Đề thi vào lớp 10 môn Toán Bắc Ninh năm 2026 có đáp án chi tiết

Dưới đây là đề thi vào lớp 10 môn Toán tỉnh/thành Bắc Ninh 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 Bắc Ninh năm 2026

• Ngày thi: 2026
• Môn thi: Toán
• Thời gian làm bài: 50 phút (Trắc nghiệm) + 70 phút (Tự luận)
• Cấu trúc đề: Đề thi gồm 2 phần: Phần trắc nghiệm (32 câu, 4.0 điểm) và Phần tự luận (5 câu, 6.0 điểm).
• Thang điểm: 10 điểm

Đề thi chính thức môn Toán Bắc Ninh năm 2026

PHẦN TRẮC NGHIỆM (4,0 ĐIỂM)

Câu 1. Cho đường tròn tâm $O$ và ba điểm $A, B, C$ nằm trên đường tròn như hình vẽ, biết rằng $\widehat{BOC} = 90^\circ$. Số đo của góc $\widehat{BAC}$ là

A. $45^\circ$.     B. $90^\circ$.     C. $30^\circ$.     D. $60^\circ$.

Câu 2. Biểu đồ bên biểu diễn các số liệu thống kê của 140 học sinh lớp 9 tham gia ba câu lạc bộ Toán, Ngữ văn, Tiếng Anh. Có bao nhiêu học sinh tham gia câu lạc bộ Toán trong số các học sinh trên?

A. 85.     B. 77.     C. 63.     D. 45.

Câu 3. Gieo một con xúc xắc cân đối, đồng chất một lần. Xác suất để con xúc xắc xuất hiện mặt có số chấm nhỏ hơn 3 là

A. $\frac{1}{2}$.     B. $\frac{1}{3}$.     C. $\frac{1}{6}$.     D. $\frac{1}{4}$.

Câu 4. Cho phương trình $2x^2 + x – 6 = 0$ có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$ với $x_1 < x_2$. Giá trị của biểu thức $2x_1 – x_2$ là

A. $-\frac{11}{2}$.     B. $1$.     C. $\frac{13}{2}$.     D. $5$.

Câu 5. Cho hình nón có bán kính đáy $R = 3\text{ cm}$ và chiều cao $h = 4\text{ cm}$. Diện tích xung quanh của hình nón là

A. $25\pi\text{ cm}^2$.     B. $15\pi\text{ cm}^2$.     C. $6\pi\text{ cm}^2$.     D. $12\pi\text{ cm}^2$.

Câu 6. Cặp số nào dưới đây là nghiệm của phương trình $3x – 2y = -1$?

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

Câu 7. Parabol $(P)$ trong hình vẽ là đồ thị của hàm số nào sau đây?

A. $y = -2x^2$.     B. $y = 2x^2$.     C. $y = -x^2$.     D. $y = x^2$.

Câu 8. Gọi $x$ là số người trên xe buýt ($x \in \mathbb{N}^*$). Bất đẳng thức nào sau đây mô tả tình huống “Trên xe buýt có tối đa 50 người”?

A. $x > 50$.     B. $x \ge 50$.     C. $x \le 50$.     D. $x < 50$.

Câu 9. Khảo sát về thời gian (đơn vị giờ) tự học ở nhà trong ngày của 30 học sinh thu được kết quả như sau:

(Bảng số liệu gồm 30 giá trị). Số học sinh tự học ở nhà từ 3 giờ trở lên chiếm bao nhiêu phần trăm?

A. $50\%$.     B. $70\%$.     C. $60\%$.     D. $46\%$.

Câu 10. Căn bậc hai số học của 9 là

A. $9$.     B. $-9$.     C. $81$.     D. $3$.

Câu 11. Trong hộp bút có 2 chiếc bút bi xanh khác nhau và 2 chiếc bút bi đỏ khác nhau. Lấy ngẫu nhiên đồng thời hai chiếc bút trong hộp, xác suất của biến cố “Lấy được hai chiếc bút bi khác màu” là

A. $\frac{1}{2}$.     B. $\frac{2}{3}$.     C. $\frac{1}{3}$.     D. $\frac{1}{6}$.

Câu 12. Phương trình nào sau đây là phương trình bậc hai ẩn $x$?

A. $2x^3 + 3x – 1 = 0$.     B. $x – 1 = 0$.     C. $x^4 – x^3 + x – 1 = 0$.     D. $x^2 – 4x – 5 = 0$.

Câu 13. Trong một ngày, cửa hàng có 10 đơn hàng gồm 6 đơn giao đúng giờ, 3 đơn giao trễ giờ và 1 đơn bị hoàn trả. Chọn ngẫu nhiên một đơn để kiểm tra. Xác suất để đơn được chọn là đơn giao trễ giờ bằng

A. $\frac{1}{10}$.     B. $\frac{3}{10}$.     C. $\frac{3}{5}$.     D. $\frac{2}{5}$.

Câu 14. Điều tra về chiều cao (đơn vị là centimet) của 40 học sinh lớp 9A, người ta thu được bảng tần số ghép nhóm. Nhóm có tần số lớn nhất là

A. $[155; 160)$.     B. $[165; 170)$.     C. $[150; 155)$.     D. $[160; 165)$.

Câu 15. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có đường kính $BC = 10\text{ cm}$, $\widehat{BCA} = 30^\circ$. Độ dài cạnh $AB$ bằng

A. $5\sqrt{3}\text{ cm}$.     B. $10\sqrt{3}\text{ cm}$.     C. $4\text{ cm}$.     D. $5\text{ cm}$.

Câu 16. Tung một đồng xu kim loại (gồm hai mặt sấp (S) và ngửa (N)) cân đối, đồng chất hai lần liên tiếp. Gọi A là biến cố “Cả hai lần xuất hiện mặt sấp”. Khi đó tất cả các kết quả thuận lợi cho biến cố A là

A. $NS$.     B. $SN$.     C. $SS$.     D. $NN$.

Câu 17. Điều kiện xác định của biểu thức $\sqrt{1 – 2x}$ là

A. $x > \frac{1}{2}$.     B. $x < \frac{1}{2}$.     C. $x \le \frac{1}{2}$.     D. $x \ge \frac{1}{2}$.

Câu 18. Giá trị $x = -1$ là nghiệm của bất phương trình nào sau đây?

A. $3 – x < 0$.     B. $2x + 1 < 0$.     C. $x – 1 > 0$.     D. $2x – 1 > 0$.

Câu 19. Hệ phương trình $\begin{cases} 2x + 3y = 4 \\ 3x + 4y = 5 \end{cases}$ có nghiệm duy nhất là $(x_0; y_0)$. Giá trị của biểu thức $x_0 + 5y_0$ bằng

A. $9$.     B. $4$.     C. $5$.     D. $10$.

Câu 20. Người ta thống kê các loại ô tô chạy qua trạm thu phí trong 1 giờ và vẽ được biểu đồ tần số. Số xe 7 chỗ qua trạm thu phí được thống kê là

A. 3.     B. 5.     C. 9.     D. 14.

Câu 21. Nghiệm của phương trình $\frac{5x – 15}{x + 2} = 0$ là

A. $x = -3$.     B. $x = 5$.     C. $x = 3$.     D. $x = -2$.

Câu 22. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Khẳng định nào dưới đây là đúng?

A. $\sin B = \frac{AB}{AC}$.     B. $\sin B = \frac{AB}{BC}$.     C. $\sin B = \frac{BC}{AC}$.     D. $\sin B = \frac{AC}{BC}$.

Câu 23. Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho hàm số $y = (m + 2)x^2$ có đồ thị đi qua điểm $(1; 3)$. Khi đó giá trị của $m$ là

A. $m = 2$.     B. $m = -1$.     C. $m = 0$.     D. $m = 1$.

Câu 24. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $O$, biết số đo góc nội tiếp $\widehat{BAC}$ bằng $50^\circ$. Số đo của cung bị chắn $BC$ là

A. $100^\circ$.     B. $50^\circ$.     C. $120^\circ$.     D. $140^\circ$.

Câu 25. Với $x \le 5$, biểu thức $x – \sqrt{x^2 – 10x + 25}$ bằng

A. $5$.     B. $-5$.     C. $2x – 5$.     D. $5 – 2x$.

Câu 26. Mắt người quan sát đang ở vị trí điểm $B$ cách điểm $C$ một khoảng $500\text{ m}$ theo phương nằm ngang, một khinh khí cầu xuất phát từ $C$ luôn bay theo phương thẳng đứng. Lần thứ nhất người đó nhìn thấy khinh khí cầu đang ở vị trí điểm $A$ với góc nâng $\widehat{CBA} = 24^\circ$, lần thứ hai người đó nhìn thấy khinh khí cầu ở vị trí điểm $D$ với góc nâng $\widehat{CBD} = 60^\circ$. Hỏi khinh khí cầu đã bay lên bao nhiêu mét giữa hai lần quan sát (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị của m)?

A. $643\text{ m}$.     B. $223\text{ m}$.     C. $866\text{ m}$.     D. $344\text{ m}$.

Câu 27. Cho hình vuông $ABCD$. Gọi $S_1$ là diện tích phần giao của hai nửa đường tròn đường kính $AB$ và $AD$, $S_2$ là diện tích phần còn lại của hình vuông nằm ngoài hai nửa đường tròn nêu trên. Trong miền chấm có diện tích $S_2$ người ta vẽ một hình tròn tiếp xúc với hai cạnh của hình vuông và tiếp xúc ngoài với hai nửa đường tròn đường kính $AB, AD$. Biết $S_1 = \frac{\pi – 2}{8}$, diện tích phần chấm còn lại của $S_2$ ở ngoài miền hình tròn là

A. $\frac{6 – (8 – 4\sqrt{3})\pi}{16}$.     B. $\frac{6 – (8 – 4\sqrt{3})\pi}{8}$.     C. $\frac{6 – (56 – 32\sqrt{3})\pi}{16}$.     D. $\frac{6 – (57 – 32\sqrt{3})\pi}{8}$.

Câu 28. Khi gió thổi vuông góc vào cánh buồm của một con thuyền thì lực $F$ (N) của nó tỉ lệ thuận với bình phương tốc độ $v$ (m/s) của gió, tức là $F = av^2$ ($a$ là hằng số). Biết rằng khi tốc độ gió bằng $5\text{ (m/s)}$ thì lực tác động lên cánh buồm bằng $500\text{ N}$. Khi tốc độ gió là $8\text{ (m/s)}$ thì lực tác động lên cánh buồm là

A. $1280\text{ N}$.     B. $100\text{ N}$.     C. $6400\text{ N}$.     D. $160\text{ N}$.

Câu 29. Một khay hình trụ có bán kính đáy bằng $8\text{ cm}$, đựng đầy được 1 lít nước. Người ta thả một viên bi sắt hình cầu vào khay đã đựng đầy nước. Biết rằng viên bi chạm đáy của khay và lượng nước tràn ra ngoài khay có thể tích bằng một nửa thể tích của viên bi. Thể tích phần nước bị tràn ra ngoài khay bằng bao nhiêu (làm tròn đến hàng đơn vị của $\text{cm}^3$, với $\pi \approx 3,14$)?

A. $V = 258\text{ cm}^3$.     B. $V = 515\text{ cm}^3$.     C. $V = 82\text{ cm}^3$.     D. $V = 145\text{ cm}^3$.

Câu 30. Sau khi thống kê độ dài (đơn vị centimet) của 50 lá dương xỉ trưởng thành, người ta có biểu đồ tần số tương đối ghép nhóm. Số lá dương xỉ trưởng thành có độ dài từ $20\text{ cm}$ đến dưới $40\text{ cm}$ là

A. 18 lá.     B. 40 lá.     C. 14 lá.     D. 32 lá.

Câu 31. Một tấm bìa có dạng hình chữ nhật $ABCD$ có diện tích là $192\text{ cm}^2$, kích thước chiều dài $4x\text{ (cm)}$ và chiều rộng $3x\text{ (cm)}$. Để làm thủ công bạn Hoa đã khoét ở chính giữa tấm bìa một hình tròn có bán kính là $x\text{ (cm)}$. Diện tích của tấm bìa sau khi đã khoét phần hình tròn ở giữa là bao nhiêu (làm tròn đến hàng đơn vị của $\text{cm}^2$, với $\pi \approx 3,14$)?

A. $141\text{ cm}^2$.     B. $142\text{ cm}^2$.     C. $179\text{ cm}^2$.     D. $180\text{ cm}^2$.

Câu 32. Bạn An có hai thùng sữa, thùng thứ nhất trên vỏ có ghi 5 lít chứa 4% chất béo, thùng thứ hai bị lỗi bao bì chỉ thấy trên vỏ có ghi chứa 5% chất béo. Khi trộn chung hai thùng sữa vào với nhau thì bạn An biết tỉ lệ chất béo lúc này là 4,375%. Hỏi thùng thứ hai có bao nhiêu lít sữa?

A. 4 lít.     B. 1 lít.     C. 3 lít.     D. 2 lít.

PHẦN TỰ LUẬN (6,0 ĐIỂM)

Câu 1. (1,5 điểm)

a) Giải bất phương trình $5x – 20 \le 0$.

b) Giải phương trình $\frac{3x – 2}{x – 5} = \frac{7}{x – 5}$.

c) Rút gọn biểu thức $Q = \left( \frac{6\sqrt{x}}{3 + \sqrt{x}} + \frac{12x}{9 – x} \right)(3 – \sqrt{x})$ với $x \ge 0$ và $x \neq 9$.

Câu 2. (1,0 điểm)

Chuẩn bị vào năm học mới, An muốn mua một cái cặp sách và một đôi giày. An đã tìm hiểu, theo giá niêm yết thì tổng số tiền mua hai vật dụng trên là 950 000 đồng. Khi An đến mua thì cửa hàng có chương trình giảm giá: cặp sách được giảm 20 000 đồng, đôi giày được giảm giá 10% so với giá niêm yết. Do đó An mua hai vật dụng trên với giá thực tế là 870 000 đồng. Hỏi giá niêm yết của mỗi vật dụng trên là bao nhiêu?

Câu 3. (1,0 điểm)

Cho phương trình $x^2 – 2x + m – 1 = 0$ (1) (ẩn $x$, tham số $m$).

a) Giải phương trình (1) với $m = -7$.

b) Tìm $m$ để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$ thỏa mãn $x_1^2 + 2x_2^2 + 2x_1 + m^2 = 9$.

Câu 4. (2,0 điểm)

Trên nửa đường tròn tâm $O$ đường kính $AB = 2R$, lấy điểm $C$ ($C$ khác $A$ và $B$), từ $C$ kẻ $CH$ vuông góc với $AB$ ($H \in AB$). Gọi $D$ là điểm bất kì trên đoạn $CH$ ($D$ khác $C$ và $H$), đường thẳng $AD$ cắt nửa đường tròn đã cho tại điểm thứ hai $E$.

a) Chứng minh bốn điểm $B, H, D, E$ nằm trên một đường tròn.

b) Chứng minh tam giác $ADH$ đồng dạng với tam giác $ABE$ và tính theo $R$ giá trị của biểu thức $AD.AE + BH.BA$.

c) Khi điểm $C$ di động trên nửa đường tròn đã cho, $C$ khác $A$ và $\widehat{AOC} < 90^\circ$, tính giá trị nhỏ nhất của $T = \frac{1}{CH + R} + \frac{1}{HB}$ theo $R$.

Câu 5. (0,5 điểm)

Cho ba số thực dương $a, b, c$ thỏa mãn $2ab + c(a + b) = 6$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

$$P = \frac{\sqrt{a^2 + 3} + \sqrt{b^2 + 3} + \sqrt{\frac{c^2}{4} + 3}}{2a + 2b + c}$$

Đáp án và lời giải chi tiết đề thi môn Toán Bắc Ninh năm 2026

PHẦN TRẮC NGHIỆM

Câu 1: A. Góc nội tiếp $\widehat{BAC} = \frac{1}{2}\widehat{BOC} = \frac{1}{2} \cdot 90^\circ = 45^\circ$.

Câu 2: C. Tỉ lệ học sinh tham gia CLB Toán là $100\% – (25\% + 30\%) = 45\%$. Số học sinh là $140 \times 45\% = 63$ học sinh.

Câu 3: B. Các mặt có số chấm nhỏ hơn 3 là {1; 2}. Xác suất $P = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$.

Câu 4: A. Giải phương trình $2x^2 + x – 6 = 0$ ta được $x = -2$ và $x = \frac{3}{2}$. Do $x_1 < x_2$ nên $x_1 = -2, x_2 = \frac{3}{2}$. Giá trị $2x_1 – x_2 = 2(-2) – \frac{3}{2} = -\frac{11}{2}$.

Câu 5: B. Đường sinh $l = \sqrt{R^2 + h^2} = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5\text{ cm}$. Diện tích xung quanh $S_{xq} = \pi R l = \pi \cdot 3 \cdot 5 = 15\pi\text{ cm}^2$.

Câu 6: B. Thay $(1; 2)$ vào phương trình: $3(1) – 2(2) = 3 – 4 = -1$ (thỏa mãn).

Câu 7: C. Đồ thị đi qua điểm $(1; -1)$ và $(2; -4)$. Thay vào $y = ax^2$ ta được $a = -1 \Rightarrow y = -x^2$.

Câu 8: C. “Tối đa 50 người” nghĩa là số người nhỏ hơn hoặc bằng 50, tức là $x \le 50$.

Câu 9: C. Đếm số lượng học sinh có thời gian tự học $\ge 3$ giờ trong bảng số liệu ta được 18 học sinh. Tỉ lệ phần trăm là $\frac{18}{30} \times 100\% = 60\%$.

Câu 10: D. Căn bậc hai số học của 9 là $\sqrt{9} = 3$.

Câu 11: B. Tổng số cách chọn 2 bút từ 4 bút là $C_4^2 = 6$. Số cách chọn 2 bút khác màu (1 xanh, 1 đỏ) là $2 \times 2 = 4$. Xác suất là $\frac{4}{6} = \frac{2}{3}$.

Câu 12: D. Phương trình bậc hai ẩn $x$ có dạng $ax^2 + bx + c = 0$ ($a \neq 0$). Đáp án D thỏa mãn.

Câu 13: B. Có 3 đơn giao trễ giờ trong tổng số 10 đơn. Xác suất là $\frac{3}{10}$.

Câu 14: A. Nhóm $[155; 160)$ có tần số lớn nhất là 14.

Câu 15: D. Tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC$ nên vuông tại $A$. Ta có $AB = BC \cdot \sin(\widehat{BCA}) = 10 \cdot \sin(30^\circ) = 10 \cdot 0,5 = 5\text{ cm}$.

Câu 16: C. Biến cố “Cả hai lần xuất hiện mặt sấp” có kết quả thuận lợi duy nhất là $SS$.

Câu 17: C. Điều kiện: $1 – 2x \ge 0 \Leftrightarrow 2x \le 1 \Leftrightarrow x \le \frac{1}{2}$.

Câu 18: B. Thay $x = -1$ vào B: $2(-1) + 1 = -1 < 0$ (đúng).

Câu 19: A. Giải hệ phương trình ta được $x_0 = -1, y_0 = 2$. Giá trị $x_0 + 5y_0 = -1 + 5(2) = 9$.

Câu 20: D. Nhìn vào biểu đồ, tại vị trí “Xe 7 chỗ”, dóng sang trục tung ta được giá trị 14.

Câu 21: C. Điều kiện $x \neq -2$. Tử số $5x – 15 = 0 \Leftrightarrow x = 3$ (thỏa mãn).

Câu 22: D. Trong tam giác vuông tại $A$, $\sin B = \frac{\text{cạnh đối}}{\text{cạnh huyền}} = \frac{AC}{BC}$.

Câu 23: D. Thay $x = 1, y = 3$ vào hàm số: $3 = (m + 2) \cdot 1^2 \Leftrightarrow m + 2 = 3 \Leftrightarrow m = 1$.

Câu 24: A. Số đo cung bị chắn bằng 2 lần số đo góc nội tiếp chắn cung đó: $\text{sđ}\overarc{BC} = 2 \cdot 50^\circ = 100^\circ$.

Câu 25: C. Biểu thức $= x – \sqrt{(x – 5)^2} = x – |x – 5|$. Vì $x \le 5$ nên $x – 5 \le 0 \Rightarrow |x – 5| = 5 – x$. Biểu thức trở thành $x – (5 – x) = 2x – 5$.

Câu 26: A. Ta có $AC = BC \cdot \tan(24^\circ) = 500 \cdot \tan(24^\circ)$. $DC = BC \cdot \tan(60^\circ) = 500 \cdot \tan(60^\circ)$. Quãng đường bay lên là $AD = DC – AC = 500(\tan 60^\circ – \tan 24^\circ) \approx 500(1,732 – 0,445) \approx 643\text{ m}$.

Câu 27: D. Gọi cạnh hình vuông là $a$. Diện tích $S_1 = 2 \left( \frac{1}{4}\pi \left(\frac{a}{2}\right)^2 – \frac{1}{2}\left(\frac{a}{2}\right)^2 \right) = a^2 \frac{\pi – 2}{8}$. Theo đề $S_1 = \frac{\pi – 2}{8} \Rightarrow a = 1$. Diện tích $S_2 = 1 – \left( 2 \cdot \frac{1}{2}\pi \left(\frac{1}{2}\right)^2 – S_1 \right) = \frac{6 – \pi}{8}$. Bán kính hình tròn nhỏ tiếp xúc là $r = 2 – \sqrt{3}$. Diện tích hình tròn nhỏ là $\pi(2 – \sqrt{3})^2 = \pi(7 – 4\sqrt{3})$. Diện tích phần chấm còn lại là $\frac{6 – \pi}{8} – \pi(7 – 4\sqrt{3}) = \frac{6 – (57 – 32\sqrt{3})\pi}{8}$.

Câu 28: A. Ta có $F = av^2$. Khi $v = 5, F = 500 \Rightarrow 500 = a \cdot 5^2 \Rightarrow a = 20$. Khi $v = 8$, $F = 20 \cdot 8^2 = 1280\text{ N}$.

Câu 29: B. Thể tích khay là $V_{khay} = 1\text{ lít} = 1000\text{ cm}^3$. Chiều cao khay $h = \frac{1000}{\pi \cdot 8^2} = \frac{125}{8\pi}$. Vì bi chạm đáy và lượng nước tràn bằng nửa thể tích bi, nên bi chìm đúng một nửa, suy ra bán kính bi $R_{bi} = h = \frac{125}{8\pi}$. Thể tích bi $V_{bi} = \frac{4}{3}\pi R_{bi}^3 \approx 1031,6\text{ cm}^3$. Thể tích nước tràn bằng $\frac{1}{2}V_{bi} \approx 515,8\text{ cm}^3$.

Câu 30: D. Tỉ lệ lá từ 20 cm đến dưới 40 cm là $36\% + 28\% = 64\%$. Số lượng lá là $64\% \times 50 = 32$ lá.

Câu 31: B. Diện tích hình chữ nhật $4x \cdot 3x = 12x^2 = 192 \Rightarrow x^2 = 16 \Rightarrow x = 4$. Diện tích hình tròn bị khoét là $\pi x^2 \approx 3,14 \cdot 16 = 50,24\text{ cm}^2$. Diện tích còn lại là $192 – 50,24 = 141,76 \approx 142\text{ cm}^2$.

Câu 32: C. Gọi thể tích thùng 2 là $V$ (lít). Tổng khối lượng chất béo là $5 \cdot 4\% + V \cdot 5\%$. Tổng thể tích là $5 + V$. Ta có phương trình: $\frac{0,2 + 0,05V}{5 + V} = 0,04375 \Rightarrow 0,2 + 0,05V = 0,21875 + 0,04375V \Rightarrow 0,00625V = 0,01875 \Rightarrow V = 3$.

PHẦN TỰ LUẬN

Câu 1:

a) $5x – 20 \le 0 \Leftrightarrow 5x \le 20 \Leftrightarrow x \le 4$. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $x \le 4$.

b) Điều kiện xác định: $x \neq 5$.
Phương trình tương đương: $3x – 2 = 7 \Leftrightarrow 3x = 9 \Leftrightarrow x = 3$ (thỏa mãn ĐKXĐ).
Vậy nghiệm của phương trình là $x = 3$.

c) Với $x \ge 0, x \neq 9$, ta có:
$$Q = \left( \frac{6\sqrt{x}(3 – \sqrt{x})}{(3 + \sqrt{x})(3 – \sqrt{x})} + \frac{12x}{9 – x} \right)(3 – \sqrt{x})$$
$$Q = \left( \frac{18\sqrt{x} – 6x + 12x}{9 – x} \right)(3 – \sqrt{x}) = \frac{18\sqrt{x} + 6x}{(3 + \sqrt{x})(3 – \sqrt{x})} \cdot (3 – \sqrt{x})$$
$$Q = \frac{6\sqrt{x}(3 + \sqrt{x})}{3 + \sqrt{x}} = 6\sqrt{x}$$
Vậy $Q = 6\sqrt{x}$.

Câu 2:

Gọi giá niêm yết của cặp sách là $x$ (đồng), của đôi giày là $y$ (đồng). Điều kiện: $0 < x, y < 950000$.
Theo dự định, tổng số tiền là 950 000 đồng nên ta có phương trình: $x + y = 950000$ (1).
Giá thực tế của cặp sách là $x – 20000$ (đồng).
Giá thực tế của đôi giày là $y – 10\%y = 0,9y$ (đồng).
Tổng số tiền thực tế An phải trả là 870 000 đồng nên ta có phương trình: $(x – 20000) + 0,9y = 870000 \Leftrightarrow x + 0,9y = 890000$ (2).
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
$$\begin{cases} x + y = 950000 \\ x + 0,9y = 890000 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} 0,1y = 60000 \\ x = 950000 – y \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} y = 600000 \\ x = 350000 \end{cases}$$ (thỏa mãn).
Vậy giá niêm yết của cặp sách là 350 000 đồng, của đôi giày là 600 000 đồng.

Câu 3:

a) Thay $m = -7$ vào phương trình (1) ta được: $x^2 – 2x – 8 = 0$.
Ta có $\Delta’ = (-1)^2 – 1 \cdot (-8) = 9 > 0 \Rightarrow \sqrt{\Delta’} = 3$.
Phương trình có hai nghiệm phân biệt: $x_1 = 1 + 3 = 4$; $x_2 = 1 – 3 = -2$.

b) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi $\Delta’ > 0 \Leftrightarrow 1 – (m – 1) > 0 \Leftrightarrow 2 – m > 0 \Leftrightarrow m < 2$.
Theo hệ thức Vi-ét ta có: $\begin{cases} x_1 + x_2 = 2 \\ x_1x_2 = m – 1 \end{cases}$.
Vì $x_1, x_2$ là nghiệm của (1) nên $x_1^2 – 2x_1 + m – 1 = 0 \Rightarrow x_1^2 = 2x_1 – m + 1$ và $x_2^2 = 2x_2 – m + 1$.
Thay vào biểu thức đề bài: $(2x_1 – m + 1) + 2(2x_2 – m + 1) + 2x_1 + m^2 = 9$
$$\Leftrightarrow 4x_1 + 4x_2 – 3m + 3 + m^2 = 9$$
$$\Leftrightarrow 4(x_1 + x_2) + m^2 – 3m – 6 = 0$$
Thay $x_1 + x_2 = 2$ vào ta được: $4(2) + m^2 – 3m – 6 = 0 \Leftrightarrow m^2 – 3m + 2 = 0$.
Phương trình này có $a + b + c = 1 – 3 + 2 = 0$ nên có hai nghiệm $m = 1$ và $m = 2$.
Đối chiếu điều kiện $m < 2$, ta nhận $m = 1$. Vậy $m = 1$ là giá trị cần tìm.

Câu 4:

a) Ta có $\widehat{AEB} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\Rightarrow \widehat{DEB} = 90^\circ$.
Vì $CH \perp AB$ tại $H$ nên $\widehat{DHB} = 90^\circ$.
Xét tứ giác $BHDE$ có $\widehat{DEB} + \widehat{DHB} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$.
Mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác $BHDE$ nội tiếp đường tròn đường kính $BD$. Suy ra 4 điểm $B, H, D, E$ cùng thuộc một đường tròn.

b) Xét $\Delta ADH$ và $\Delta ABE$ có:
$\widehat{BAE}$ chung;
$\widehat{AHD} = \widehat{AEB} = 90^\circ$.
Suy ra $\Delta ADH \sim \Delta ABE$ (g.g).
Từ đó ta có tỉ số: $\frac{AD}{AB} = \frac{AH}{AE} \Rightarrow AD \cdot AE = AH \cdot AB$.
Ta có: $AD \cdot AE + BH \cdot BA = AH \cdot AB + BH \cdot AB = AB(AH + BH) = AB \cdot AB = AB^2$.
Vì $AB = 2R$ nên $AD \cdot AE + BH \cdot BA = (2R)^2 = 4R^2$.

c) Đặt $OH = x, CH = y$ ($x, y > 0$). Vì $\widehat{AOC} < 90^\circ$ nên $H$ nằm giữa $A$ và $O$, do đó $HB = R + x$.
Ta có $x^2 + y^2 = R^2$. Biểu thức $T = \frac{1}{y + R} + \frac{1}{x + R}$.
Đặt $S = x + y$. Ta có $xy = \frac{S^2 – R^2}{2}$. Vì $x, y > 0$ và $x^2 + y^2 = R^2$ nên $R < S \le R\sqrt{2}$.
Biến đổi $T = \frac{x + y + 2R}{(x + R)(y + R)} = \frac{S + 2R}{xy + R(x + y) + R^2} = \frac{S + 2R}{\frac{S^2 – R^2}{2} + RS + R^2} = \frac{2(S + 2R)}{(S + R)^2}$.
Đặt $S = tR$ với $t \in (1; \sqrt{2}]$. Khi đó $T = \frac{1}{R} \cdot \frac{2(t + 2)}{(t + 1)^2}$.
Xét hàm số $f(t) = \frac{2t + 4}{(t + 1)^2}$ trên $(1; \sqrt{2}]$. Ta có $f'(t) = \frac{-2t – 6}{(t + 1)^3} < 0$ với mọi $t > 0$.
Do đó hàm số nghịch biến, đạt giá trị nhỏ nhất tại $t = \sqrt{2}$.
Khi đó $T_{min} = \frac{1}{R} \cdot \frac{2(\sqrt{2} + 2)}{(\sqrt{2} + 1)^2} = \frac{4 – 2\sqrt{2}}{R}$.
Dấu “=” xảy ra khi $x = y = \frac{R\sqrt{2}}{2}$, tức là $\widehat{AOC} = 45^\circ$.

Câu 5:

Từ giả thiết $2ab + c(a + b) = 6 \Leftrightarrow ab + \frac{c}{2}a + \frac{c}{2}b = 3$. Đặt $z = \frac{c}{2} > 0$, ta có $ab + bz + za = 3$.
Biểu thức $P$ được viết lại thành: $P = \frac{\sqrt{a^2 + 3} + \sqrt{b^2 + 3} + \sqrt{z^2 + 3}}{2(a + b + z)}$.
Thay $3 = ab + bz + za$ vào các căn thức:
$a^2 + 3 = a^2 + ab + bz + za = (a + b)(a + z)$.
$b^2 + 3 = b^2 + ab + bz + za = (b + a)(b + z)$.
$z^2 + 3 = z^2 + ab + bz + za = (z + a)(z + b)$.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho các số dương:
$\sqrt{(a + b)(a + z)} \le \frac{(a + b) + (a + z)}{2} = \frac{2a + b + z}{2}$
$\sqrt{(b + a)(b + z)} \le \frac{(b + a) + (b + z)}{2} = \frac{a + 2b + z}{2}$
$\sqrt{(z + a)(z + b)} \le \frac{(z + a) + (z + b)}{2} = \frac{a + b + 2z}{2}$
Cộng vế theo vế ta được:
Tử số $\le \frac{4a + 4b + 4z}{2} = 2(a + b + z)$.
Do đó $P \le \frac{2(a + b + z)}{2(a + b + z)} = 1$.
Dấu “=” xảy ra khi $a + b = a + z \Leftrightarrow b = z$ và $b + a = b + z \Leftrightarrow a = z$.
Suy ra $a = b = z$. Thay vào $ab + bz + za = 3 \Rightarrow 3a^2 = 3 \Rightarrow a = 1$ (do $a > 0$).
Vậy $a = 1, b = 1, z = 1 \Rightarrow c = 2$. Giá trị lớn nhất của $P$ là $1$.

Nhận xét đề thi môn Toán Bắc Ninh năm 2026

Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán tỉnh Bắc Ninh năm 2026 giữ vững cấu trúc quen thuộc gồm 2 phần: Trắc nghiệm (4,0 điểm) và Tự luận (6,0 điểm). Phần trắc nghiệm bao quát rộng các kiến thức từ Đại số đến Hình học, đòi hỏi học sinh phải nắm chắc lý thuyết, tính toán nhanh và cẩn thận với các bẫy nhỏ (như câu đọc biểu đồ, xác suất). Phần tự luận phân loại tốt thí sinh: các câu 1, 2, 3 ở mức độ cơ bản và khá, học sinh dễ dàng lấy điểm nếu trình bày cẩn thận. Câu 4 hình học ý c và câu 5 bất đẳng thức là những câu hỏi khó, mang tính phân loại cao dành cho học sinh giỏi để lấy điểm 9, 10. Nhìn chung, đề thi vừa sức, bám sát chương trình và có độ phân hóa rõ rệt.

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