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

a) Ta có $A=\sqrt{{\left(\sqrt{5}+1\right)}^2}-\sqrt{5}\left(\sqrt{5}+1\right)$

$=\left|\sqrt{5}+1\right|-\left(\sqrt{5}\cdot \sqrt{5}+\sqrt{5}\cdot 1\right)$

$=\sqrt{5}+1-5-\sqrt{5}$$=-4$.

Vậy $A=-4$.

b) Với điều kiện $x\ge 0,x\ne 4$, ta có:

$B=\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-2}+\frac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}-\frac{3x}{x-4}$

$=\frac{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}+\frac{2\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}-\frac{3x}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}$

$=\frac{x+2\sqrt{x}+\sqrt{x}+2+2x-4\sqrt{x}-3x}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}$

$=\frac{-\sqrt{x}+2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}$$=\frac{-\left(\sqrt{x}-2\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}$$=\frac{-1}{\sqrt{x}+2}$.

Vậy $B=\frac{-1}{\sqrt{x}+2}$ với $x\ge 0,x\ne 4$.

a) Gọi điểm cần tìm có tọa độ là $\left(x;4\right)$.

Thay $y=4$ vào phương trình hàm số $y=x^2$, ta có: $4=x^2.$

Do đó $x=2$ hoặc $x=-2$.

Vậy có hai điểm thỏa mãn là $\left(2;4\right)$ và $\left(-2;4\right)$.

b) Xét phương trình $x^2-x-1=0$ có $\Delta ={\left(-1\right)}^2-4\cdot 1\cdot \left(-1\right)=5>0$.

Phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$.

Áp dụng định lí Viète, ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=1\\ x_1{x}_2=-1\end{array}$.

Vì là nghiệm của phương trình nên $x_1^2-x_1-1=0$, suy ra $x_1^2=x_1+1$.

Ta có biểu thức: $C=x_1^2-x_1{x}_2^2+2026$$=x_1+1-x_1{x}_2^2+2026$$=x_1\left(1-x_2^2\right)+2027.$

Mặt khác, vì $x_2$ là nghiệm của phương trình nên $x_2^2-x_2-1=0$, suy ra $1-x_2^2=-x_2$.

Thay vào biểu thức $C$, ta được: $C=x_1\cdot \left(-x_2\right)+2027=-x_1{x}_2+2027.$

Thay $x_1{x}_2=-1$ vào, ta có: $C=-\left(-1\right)+2027=2028.$

Vậy $C=2028$.

Gọi $x,y$ (vé) lần lượt là số vé hạng thương gia và hạng phổ thông đã bán $\left(x,y\in {\mathbb{N}}^{\ast };x,y<130\right)$.

Vì tổng số vé hãng bán được là $130$ vé nên ta có phương trình:

$x+y=130(1).$

Số tiền thu được từ bán vé hạng thương gia là $5x$ (triệu đồng).

Số tiền thu được từ bán vé hạng phổ thông là $2y$ (triệu đồng).

Vì tổng số tiền thu được là 320 triệu đồng nên ta có phương trình: $5x+2y=320(2).$

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}x+y=130\\ 5x+2y=320\end{array}$.

Từ phương trình (1) suy ra $y=130-x$. Thay vào phương trình (2) ta được:

$5x+2\left(130-x\right)=320$

$5x+260-2x=320$

$3x=60$

$x=20.$ (TMĐK)

Thay $x=20$ vào $y=130-x$, ta có: $y=130-20=110.$ (TMĐK)

Vậy số vé hạng thương gia đã bán là 20 vé, số vé hạng phổ thông đã bán là 110 vé.

a) • Chứng minh tứ giác $OKMB$ nội tiếp:

Vì $AB\perp CD$ tại $O$ nên $\widehat{KOB}=90^{\circ }$.

Vì góc $\widehat{AMB}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính $AB$ nên $\widehat{AMB}=90^{\circ }$ hay $\widehat{KMB}=90^{\circ }.$

Xét tứ giác $OKMB$ có $\widehat{KOB}+\widehat{KMB}=90^{\circ }+90^{\circ }=180^{\circ }$.

Hai góc này là hai góc đối nhau, vậy tứ giác $OKMB$ nội tiếp đường tròn đường kính $KB$.

• Chứng minh $\widehat{MBK}=2\widehat{MAC}$:

Vì tứ giác $OKMB$ nội tiếp nên $\widehat{MBK}=\widehat{MOK}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn ).

Mà $\widehat{MOK}$ (tức $\widehat{MOC}$) là góc ở tâm chắn cung nhỏ của đường tròn $\left(O\right)$.

Lại có $\widehat{MAC}$ là góc nội tiếp chắn cung nhỏ của đường tròn $\left(O\right)$.

Theo tính chất góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn một cung, ta có $\widehat{MOC}=2\widehat{MAC}$.

Do đó $\widehat{MBK}=2\widehat{MAC}$.

b) Xét $\Delta AMB$ vuông tại $M$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Ta có $\widehat{MAB}+\widehat{MBA}=90^{\circ }$.

Gọi $Y$ là giao điểm của $BM$ và $CD$.

Trong $\Delta AOK$ vuông tại $O$ có $\tan \widehat{KAO}=\frac{OK}{OA}=\frac{OK}{R}$.

Trong $\Delta BOY$ vuông tại $O$ có $\tan \widehat{YBO}=\frac{OY}{OB}=\frac{OY}{R}$.

Vì $\widehat{KAO}$ và $\widehat{YBO}$ phụ nhau nên $\tan \widehat{KAO}\cdot \tan \widehat{YBO}=1$.

Suy ra $\frac{OK}{R}\cdot \frac{OY}{R}=1$, do đó $OY=\frac{R^2}{OK}$.

Vì $DN$ là tiếp tuyến tại $D$ nên $DN\perp CD$. Mà $AB\perp CD$ nên $DN//AB$.

Xét $\Delta OBY$ có $DN//OB$ (với $D\in OY;N\in BY$).

Theo hệ quả định lí Thalès, ta có $\frac{DN}{OB}=\frac{DY}{OY}$.

Suy ra $DN=OB\cdot \frac{OD+OY}{OY}=R\cdot \left(\frac{R}{OY}+1\right)=\frac{R^2}{OY}+R=OK+R$.

Diện tích tam giác $CNK$ có đường cao hạ từ $N$ xuống $CD$ chính là đoạn $DN$.

Cạnh đáy là $CK=CO-OK=R-OK$.

Ta có $S_{CNK}=\frac{1}{2}CK\cdot DN=\frac{1}{2}\left(R-OK\right)\left(R+OK\right)=\frac{1}{2}\left(R^2-O{K}^2\right)$.

Theo đề bài $S_{CNK}=\frac{4R^2}{9}$ suy ra $\frac{1}{2}\left(R^2-O{K}^2\right)=\frac{4R^2}{9}$.

Do đó $R^2-O{K}^2=\frac{8R^2}{9}$ hay $O{K}^2=\frac{R^2}{9}$ suy ra $OK=\frac{R}{3}$. Từ đó $\tan \widehat{MAB}=\frac{1}{3}$.

Trong $\Delta AOK$ vuông tại $O$ có $AK=\sqrt{A{O}^2+O{K}^2}=\sqrt{R^2+\frac{R^2}{9}}=\frac{R\sqrt{10}}{3}$.

Ta có 0$\cos \widehat{MAB}=\frac{OA}{AK}=\frac{R}{\frac{R\sqrt{10}}{3}}=\frac{3}{\sqrt{10}}$; $\sin \widehat{MAB}=\frac{OK}{AK}=\frac{\frac{R}{3}}{\frac{R\sqrt{10}}{3}}=\frac{1}{\sqrt{10}}$.

Trong $\Delta AMB$ vuông tại $M$ có:

$MA=AB\cdot \cos \widehat{MAB}=2R\cdot \frac{3}{\sqrt{10}}=\frac{6R}{\sqrt{10}}$.

$MB=AB\cdot \sin \widehat{MAB}=2R\cdot \frac{1}{\sqrt{10}}=\frac{2R}{\sqrt{10}}$.

Ta có $OY=\frac{R^2}{OK}=3R$.

Trong $\Delta OBY$ vuông tại $O$, $BY=\sqrt{O{B}^2+O{Y}^2}=\sqrt{R^2+{(3R)}^2}=R\sqrt{10}$.

Vì $DN//OB$ nên $\frac{YN}{YB}=\frac{DY}{OY}=\frac{R+3R}{3R}=\frac{4}{3}$.

Suy ra $YN=\frac{4}{3}YB=\frac{4R\sqrt{10}}{3}$.

Ta có $YM=YB-MB=R\sqrt{10}-\frac{2R}{\sqrt{10}}=\frac{10R}{\sqrt{10}}-\frac{2R}{\sqrt{10}}=\frac{8R}{\sqrt{10}}$.

Độ dài $MN=YN-YM=\frac{4R\sqrt{10}}{3}-\frac{8R}{\sqrt{10}}=\frac{40R}{3\sqrt{10}}-\frac{24R}{3\sqrt{10}}=\frac{16R}{3\sqrt{10}}$.

Tính $3MB\cdot MN=3\cdot \frac{2R}{\sqrt{10}}\cdot \frac{16R}{3\sqrt{10}}=\frac{96R^2}{30}=\frac{16R^2}{5}$.

Tính $M{A}^2={\left(\frac{6R}{\sqrt{10}}\right)}^2=\frac{36R^2}{10}=\frac{18R^2}{5}$.

Cuối cùng $T=M{A}^2+3MB\cdot MN=\frac{18R^2}{5}+\frac{16R^2}{5}=\frac{34R^2}{5}$.

Vậy $T=\frac{34R^2}{5}$.

a) Quả bóng có bán kính $R=11\mathrm{cm}$.

Diện tích bề mặt của quả bóng hình cầu được tính theo công thức $S=4\pi R^2$.

Thay số vào ta có: $S=4\cdot 3,14\cdot 11^2=4\cdot 3,14\cdot 121=1519,76\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2\right).$

Vậy diện tích bề mặt của quả bóng là $1519,76\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2$.

b) Gọi bán kính của hồ nước hình quạt $MAK$ là $x(m)$ với $0<x<8$.

Diện tích hồ nước (hình quạt tròn góc 90° do tứ giác là hình vuông) là: $S_{h\hat{o}}=\frac{1}{4}\pi x^2\left({\mathrm{m}}^2\right).$

Khu trồng hoa là các hình quạt $PBN,RCQ,HDS$ có cùng bán kính và tâm ở các góc còn lại của hình vuông.

Ta có $AB=8$ m. $AB=AM+MN+NB=x+2+NB$.

Suy ra $NB=8-\left(x+2\right)=6-x\left(\mathrm{m}\right)$.

Vì các hình quạt $PBN,RCQ,HDS$ có cùng bán kính nên bán kính của chúng đều là $6-x(\mathrm{m})$.

Diện tích của ba hình quạt này (mỗi hình là $\frac{1}{4}$ hình tròn) là: $S_{hoa}=3\cdot \frac{1}{4}\pi {\left(6-x\right)}^2\left({\mathrm{m}}^2\right).$

Chi phí làm hồ nước là 300 nghìn đồng/m².

Chi phí trồng hoa là 200 nghìn đồng/m².

Tổng chi phí $T$ (nghìn đồng) là:

$T=300\cdot \frac{1}{4}\pi x^2+200\cdot \frac{3}{4}\pi \cdot {\left(6-x\right)}^2$

$=75\pi x^2+150\pi \left(36-12x+x^2\right)$

$=\pi \left(75x^2+5400-1800x+150x^2\right)$

$=\pi \left(225x^2-1800x+5400\right)$

$=225\pi \left(x^2-8x+24\right)$$=225\pi \left[{\left(x-4\right)}^2+8\right].$

Vì ${\left(x-4\right)}^2\ge 0$ với mọi $x$, suy ra ${\left(x-4\right)}^2+8\ge 8$.

Do đó $T\ge 225\pi \cdot 8=1800\pi$.

Lấy $\pi =3,14$, ta có: $T\ge 1800\cdot 3,14=5652$ (nghìn đồng).

Dấu “=“ xảy ra khi $x-4=0$ hay $x=4$ (thỏa mãn $0<x<6$).

Vậy tổng chi phí nhỏ nhất để bác An làm không gian thư giãn là 5652 nghìn đồng.