Đề Tuyển Sinh 10 Môn Toán Sở GD Cao Bằng 2025-2026 Có Đáp Án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH CAO BẰNG NĂM HỌC 2025-2026
ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN:TOÁN CHUNG
(Đề thi gồm 2 trang)
Thời gian: 120 phút, không kể thời gian phát đề Ngày thi:06/6/2025 Câu 1. (4.0 điểm)
a) Thực hiện phép tính: 16 − 2 25 .
b) Tìm b để đồ thị hàm số y = 3x + b đi qua điểm M (2;8) . c) Giải phương trình: 2
3x + x − 4 = 0 . 2x − y = 4
d) Giải hệ phương trình:  3  x + y =1 Câu 2. (1,5 điếm)
Một sân trường hình chữ nhật có chiều dài lớn hơn chiều rộng 16 m . Hai lần chiều dài nhỏ hơn năm
lần chiều rộng 100 m . Tính chiều dài và chiếu rộng của sân trường. Câu 3. (0,75 điểm)
Gieo đồng thời một con xúc xắc và một đồng xu. Hãy mô tả không gian mẫu của phép thử và tính xác
suất để số chấm xuất hiện trên con xúc sắc là số lẻ. Câu 4. (0,75 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A có cạnh góc vuông AB = 4 cm ; ACB = 30 . Tính ABC và độ dài các cạnh AC, BC . Câu 5. (2,0 điểm)
Cho đường tròn (O; R) và một điểm S nằm ngoài đường tròn. Từ điểm S kẻ hai tiếp tuyến S , A SB với đường tròn ( ; O R)( ,
A B là các tiếp điểm).
a) Chứng minh tứ giác OASB là tứ giảc nội tiếp.
b) Kẻ đường kính BD của đường tròn (O; R) . Đường thẳng SD cắt đường tròn (O; R) tại C(C khác
D) . Gọi I là giao điểm của SO và AB . Tia CI cắt đường tròn (O; R) tại điểm thứ hai là M .
Chứng minh SCI đồng dạng với SOD và SO song song với BM . Câu 6. (1,0 điểm) Cho phương trình 2
x − mx − 3 = 0 (với m là tham số). Tìm m đề phương trình có hai nghiệm phân biệt 2(x + x + 5 1 2 )
x , x sao cho H =
đạt giá trị lớn nhất 1 2 2
x + mx − x x 2 1 1 2 HẾT
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giám thị không giải thích gì thêm)
• Họ và tên thí sinh:.. .......Số báo danh:...
Họ tên, chữ ký của giám thị số 1:……….. Trang 1
HƯỚNG DẢN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO 10 NĂM HỌC 2025-2026 MÔN TOÁN - CAO BANG Câu Ý
a) Thực hiện phép tính: 16 − 2 25 . a) Cách giải: 2
16 − 2 25 = 16 − 2 5 = 16 − 2.5 = 16 −10 = 6
b) Tìm b để đồ thị hàm số y = 3x + b đi qua điểm M (2;8) . Cách giải: 8 = 3.2 + b
b) Thay x = 2; y =8 vào hàm số ta có 8 = 6 + b b = 2 Vậy b = 2 . c) Giải phưong trinh: 2
3x + x − 4 = 0 . Câu 1: Cách giải: (4 Ta có: 2 Δ = 1 − 4.3.( 4 − ) =1+ 48 = 49  0 điểm)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt: c) b − + Δ 1 − + 49 −b − Δ 1 − − 49 4 − x = = =1; x = = = 1 2 2a 2.3 2a 2.3 3  x =1 1 S  = 4 − x = 2  3 2x − y = 4
d) Giải hệ phương trình:  3  x + y =1. d) Cách giải: 5  x = 5 x =1
Cộng vế với vế ta có:   3  x + y =1. 3  1+ y =1. x = 1  y = 2 −
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x, y) = (1; 2 − ) . Trang 2
Một sân trường hình chữ nhật có chiều dài lớn hơn chiều rộng 16m. Hai lần chiều dài nhỏ
hơn năm lần chiều rộng 100 m . Tính chiều dài và chiều rộng của sân trường. Cách giải:
Gọi chiều rộng của sân trường hình chữ nhật là x (m)(ĐK : x  0) .
Vì sân trường hình chữ nhật có chiều dài lớn hơn chiều rộng 16 m nên chiều dài của sân Câu
trường hình chữ nhật là x +16( m) 2:
Vi hai lần chiều dài nhỏ hơn năm lần chiều rộng 100 m nên ta có phương trình: (1,5
2( x +16) +100 = 5x điểm)
2x + 32 +100 = 5x 3x = 132 x = 44(tm)
Suy ra, chiều rộng của sân trường là 44 m , chiều dài của sân trường là 44 +16 = 60( m) .
Vậy chiều rộng của sân trường là 44 m , chiều dài của sân trường là 60 m .
Gieo đồng thời một con xúc sắc và một đồng xu. Hãy mô tả không gian mẫu của phép thử
và tính xác suất để số chẩm xuất hiện trong con xúc sắc là số lẻ. Cách giải:
Gọi 1;2;3;4;5;6 là kết quà gieo con xúc sắc xuất hiện mặt tương ứng 1 chấm, 2 chấm, 3
chấm, 4 chấm, 5 chấm, 6 chấm.
Gọi S là kết quả gieo đồng xu xuất hiện mặt sấp, N là kết quả gieo đồng xu xuất hiện mặt Câu ngửa. 3:
Không gian mẫu cua phép thử Gieo đồng thời một con xúc sắc và một đồng xu là: (0,75 Ω = (
 1;S);(1;N);(2;S);(2;N);(3;S);(3;N);(4;S);(4;N);(5;S);(5;N);(6;S);(6;N) điểm)
Suy ra, số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) =12 .
Gọi A là biến cố: "số chấm xuất hiện trong con xúc sẳc là số lẻ". Ta có: A = (
 1;S);(1;N);(3;S);(3;N);(5;S);(5;N)
Suy ra, số kết quả thuận lợi cho biến cố A là 6 nên n( A) = 6. n A
Vậy xác suất của biến cố A là: P( A) ( ) 6 1 = = = . n(Ω) 12 2 Trang 3
Cho tam giác ABC vuông tại A có cạnh góc vuông AB = 4 cm; ACB = 30 . Tính  ABC
và độ dài các cạnh AC, BC . B Câu 4: (0,75 điểm) 30° A C Cách giải:
Tam giác ABC vuông tại A nên ta có  ABC +  ACB = 90
Suy ra  ABC = 90 −  ACB = 90 − 30 = 60
Áp dụng hệ thức giữa góc và cạnh trong tam giác vuông ta có: AC = AB cot30 = 4 3 ( cm) AB 4
AB = BC sin30 suy ra BC = = = 8( cm) sin30 0,5
Vậy  ABC = 60 ; AC = 4 3 cm; BC = 8 cm
Cho đırờng tròn (O; R) và một điểm S nằm ngoài đırờng tròn. Từ điểm S kẻ hai tiếp tuyến
SA, SB với đường tròn ( ; O R)( ,
A B . là hai tiếp điểm).
a) Chứng minh tứ giác OASB là tứ giác nội tiếp Cách giải:
Ta có: SAO vuông tại A (do SA là tiếp tuyến của (O) ) Do đó S, ,
A O cùng thuộc đường tròn đường kính SO (1) Câu a)
SBO vuông tại B (do SB là tiếp tuyến của (O) ) 5: (2 điểm)
Do đó S, B,O cùng thuộc đường tròn đường kính SO (2)
Từ (1) và (2) suy ra S, ,
A B,O cùng thuộc đường tròn đường kính SO
Vậy OASB là tứ giác nội tiếp
b) Kẻ đường kính BD của đường tròn ( O, R ). Đıròng thẳng SD cắt đường tròn (O, R) tại b)
C( C khác D) . Gọi I là giao điểm của SO và AB . Tia CI cắt đường tròn (O, R) tại điểm thứ hai là M.
Chứng minh SCI đồng dạng với SOD và SO song song với BM Trang 4 D A C O S I M B Cách giải:
b) Ta có:  SAC +  OAC =  SAO = 90 nên  SAC = 90 −  OAC (3)
Tam giác OAC cân tại O( do OA = OC) nên 180 −  AOC  AOC  OAC = = 90 − = 90 −  ADC (4) 2 2
Từ (3) và (4) ta có  SAC =  SDA
Xét SAC và SDA có
LDSA chung  SAC =  SDA(cmt)
Do đó SAC  SDA(g.g) Suy ra SA SD = hay 2
SA = SC.SD SC SA
Ta chứng minh được SAI  SOA(g.g ) suy ra 2
SA = SI.SO
Do đó SC.SD = SI.SO hay SC SI = SO SD SC SI =
Xét SCI và SOD có SO SD  DSO chung
Do đó SCI  SOD( c.g.c )
Suy ra  SIC =  SDO
Mà  SDO =  CMB (cùng chắn cung BC )
Nên  SIC =  CMB
Hơn nữa hai góc này ở vị tri đồng vị nên SI ‖ BM
Vậy SO ‖ BM Trang 5 Cho phương trình 2
x − mx − 3 = 0 (với m là tham số). Tìm m để phương trình có hai nghiệm 2(x + x + 5 1 2 )
phân biệt sao cho H =
đạt giá trị lớn nhất 2
x + mx − x x 2 1 1 2 Câu Cách giải: 6: (1 Ta có: 2 = −m − (− ) 2 Δ ( )
4. 3 = m +12  0, m   R điểm)
Do đó phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt x , x 1 2
x + x = m Theo định li Viete ta có 1 2  x x = 3 −  1 2
Vì x là nghiệm của phương trình đã cho nên 2
x − mx − 3 = 0 hay 2 x = mx + 3 2 2 2 2 2 2(x + x + 5 2 x + x + 5 + 1 2 ) ( 1 2) Khi đó 2m 5 H = = =
mx + 3 + mx − x x m(x + x ) 2 + 3− x x m + 6 2 1 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2m + 5
2m + 5 − m − 6
−m + 2m −1 −(m −1) Ta có: H −1 = −1 = = = 2 2 2 2 m + 6 m + 6 m + 6 m + 6 2 − − Vi (m 1) 2 2
−(m −1)  0, m + 6  0, m   R nên  0 hay H  1 2 m + 6
Dấu " = " xày ra khi và chi khi m = 1 Vậy m = 1 Trang 6