2. Ta có $\widehat{MDA}=180^{\circ }-\widehat{ADC}$ mà $\widehat{ADC}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra $\widehat{MDA}=90^{\circ }$.

Khi đó chứng minh được  (g.g).

Suy ra $$\frac{MA}{MC}=\frac{MD}{MA}$$ nên $M{A}^2=MC\cdot MD$.

3. Vì $AC$ là đường kính nên $\widehat{ADC}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  suy ra $\widehat{MDA}=90^{\circ }$.

Dễ dàng chứng minh được $MDHA$ nội tiếp, ta được: $\widehat{ADH}=\widehat{AMH}$ (cùng chắn ).

Vì $MO$ là tia phân giác của góc tạo bởi hai tiếp tuyến cắt nhau nên $\widehat{AMH}=\widehat{FMB}$.

Suy ra $\widehat{ADH}=\widehat{FMB}$ (1).

Ta có: $M{A}^2=MC.MD$, mà $M{A}^2=MH.MO$ suy ra $MC\cdot MD=MH\cdot MO$, do đó $\frac{MC}{MO}=\frac{MH}{MD}$.

Xét $\Delta MHD$ và $\Delta MCO$ có: $\frac{MC}{MO}=\frac{MH}{MD}$ và $\widehat{DMH}$ chung

Do đó $\Delta MHD\backsim \Delta MCO$ (c.g.c)

Suy ra $\frac{HD}{CO}=\frac{MD}{MO}$ nên $HD=R\cdot \frac{MD}{MO}$ (với $R$ là bán kính đường tròn $(O)$).

Chứng minh tương tự ta có $\Delta MDA\backsim \Delta MAC$ suy ra $\frac{DA}{AC}=\frac{MD}{MA}$ nên $DA=2R\cdot \frac{MD}{MA}$ (do đường kính $AC=2R$).

Khi đó $\frac{HD}{DA}=\frac{R\cdot \frac{MD}{MO}}{2R\cdot \frac{MD}{MA}}=\frac{MA}{2MO}$.

Do tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có $MA=MB$, thay vào tỉ số trên ta được:

$\frac{HD}{DA}=\frac{MB}{2MO}$.

Mà $M{B}^2=MH\cdot MO$ nên $\frac{MH}{MB}=\frac{MB}{MO}$.

Vì $F$ là trung điểm $MH$ nên $MF=\frac{1}{2}MH$.

Ta có: $\frac{MF}{MB}=\frac{\frac{1}{2}MH}{MB}=\frac{1}{2}\cdot \frac{MH}{MB}=\frac{MB}{2MO}$.

Từ đó suy ra: $\frac{MF}{MB}=\frac{HD}{DA}$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $\Delta BFM\backsim \Delta AHD$ (c.g.c) suy ra $\widehat{FBM}=\widehat{DAH}$.

Kẻ đường kính $BT$. Ta có $\widehat{DBM}=\widehat{DAB}=\widehat{DAH}$ (cùng chắn ).

Suy ra $\widehat{FBM}=\widehat{DBM}$ do đó $B,D,F$ thẳng hàng.