Đề thi vào lớp 10 môn Toán Đà Nẵng năm 2026 có đáp án chi tiết

Dưới đây là đề thi vào lớp 10 môn Toán tỉnh/thành Đà Nẵng 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 Đà Nẵng năm 2026

• Ngày thi: 2026
• Môn thi: Toán
• Thời gian làm bài: 120 phút (không tính thời gian giao đề)
• Cấu trúc đề: Đề thi tự luận gồm 6 câu hỏi, bao phủ các kiến thức Đại số, Hình học, Xác suất thống kê và Toán thực tế.
• Thang điểm: 10 điểm

Đề thi chính thức môn Toán Đà Nẵng năm 2026

Câu 1. (1,5 điểm)

a) Tính $A = \sqrt{9} – \sqrt{50} + 5\sqrt{2} + 3$.

b) Cho biểu đồ thống kê một số địa phương có doanh thu du lịch nghìn tỉ đồng trong dịp nghỉ lễ từ 29/4 đến 03/5 năm 2026 (Nguồn: Thông tấn xã Việt Nam).

[Dữ liệu từ biểu đồ: 1. TP Hồ Chí Minh: 9.700; 2. Thanh Hóa: 5.000; 3. Hà Nội: 4.339; 4. Quảng Ninh: 4.210; 5. Nghệ An: 4.165; 6. Khánh Hòa: 2.638; 7. Bà Rịa – Vũng Tàu: 2.217; 8. Kiên Giang: 2.188; 9. Đà Nẵng: 2.151; 10. Lâm Đồng: 1.350; 11. Hải Phòng: 1.120]

Hỏi, trong biểu đồ bên có bao nhiêu địa phương? Tính tổng doanh thu của tất cả các địa phương đó theo đơn vị tỉ đồng.

c) Rút gọn biểu thức $B = \frac{3}{\sqrt{x} + 2} + \frac{\sqrt{x} + 2}{\sqrt{x} – 2} + \frac{x – 7\sqrt{x} – 6}{x – 4}$ với $x \ge 0$ và $x \ne 4$.

Câu 2. (2,0 điểm)

a) Vẽ đồ thị hàm số $y = x^2$ trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$. Tìm tọa độ điểm $C$ trên đồ thị có hoành độ bằng $\sqrt{5}$ và tính độ dài đoạn $OC$, với $O$ là gốc tọa độ và đơn vị trên các trục tọa độ là centimet.

b) Cho phương trình $x^2 + 5x – 4 = 0$. Chứng minh rằng phương trình đã cho có hai nghiệm $x_1, x_2$ trái dấu và tính giá trị của biểu thức $P = \frac{x_1}{x_2} + \frac{x_2}{x_1}$.

Câu 3. (1,0 điểm)

Một hộp có 10 tấm thẻ cùng loại, trên mỗi thẻ có ghi một trong các số tự nhiên từ 1 đến 10; hai thẻ khác nhau thì ghi hai số khác nhau. Xét phép thử: “Rút ngẫu nhiên một tấm thẻ từ hộp”.

a) Mô tả không gian mẫu của phép thử. Không gian mẫu có bao nhiêu phần tử?

b) Tính xác suất của biến cố $E$: “Rút được tấm thẻ mà tổng tất cả các số từ 9 tấm thẻ còn lại trong hộp là một số chia hết cho 3”.

Câu 4. (1,5 điểm)

a) Từ một vị trí $A$ cao 35 m trên tòa nhà, người ta nhìn thấy một ô tô ở vị trí $C$ dưới một góc nghiêng $60^\circ$ (góc tạo bởi tia $AC$ và tia $Ax$ theo phương nằm ngang, như hình vẽ bên). Hãy tính khoảng cách từ ô tô đến vị trí $B$ của tòa nhà theo đơn vị mét (làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ nhất).

b) Một bãi cỏ hình quạt tròn có bán kính $R = 20$ m, ứng với góc ở tâm là $135^\circ$ (tham khảo hình vẽ). Tính diện tích bãi cỏ nói trên theo đơn vị mét vuông (lấy $\pi \approx 3,14$).

c) Một ống cống thoát nước bằng bê tông có dạng hình trụ rỗng, với chiều cao bằng 2 m, đường kính đường tròn đáy ngoài bằng 1 m, bề dày 0,1 m (tham khảo hình vẽ). Hỏi, thể tích bê tông cần dùng để sản xuất ống cống trên là bao nhiêu mét khối (lấy $\pi \approx 3,14$ và làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ hai)?

Câu 5. (2,0 điểm)

a) Chị hơn em 6 tuổi. Biết rằng bảy năm sau, tổng số tuổi của hai chị em là 32. Hỏi, hiện nay tuổi của mỗi người là bao nhiêu?

b) Một cơ sở may mặc nhận may 480 bộ đồng phục học sinh trong năm học 2026-2027. Theo kế hoạch, số lượng bộ đồng phục cơ sở may mỗi ngày là bằng nhau và dự kiến hoàn thành trong một số ngày quy định. Tuy nhiên, sau khi may được 120 bộ, cơ sở đã nâng cấp dây chuyền sản xuất nên năng suất mỗi ngày tăng thêm 10 bộ. Do đó, cơ sở đã hoàn thành công việc sớm hơn 3 ngày so với dự kiến. Hỏi, theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày cơ sở may được bao nhiêu bộ đồng phục?

Câu 6. (2,0 điểm)

Cho tam giác nhọn $ABC$ ($AB < AC$) nội tiếp đường tròn $(O)$, có các đường cao $AD, BE, CF$ cắt nhau tại $H$.

a) Chứng minh rằng bốn điểm $B, C, E, F$ cùng nằm trên một đường tròn.

b) Dựng các đường kính $AM$ và $BN$ của đường tròn $(O)$. Chứng minh rằng $\widehat{ABE} = \widehat{NBC}$ và $AH \cdot CM = BH \cdot CN$.

c) Các đường thẳng $EF$ và $AO$ cắt nhau tại $G$, các đường thẳng $DF$ và $BO$ cắt nhau tại $K$. Chứng minh rằng $EG = DK$.

Đáp án và lời giải chi tiết đề thi môn Toán Đà Nẵng năm 2026

Câu 1:

a) Ta có:

$$A = \sqrt{9} – \sqrt{50} + 5\sqrt{2} + 3$$
$$A = 3 – \sqrt{25 \cdot 2} + 5\sqrt{2} + 3$$
$$A = 3 – 5\sqrt{2} + 5\sqrt{2} + 3$$
$$A = 6$$

b) Dựa vào biểu đồ, ta đếm được có 11 địa phương được thống kê.

Tổng doanh thu của tất cả các địa phương đó là:

$$S = 9700 + 5000 + 4339 + 4210 + 4165 + 2638 + 2217 + 2188 + 2151 + 1350 + 1120 = 39078 \text{ (tỉ đồng)}$$

c) Với $x \ge 0$ và $x \ne 4$, ta có:

$$B = \frac{3}{\sqrt{x} + 2} + \frac{\sqrt{x} + 2}{\sqrt{x} – 2} + \frac{x – 7\sqrt{x} – 6}{(\sqrt{x} – 2)(\sqrt{x} + 2)}$$
$$B = \frac{3(\sqrt{x} – 2) + (\sqrt{x} + 2)^2 + x – 7\sqrt{x} – 6}{(\sqrt{x} – 2)(\sqrt{x} + 2)}$$
$$B = \frac{3\sqrt{x} – 6 + x + 4\sqrt{x} + 4 + x – 7\sqrt{x} – 6}{(\sqrt{x} – 2)(\sqrt{x} + 2)}$$
$$B = \frac{2x – 8}{(\sqrt{x} – 2)(\sqrt{x} + 2)}$$
$$B = \frac{2(x – 4)}{x – 4} = 2$$

Vậy $B = 2$.

Câu 2:

a) Học sinh tự lập bảng giá trị và vẽ đồ thị hàm số $y = x^2$ (Parabol đi qua gốc tọa độ, nhận trục Oy làm trục đối xứng).

Điểm $C$ thuộc đồ thị $y = x^2$ và có hoành độ $x_C = \sqrt{5}$.

Tung độ của điểm $C$ là: $y_C = (\sqrt{5})^2 = 5$. Vậy tọa độ điểm $C(\sqrt{5}; 5)$.

Độ dài đoạn thẳng $OC$ là:

$$OC = \sqrt{x_C^2 + y_C^2} = \sqrt{(\sqrt{5})^2 + 5^2} = \sqrt{5 + 25} = \sqrt{30} \text{ (cm)}$$

b) Xét phương trình $x^2 + 5x – 4 = 0$.

Ta có hệ số $a = 1$, $c = -4 \Rightarrow a \cdot c = 1 \cdot (-4) = -4 < 0$.

Do $a$ và $c$ trái dấu nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu $x_1, x_2$.

Theo hệ thức Vi-ét, ta có: $\begin{cases} x_1 + x_2 = -5 \\ x_1x_2 = -4 \end{cases}$

Biến đổi biểu thức $P$:

$$P = \frac{x_1}{x_2} + \frac{x_2}{x_1} = \frac{x_1^2 + x_2^2}{x_1x_2} = \frac{(x_1 + x_2)^2 – 2x_1x_2}{x_1x_2}$$

Thay các giá trị từ hệ thức Vi-ét vào $P$:

$$P = \frac{(-5)^2 – 2(-4)}{-4} = \frac{25 + 8}{-4} = -\frac{33}{4}$$

Câu 3:

a) Không gian mẫu của phép thử là tập hợp các số ghi trên 10 tấm thẻ:

$$\Omega = \{1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10\}$$

Số phần tử của không gian mẫu là $n(\Omega) = 10$.

b) Tổng các số trên 10 tấm thẻ ban đầu là: $S = 1 + 2 + 3 + … + 10 = 55$.

Gọi số ghi trên tấm thẻ được rút ra là $x$ ($x \in \Omega$).

Tổng các số trên 9 tấm thẻ còn lại là: $55 – x$.

Để tổng 9 tấm thẻ còn lại chia hết cho 3 thì $(55 – x) \vdots 3$.

Ta có $55 = 18 \cdot 3 + 1$, do đó $55$ chia $3$ dư $1$. Để $(55 – x) \vdots 3$ thì $x$ cũng phải chia $3$ dư $1$.

Các số chia $3$ dư $1$ trong tập $\Omega$ là: $1; 4; 7; 10$.

Vậy tập hợp các kết quả thuận lợi cho biến cố $E$ là $E = \{1; 4; 7; 10\} \Rightarrow n(E) = 4$.

Xác suất của biến cố $E$ là: $P(E) = \frac{n(E)}{n(\Omega)} = \frac{4}{10} = \frac{2}{5}$.

Câu 4:

a) Xét tam giác $ABC$ vuông tại $B$ (do tòa nhà vuông góc với mặt đất).

Góc tạo bởi tia $AC$ và phương ngang $Ax$ là $60^\circ$. Do $Ax \parallel BC$ nên $\widehat{ACB} = \widehat{xAC} = 60^\circ$ (hai góc so le trong).

Khoảng cách từ ô tô đến tòa nhà là đoạn $BC$. Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác vuông $ABC$:

$$\tan(\widehat{ACB}) = \frac{AB}{BC} \Rightarrow BC = \frac{AB}{\tan(\widehat{ACB})} = \frac{35}{\tan 60^\circ} = \frac{35}{\sqrt{3}} \approx 20,2 \text{ (m)}$$

Vậy khoảng cách từ ô tô đến tòa nhà khoảng $20,2$ m.

b) Diện tích bãi cỏ hình quạt tròn là:

$$S = \frac{\pi R^2 n}{360} = \frac{3,14 \cdot 20^2 \cdot 135}{360} = \frac{3,14 \cdot 400 \cdot 135}{360} = 471 \text{ (m}^2\text{)}$$

c) Bán kính đường tròn đáy ngoài của ống cống là: $R_{ngoai} = \frac{1}{2} = 0,5$ (m).

Bán kính đường tròn đáy trong của ống cống là: $R_{trong} = 0,5 – 0,1 = 0,4$ (m).

Thể tích bê tông cần dùng bằng thể tích hình trụ ngoài trừ đi thể tích hình trụ trong:

$$V = \pi \cdot h \cdot (R_{ngoai}^2 – R_{trong}^2)$$
$$V = 3,14 \cdot 2 \cdot (0,5^2 – 0,4^2) = 6,28 \cdot (0,25 – 0,16) = 6,28 \cdot 0,09 = 0,5652 \approx 0,57 \text{ (m}^3\text{)}$$

Vậy thể tích bê tông cần dùng khoảng $0,57 \text{ m}^3$.

Câu 5:

a) Gọi tuổi của em hiện nay là $x$ (tuổi, $x > 0$).

Tuổi của chị hiện nay là $x + 6$ (tuổi).

Bảy năm sau, tuổi của em là $x + 7$ và tuổi của chị là $(x + 6) + 7 = x + 13$.

Theo đề bài, tổng số tuổi của hai chị em sau 7 năm là 32 nên ta có phương trình:

$$(x + 7) + (x + 13) = 32$$
$$2x + 20 = 32 \Leftrightarrow 2x = 12 \Leftrightarrow x = 6 \text{ (thỏa mãn)}$$

Vậy hiện nay em 6 tuổi, chị $6 + 6 = 12$ tuổi.

b) Gọi số bộ đồng phục cơ sở may mỗi ngày theo kế hoạch là $x$ (bộ, $x \in \mathbb{N}^*$).

Thời gian dự kiến hoàn thành là: $\frac{480}{x}$ (ngày).

Thời gian may 120 bộ đầu tiên là: $\frac{120}{x}$ (ngày).

Số bộ đồng phục còn lại là: $480 – 120 = 360$ (bộ).

Năng suất thực tế khi may phần còn lại là: $x + 10$ (bộ/ngày).

Thời gian may 360 bộ còn lại là: $\frac{360}{x + 10}$ (ngày).

Vì cơ sở hoàn thành sớm hơn 3 ngày so với dự kiến nên ta có phương trình:

$$\frac{120}{x} + \frac{360}{x + 10} = \frac{480}{x} – 3$$
$$\Leftrightarrow \frac{360}{x} – \frac{360}{x + 10} = 3$$
$$\Leftrightarrow \frac{120}{x} – \frac{120}{x + 10} = 1$$
$$\Leftrightarrow 120(x + 10) – 120x = x(x + 10)$$
$$\Leftrightarrow 1200 = x^2 + 10x \Leftrightarrow x^2 + 10x – 1200 = 0$$

Giải phương trình bậc hai ta được $x_1 = 30$ (thỏa mãn) và $x_2 = -40$ (loại).

Vậy theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày cơ sở may được 30 bộ đồng phục.

Câu 6:

a) Chứng minh bốn điểm $B, C, E, F$ cùng nằm trên một đường tròn.

Xét tứ giác $BCEF$ có:

$\widehat{BFC} = 90^\circ$ (do $CF \perp AB$)

$\widehat{BEC} = 90^\circ$ (do $BE \perp AC$)

Hai đỉnh $E, F$ kề nhau cùng nhìn cạnh $BC$ dưới một góc vuông ($90^\circ$).

Suy ra tứ giác $BCEF$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC$. Vậy 4 điểm $B, C, E, F$ cùng nằm trên một đường tròn.

b) Chứng minh $\widehat{ABE} = \widehat{NBC}$ và $AH \cdot CM = BH \cdot CN$.

* Chứng minh $\widehat{ABE} = \widehat{NBC}$:

Tam giác $ABE$ vuông tại $E \Rightarrow \widehat{ABE} = 90^\circ – \widehat{BAC}$.

$BN$ là đường kính của $(O) \Rightarrow \widehat{BCN} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Tam giác $BCN$ vuông tại $C \Rightarrow \widehat{NBC} = 90^\circ – \widehat{BNC}$.

Mà $\widehat{BAC} = \widehat{BNC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BC$ của đường tròn $(O)$).

Từ đó suy ra $\widehat{ABE} = \widehat{NBC}$.

* Chứng minh $AH \cdot CM = BH \cdot CN$:

Ta có $AM$ là đường kính $\Rightarrow \widehat{ACM} = 90^\circ \Rightarrow CM \perp AC$. Mà $BE \perp AC$ (gt) $\Rightarrow CM \parallel BE \Rightarrow CM \parallel BH$.

Tương tự, $\widehat{ABM} = 90^\circ \Rightarrow BM \perp AB$. Mà $CF \perp AB$ (gt) $\Rightarrow BM \parallel CF \Rightarrow BM \parallel CH$.

Tứ giác $BHCM$ có các cặp cạnh đối song song nên là hình bình hành. Suy ra $CM = BH$ (1).

Chứng minh tương tự cho tứ giác $AHCN$:

$BN$ là đường kính $\Rightarrow \widehat{BAN} = 90^\circ \Rightarrow AN \perp AB$. Mà $CF \perp AB \Rightarrow AN \parallel CH$.

Lại có $\widehat{BCN} = 90^\circ \Rightarrow CN \perp BC$. Mà $AD \perp BC \Rightarrow CN \parallel AH$.

Tứ giác $AHCN$ là hình bình hành $\Rightarrow CN = AH$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $AH \cdot CM = CN \cdot BH$ (điều phải chứng minh).

c) Chứng minh $EG = DK$.

Kẻ tiếp tuyến $Ax$ của đường tròn $(O)$ tại $A$. Ta có $OA \perp Ax$.

Vì tứ giác $BCEF$ nội tiếp nên $\widehat{AFE} = \widehat{ACB}$ (góc ngoài bằng góc trong đỉnh đối diện).

Mặt khác, $\widehat{xAB} = \widehat{ACB}$ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung $AB$).

Suy ra $\widehat{AFE} = \widehat{xAB} \Rightarrow Ax \parallel EF$ (hai góc so le trong bằng nhau).

Do $OA \perp Ax$ nên $OA \perp EF$ tại $G$. Xét tam giác $AGE$ vuông tại $G$:

$$EG = AE \cdot \sin(\widehat{EAG})$$

Ta có $\widehat{EAG} = \widehat{OAC} = \frac{180^\circ – \widehat{AOC}}{2} = 90^\circ – \widehat{ABC}$.

Suy ra $EG = AE \cdot \sin(90^\circ – \widehat{ABC}) = AE \cdot \cos(\widehat{ABC})$.

Trong tam giác vuông $ABE$, ta có $AE = AB \cdot \cos(\widehat{BAC})$.

Do đó: $EG = AB \cdot \cos(\widehat{BAC}) \cdot \cos(\widehat{ABC})$ (*).

Tương tự, kẻ tiếp tuyến $By$ của $(O)$ tại $B$, ta chứng minh được $OB \perp DF$ tại $K$.

Xét tam giác $BDK$ vuông tại $K$:

$$DK = BD \cdot \sin(\widehat{DBK})$$

Ta có $\widehat{DBK} = \widehat{OBC} = \frac{180^\circ – \widehat{BOC}}{2} = 90^\circ – \widehat{BAC}$.

Suy ra $DK = BD \cdot \sin(90^\circ – \widehat{BAC}) = BD \cdot \cos(\widehat{BAC})$.

Trong tam giác vuông $ABD$, ta có $BD = AB \cdot \cos(\widehat{ABC})$.

Do đó: $DK = AB \cdot \cos(\widehat{ABC}) \cdot \cos(\widehat{BAC})$ (**).

Từ (*) và (**) suy ra $EG = DK$.

Nhận xét đề thi môn Toán Đà Nẵng năm 2026

Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán của Sở GD&ĐT Đà Nẵng năm 2026 giữ vững cấu trúc quen thuộc, bám sát chương trình SGK nhưng vẫn đảm bảo tính phân loại cao. Các câu hỏi từ 1 đến 5 thuộc mức độ nhận biết, thông hiểu và vận dụng thấp, học sinh nắm chắc kiến thức cơ bản có thể dễ dàng đạt 7-8 điểm. Điểm nhấn của đề nằm ở các bài toán thực tế (Câu 1b, Câu 4) yêu cầu kỹ năng đọc hiểu biểu đồ và áp dụng công thức hình học không gian (hình trụ, hình quạt tròn) rất sát với đời sống.

Câu 6 là câu phân loại học sinh khá giỏi. Ý a và b tương đối quen thuộc với mô hình trực tâm và đường kính đường tròn ngoại tiếp. Tuy nhiên, ý 6c đòi hỏi sự tinh tế trong việc kẻ thêm tiếp tuyến phụ để chứng minh tính vuông góc, từ đó sử dụng linh hoạt tỉ số lượng giác trong tam giác vuông để thiết lập đẳng thức. Nhìn chung, đây là một đề thi hay, vừa sức và đánh giá đúng năng lực toàn diện của thí sinh.

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