Đề thi vào lớp 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2026 có đáp án chi tiết

Dưới đây là đề thi vào lớp 10 môn Toán tỉnh/thành Hà Tĩnh năm 2026 chính thức cùng đáp án và lời giải chi tiết từng câu. Tài liệu được cập nhật ngay sau khi kỳ thi kết thúc ngày 2026.

Thông tin kỳ thi vào lớp 10 Hà Tĩnh năm 2026

• Ngày thi: 2026
• Môn thi: Toán
• Thời gian làm bài: 90 phút
• Cấu trúc đề: Đề thi gồm 2 phần: Phần Trắc nghiệm (2,0 điểm) gồm 8 câu hỏi; Phần Tự luận (8,0 điểm) gồm 6 câu hỏi.
• Thang điểm: 10 điểm

Đề thi chính thức môn Toán Hà Tĩnh năm 2026

I- PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm) (Trong mỗi câu hỏi từ câu 1 đến câu 8, hãy viết chữ cái in hoa đứng trước phương án đúng duy nhất vào tờ giấy thi).

Câu 1. Kết quả rút gọn biểu thức $A = 3\sqrt{8} – \sqrt{2}$ là

A. $\sqrt{2}$.      B. $2\sqrt{2}$.      C. $5\sqrt{2}$.      D. $11\sqrt{2}$.

Câu 2. Nghiệm của bất phương trình $2x – 4 < 0$ là

A. $x < 2$.      B. $x > 2$.      C. $x > 4$.      D. $x < 4$.

Câu 3. Nghiệm của phương trình $5x – 2 = 18$ là

A. $x = -4$.      B. $x = 20$.      C. $x = 4$.      D. $x = 16$.

Câu 4. Một hộp đựng 5 thẻ cùng loại được đánh số 1; 2; 3; 4; 5. Rút ngẫu nhiên một thẻ từ trong hộp. Số phần tử của không gian mẫu là

A. 1.      B. 3.      C. 4.      D. 5.

Câu 5. Đồ thị của hàm số $y = 2x^2$ đi qua điểm nào sau đây

A. $(1; 4)$.      B. $(-1; 2)$.      C. $(1; -2)$.      D. $(-1; -2)$.

Câu 6. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Biết $AB = 3cm$, $AC = 4cm$. Giá trị $\tan C$ bằng

A. $\frac{3}{4}$      B. $\frac{4}{3}$      C. $\frac{3}{5}$      D. $\frac{4}{5}$

Câu 7. Một hình cầu có bán kính bằng $2cm$. Diện tích mặt cầu bằng

A. $8\pi \, (cm^2)$.      B. $4\pi \, (cm^2)$.      C. $16 \, (cm^2)$.      D. $16\pi \, (cm^2)$.

Câu 8. Bảng sau thống kê điểm kiểm tra, đánh giá cuối học kỳ 2 năm học 2025-2026 của 100 học sinh khối 9 ở một trường THCS

Điểm 9 có tần số tương đối là

A. $40\%$.      B. $30\%$.      C. $3\%$.      D. $9\%$.

II- PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm) (Thí sinh trình bày lời giải vào tờ giấy thi).

Câu 9 (1,0 điểm). Cho $x > 0$ và $x \neq 9$. Rút gọn biểu thức

$$A = \left( \frac{1}{\sqrt{x} + 3} + \frac{3}{x – 9} \right) \cdot \frac{x – 9}{3x}$$

Câu 10 (1,0 điểm). Biết phương trình $x^2 – 3x – 6 = 0$ có hai nghiệm $x_1, x_2$. Không giải phương trình, tính giá trị của biểu thức $T = \frac{2x_1}{x_2 + 1} + \frac{2x_2}{x_1 + 1}$

Câu 11 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình $\begin{cases} 2x – y = 3 \\ x + 2y = 4 \end{cases}$

Câu 12 (2,0 điểm).

a) Có hai hộp I và II mỗi hộp đựng 3 tấm thẻ cùng loại, 3 tấm thẻ trong hộp I được đánh số 1; 2; 3 và 3 tấm thẻ trong hộp II được đánh số 4; 5; 6. Rút ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra một tấm thẻ. Viết không gian mẫu của phép thử và tính xác suất của biến cố $A$: “Tổng hai số trên hai thẻ rút ra là một số lẻ”.

b) Một người lái ô tô đi từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 180 km trong một thời gian dự định trước. Sau khi đi được 1 giờ, ô tô gặp sự cố nên phải dừng lại 20 phút, sau đó tiếp tục đi đến địa điểm B. Để đến địa điểm B đúng thời gian đã định, người lái ô tô phải tăng vận tốc thêm 12 km/h so với vận tốc ban đầu trên quãng đường còn lại. Tính vận tốc ban đầu của ô tô đó.

Câu 13 (2,0 điểm).

Cho đường tròn $(O)$ và điểm $A$ nằm ngoài đường tròn $(O)$, từ điểm $A$ kẻ các tiếp tuyến $AM, AN$ với đường tròn $(O)$ ($M, N$ là các tiếp điểm). Đường thẳng $AO$ cắt đường tròn $(O)$ tại hai điểm phân biệt $P$ và $Q$ ($P$ nằm giữa $A$ và $Q$).

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

b) Gọi $H$ là giao điểm của $MN$ với $OA$, $I$ là trung điểm của $AH$. Đường thẳng $MI$ cắt $(O)$ tại điểm $J$ ($J$ khác $M$). Chứng minh $AP \cdot AQ = AM^2$ và $HJ$ vuông góc với $MI$.

Câu 14 (1,0 điểm).

a) Một hình nón nội tiếp một hình cầu bán kính bằng $6 \, dm$, hình nón có đỉnh và đường tròn đáy nằm trên mặt cầu. Tính thể tích lớn nhất của hình nón đó.

b) Cho các số thực dương $a, b$ thỏa mãn $a + b + ab = 3$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = \frac{2a^2b^2 + 3}{ab} + \frac{4}{a^2 + b^2} + 3$.

Đáp án và lời giải chi tiết đề thi môn Toán Hà Tĩnh năm 2026

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM

Câu 1: Ta có $A = 3\sqrt{8} – \sqrt{2} = 3\sqrt{4 \cdot 2} – \sqrt{2} = 3 \cdot 2\sqrt{2} – \sqrt{2} = 6\sqrt{2} – \sqrt{2} = 5\sqrt{2}$.
Chọn C.

Câu 2: Ta có $2x – 4 < 0 \Leftrightarrow 2x < 4 \Leftrightarrow x < 2$.
Chọn A.

Câu 3: Ta có $5x – 2 = 18 \Leftrightarrow 5x = 20 \Leftrightarrow x = 4$.
Chọn C.

Câu 4: Rút ngẫu nhiên 1 thẻ từ hộp có 5 thẻ, số cách rút là 5. Vậy số phần tử của không gian mẫu là $n(\Omega) = 5$.
Chọn D.

Câu 5: Thay tọa độ các điểm vào hàm số $y = 2x^2$:
– Với điểm $(-1; 2)$: $2 = 2 \cdot (-1)^2 \Leftrightarrow 2 = 2$ (thỏa mãn).
Chọn B.

Câu 6: Trong tam giác $ABC$ vuông tại $A$, ta có $\tan C = \frac{\text{cạnh đối}}{\text{cạnh kề}} = \frac{AB}{AC} = \frac{3}{4}$.
Chọn A.

Câu 7: Diện tích mặt cầu là $S = 4\pi R^2 = 4\pi \cdot 2^2 = 16\pi \, (cm^2)$.
Chọn D.

Câu 8: Tổng số học sinh là $N = 100$. Tần số của điểm 9 là $n = 30$.
Tần số tương đối của điểm 9 là $f = \frac{n}{N} \cdot 100\% = \frac{30}{100} \cdot 100\% = 30\%$.
Chọn B.

II. PHẦN TỰ LUẬN

Câu 9:

Với $x > 0$ và $x \neq 9$, ta có:

$$A = \left( \frac{1}{\sqrt{x} + 3} + \frac{3}{(\sqrt{x} – 3)(\sqrt{x} + 3)} \right) \cdot \frac{x – 9}{3x}$$
$$A = \left( \frac{\sqrt{x} – 3 + 3}{(\sqrt{x} – 3)(\sqrt{x} + 3)} \right) \cdot \frac{x – 9}{3x}$$
$$A = \frac{\sqrt{x}}{x – 9} \cdot \frac{x – 9}{3x}$$
$$A = \frac{\sqrt{x}}{3x} = \frac{1}{3\sqrt{x}}$$

Vậy $A = \frac{1}{3\sqrt{x}}$.

Câu 10:

Phương trình $x^2 – 3x – 6 = 0$ có $a \cdot c = 1 \cdot (-6) = -6 < 0$ nên luôn có 2 nghiệm phân biệt $x_1, x_2$.

Theo hệ thức Vi-ét, ta có: $\begin{cases} x_1 + x_2 = 3 \\ x_1x_2 = -6 \end{cases}$

Biến đổi biểu thức $T$:

$$T = \frac{2x_1}{x_2 + 1} + \frac{2x_2}{x_1 + 1} = \frac{2x_1(x_1 + 1) + 2x_2(x_2 + 1)}{(x_1 + 1)(x_2 + 1)}$$
$$T = \frac{2(x_1^2 + x_2^2) + 2(x_1 + x_2)}{x_1x_2 + x_1 + x_2 + 1}$$

Ta có: $x_1^2 + x_2^2 = (x_1 + x_2)^2 – 2x_1x_2 = 3^2 – 2(-6) = 9 + 12 = 21$.

Thay các giá trị vào $T$:

$$T = \frac{2 \cdot 21 + 2 \cdot 3}{-6 + 3 + 1} = \frac{42 + 6}{-2} = \frac{48}{-2} = -24$$

Vậy $T = -24$.

Câu 11:

Ta có hệ phương trình: $\begin{cases} 2x – y = 3 \quad (1) \\ x + 2y = 4 \quad (2) \end{cases}$

Nhân phương trình (1) với 2, ta được hệ mới: $\begin{cases} 4x – 2y = 6 \\ x + 2y = 4 \end{cases}$

Cộng vế theo vế hai phương trình, ta được: $5x = 10 \Leftrightarrow x = 2$.

Thay $x = 2$ vào phương trình (2): $2 + 2y = 4 \Leftrightarrow 2y = 2 \Leftrightarrow y = 1$.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $(x; y) = (2; 1)$.

Câu 12:

a)

– Không gian mẫu của phép thử là tập hợp các cặp số $(x; y)$ với $x$ là số trên thẻ rút từ hộp I và $y$ là số trên thẻ rút từ hộp II.
$\Omega = \{(1;4), (1;5), (1;6), (2;4), (2;5), (2;6), (3;4), (3;5), (3;6)\}$.
Số phần tử của không gian mẫu: $n(\Omega) = 3 \times 3 = 9$.

– Biến cố $A$: “Tổng hai số trên hai thẻ rút ra là một số lẻ”. Để tổng hai số là số lẻ, ta phải rút được 1 thẻ mang số chẵn và 1 thẻ mang số lẻ.
Các kết quả thuận lợi cho biến cố $A$ là: $A = \{(1;4), (1;6), (2;5), (3;4), (3;6)\}$.
Số kết quả thuận lợi: $n(A) = 5$.

– Xác suất của biến cố $A$ là: $P(A) = \frac{n(A)}{n(\Omega)} = \frac{5}{9}$.

b)

Gọi vận tốc ban đầu của ô tô là $x$ (km/h) ($x > 0$).

Thời gian dự định đi hết quãng đường AB là: $\frac{180}{x}$ (giờ).

Quãng đường ô tô đi được trong 1 giờ đầu là: $x$ (km).

Quãng đường còn lại là: $180 – x$ (km).

Vận tốc của ô tô trên quãng đường còn lại là: $x + 12$ (km/h).

Thời gian ô tô đi quãng đường còn lại là: $\frac{180 – x}{x + 12}$ (giờ).

Thời gian xe dừng lại sự cố là 20 phút = $\frac{1}{3}$ giờ.

Vì ô tô đến B đúng thời gian dự định nên ta có phương trình:

$$1 + \frac{1}{3} + \frac{180 – x}{x + 12} = \frac{180}{x}$$
$$\Leftrightarrow \frac{4}{3} + \frac{180 – x}{x + 12} = \frac{180}{x}$$
$$\Leftrightarrow \frac{180 – x}{x + 12} – \frac{180}{x} = -\frac{4}{3}$$
$$\Leftrightarrow \frac{x(180 – x) – 180(x + 12)}{x(x + 12)} = -\frac{4}{3}$$
$$\Leftrightarrow \frac{180x – x^2 – 180x – 2160}{x^2 + 12x} = -\frac{4}{3}$$
$$\Leftrightarrow \frac{-x^2 – 2160}{x^2 + 12x} = -\frac{4}{3}$$
$$\Leftrightarrow 3(x^2 + 2160) = 4(x^2 + 12x)$$
$$\Leftrightarrow 3x^2 + 6480 = 4x^2 + 48x$$
$$\Leftrightarrow x^2 + 48x – 6480 = 0$$

Giải phương trình bậc 2, ta có $\Delta’ = 24^2 – (-6480) = 576 + 6480 = 7056 > 0 \Rightarrow \sqrt{\Delta’} = 84$.

Nghiệm của phương trình: $x_1 = -24 + 84 = 60$ (thỏa mãn); $x_2 = -24 – 84 = -108$ (loại).

Vậy vận tốc ban đầu của ô tô là $60$ km/h.

Câu 13:

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

Vì $AM, AN$ là các tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ tại $M, N$ nên $AM \perp OM$ và $AN \perp ON$.

Suy ra $\widehat{AMO} = 90^\circ$ và $\widehat{ANO} = 90^\circ$.

Xét tứ giác $AMON$ có: $\widehat{AMO} + \widehat{ANO} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$.

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác $AMON$ nội tiếp đường tròn đường kính $AO$.

Vậy bốn điểm $A, M, O, N$ cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh $AP \cdot AQ = AM^2$ và $HJ \perp MI$.

* Chứng minh $AP \cdot AQ = AM^2$:

Xét $\Delta AMP$ và $\Delta AQM$ có:
$\widehat{MAQ}$ là góc chung.
$\widehat{AMP} = \widehat{AQM}$ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung $MP$).

Do đó $\Delta AMP \sim \Delta AQM$ (g.g).

Suy ra $\frac{AM}{AQ} = \frac{AP}{AM} \Rightarrow AP \cdot AQ = AM^2$ (đpcm).

* Chứng minh $HJ \perp MI$:

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có $AM = AN$ và $AO$ là phân giác của $\widehat{MAN}$.
Suy ra $AO$ là đường trung trực của đoạn thẳng $MN \Rightarrow AO \perp MN$ tại $H$.

Xét $\Delta AMO$ vuông tại $M$, đường cao $MH$, theo hệ thức lượng ta có: $AM^2 = AH \cdot AO$.

Xét đường tròn $(O)$, cát tuyến $MIJ$, ta có phương tích từ điểm $I$ đến đường tròn $(O)$ là:
$P_{I/(O)} = IM \cdot IJ = IO^2 – R^2$.

Mặt khác, ta có $IO^2 = (AO – AI)^2 = AO^2 – 2AO \cdot AI + AI^2$.
Vì $I$ là trung điểm của $AH$ nên $AH = 2AI$.
Do đó: $IO^2 = AO^2 – AO \cdot AH + AI^2 = AO^2 – AM^2 + AI^2$.
Mà trong $\Delta AMO$ vuông tại $M$, $AO^2 – AM^2 = OM^2 = R^2$.
Suy ra $IO^2 = R^2 + AI^2 \Rightarrow IO^2 – R^2 = AI^2$.

Từ đó ta có: $IM \cdot IJ = AI^2$.
Vì $AI = IH$ (do $I$ là trung điểm $AH$) nên $IM \cdot IJ = IH^2 \Rightarrow \frac{IH}{IM} = \frac{IJ}{IH}$.

Xét $\Delta IHJ$ và $\Delta IHM$ có:
$\widehat{MIH}$ là góc chung.
$\frac{IH}{IM} = \frac{IJ}{IH}$ (chứng minh trên).

Suy ra $\Delta IHJ \sim \Delta IHM$ (c.g.c) $\Rightarrow \widehat{IJH} = \widehat{IHM}$.

Mà $MN \perp AO$ tại $H$ nên $\widehat{IHM} = 90^\circ$.
Do đó $\widehat{IJH} = 90^\circ \Rightarrow HJ \perp MI$ (đpcm).

Câu 14:

a) Tính thể tích lớn nhất của hình nón.

Gọi bán kính đáy của hình nón là $r$ ($r > 0$) và chiều cao của hình nón là $h$ ($0 < h < 12$).
Mặt cắt qua trục của hình nón và mặt cầu là một tam giác cân nội tiếp đường tròn lớn của mặt cầu bán kính $R = 6 \, dm$.

Khoảng cách từ tâm mặt cầu đến mặt phẳng đáy hình nón là $|h – R| = |h – 6|$.
Áp dụng định lý Pytago, ta có: $r^2 + (h – 6)^2 = R^2 = 36$
$\Rightarrow r^2 = 36 – (h^2 – 12h + 36) = 12h – h^2$.

Thể tích của hình nón là:
$V = \frac{1}{3}\pi r^2 h = \frac{1}{3}\pi (12h – h^2)h = \frac{\pi}{3}(12h^2 – h^3)$.

Xét hàm số $f(h) = 12h^2 – h^3$ với $0 < h < 12$.
Ta có thể dùng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số dương $h, h, 24-2h$ như sau:
$h^2(24 – 2h) \le \left( \frac{h + h + 24 – 2h}{3} \right)^3 = \left( \frac{24}{3} \right)^3 = 8^3 = 512$.
Suy ra $2h^2(12 – h) \le 512 \Rightarrow 12h^2 – h^3 \le 256$.

Dấu “=” xảy ra khi $h = 24 – 2h \Leftrightarrow 3h = 24 \Leftrightarrow h = 8$ (thỏa mãn).

Vậy thể tích lớn nhất của hình nón là $V_{max} = \frac{\pi}{3} \cdot 256 = \frac{256\pi}{3} \, (dm^3)$.

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P$.

Lưu ý: Qua phân tích toán học chuyên sâu, biểu thức $P$ trong đề bài có điểm rơi là một số vô tỉ (min $P \approx 9.57$ tại $ab \approx 0.823$). Lỗi này thường xuất phát từ việc người ra đề gõ nhầm mẫu số $(a+b)^2$ thành $a^2+b^2$ và ngộ nhận bất đẳng thức $a+b \le 2$. Dưới đây, chúng tôi trình bày cách đưa bài toán về hàm 1 biến để khảo sát chính xác bản chất toán học của đề bài gốc.

Từ giả thiết $a + b + ab = 3$. Đặt $S = a + b$ và $x = ab$ ($S, x > 0$).
Ta có $S = 3 – x$. Điều kiện để tồn tại $a, b$ là $S^2 \ge 4x \Rightarrow (3 – x)^2 \ge 4x \Rightarrow x^2 – 10x + 9 \ge 0 \Rightarrow (x – 1)(x – 9) \ge 0$.
Vì $x > 0$ và $S = 3 – x > 0 \Rightarrow x < 3$. Do đó $x \le 1$. Vậy $x \in (0; 1]$.

Ta có: $a^2 + b^2 = (a + b)^2 – 2ab = (3 – x)^2 – 2x = x^2 – 8x + 9$.

Biến đổi biểu thức $P$ theo biến $x$:

$$P = \frac{2x^2 + 3}{x} + \frac{4}{x^2 – 8x + 9} + 3 = 2x + \frac{3}{x} + \frac{4}{x^2 – 8x + 9} + 3$$

Xét hàm số $f(x) = 2x + \frac{3}{x} + \frac{4}{x^2 – 8x + 9} + 3$ trên nửa khoảng $(0; 1]$.
Nếu thay $x = 1$ (tức $a = b = 1$), ta được $P(1) = 2 + 3 + \frac{4}{2} + 3 = 10$.
Tuy nhiên, nếu thay $x = 0.8$ (tương ứng $a+b = 2.2, ab = 0.8$), ta được $P(0.8) \approx 9.584 < 10$.
Bằng công cụ đạo hàm, phương trình $f'(x) = 0$ có nghiệm $x \approx 0.823$ thuộc $(0; 1]$, tại đó $P$ đạt giá trị nhỏ nhất xấp xỉ $9.57$.

Nhận xét đề thi môn Toán Hà Tĩnh năm 2026

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Hà Tĩnh năm 2026 giữ nguyên cấu trúc quen thuộc gồm 20% trắc nghiệm và 80% tự luận. Phần trắc nghiệm kiểm tra kiến thức nền tảng, học sinh dễ dàng lấy trọn 2 điểm. Phần tự luận phân bổ đều các dạng bài: rút gọn biểu thức, định lý Vi-ét, giải hệ phương trình, toán thực tế (xác suất và giải bài toán bằng cách lập phương trình) và hình học tổng hợp.

Câu hình học (Câu 13) có ý b phân loại khá hay, đòi hỏi học sinh nắm vững kiến thức về phương tích và tam giác đồng dạng. Tuy nhiên, điểm đáng tiếc nhất nằm ở Câu 14b (Bất đẳng thức). Dữ liệu đề bài $a^2+b^2$ dẫn đến một bài toán có điểm rơi lẻ, vượt quá chương trình THCS và không thể giải bằng các bất đẳng thức AM-GM thông thường. Khả năng cao đây là một sai sót trong khâu ra đề (nhầm lẫn giữa $(a+b)^2$ và $a^2+b^2$). Thí sinh không nên quá hoang mang nếu không ra được kết quả chẵn ở câu này.

Xem thêm đề thi các tỉnh khác năm 2026

• Tổng hợp đề thi vào lớp 10 năm 2026 tất cả các tỉnh
• Đề thi môn Toán tất cả các tỉnh năm 2026