Đề và đáp án môn toán khảo sát chất lượng HKII tỉnh Hưng yên

Đề và đáp án môn toán khảo sát chất lượng HKII tỉnh Hưng yên

SỞ GD & ĐT HƯNG YÊN NGÀY THI: 22/04/2026 | ĐỀ KHẢO SÁT HKII MÔN TOÁN – MÃ 9201

Thời gian làm bài: 90 phút 

PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 26. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.

Câu 1: Cho đường tròn $(O; 4,cm)$. Lấy điểm $M$ bên ngoài đường tròn sao cho $OM = 4\sqrt{2},cm$. Kê tiếp tuyến $MA$ với đường tròn ($A$ là tiếp điểm). Đoạn thẳng $MO$ cắt đường tròn tại $B$. Diện tích hình quạt tròn giới hạn bởi hai bánh kính $OA, OB$ và cung nhỏ $AB$ là

A: $\frac{8}{3}\pi cm^2$.

B: $4\pi cm^2$.

C: $\frac{4}{3}\pi cm^2$.

D: $2\pi cm^2$.

Lời giải

Xét $\triangle OAM$ vuông tại $A$ (do $MA$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $A$), ta có:

$ \cos \widehat{AOM} = \frac{OA}{OM} = \frac{4}{4\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} \Rightarrow \widehat{AOM} = 45^\circ $

Vì $B$ nằm trên đoạn $OM$ nên $\widehat{AOB} = \widehat{AOM} = 45^\circ$.

Diện tích hình quạt tròn $OAB$ là: $S = \frac{\pi R^2 n}{360} = \frac{\pi \cdot 4^2 \cdot 45}{360} = 2\pi (cm^2)$.

Chọn D.

Câu 2: Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$ ($H$ thuộc cạnh $BC$). Khẳng định nào sau đây là đúng?

A: $\cos B = \frac{HC}{AC}$

B: $\cos B = \frac{AH}{AC}$

C: $\cos B = \frac{AH}{AB}$

D: $\cos B = \frac{AC}{BC}$

Lời giải

Trong tam giác $ABC$ vuông tại $A$, ta có $\hat{B} + \hat{C} = 90^\circ \Rightarrow \cos B = \sin C$.

Trong tam giác $AHC$ vuông tại $H$, ta có $\sin C = \frac{AH}{AC}$.

Do đó $\cos B = \frac{AH}{AC}$.

Chọn B.

Câu 3: Phương trình $x – 2y = 3$ kết hợp với phương trình nào sau đây để được hệ phương trình có nghiệm duy nhất?

A: $-3x + 6y = 5$.

B: $2x + y = 1$.

C: $-x + 2y = 1$.

D: $2x – 4y = 6$.

Lời giải

Hệ phương trình $\left{ \begin{array}{l} ax + by = c \ a’x + b’y = c’ \end{array} \right.$ có nghiệm duy nhất khi $\frac{a}{a’} \neq \frac{b}{b’}$.

Xét phương trình $x – 2y = 3$ có $a = 1, b = -2$.

[TOÀN THẦY HOÀNG – BLOGTAILIEU.COM] Trang – 1 –

“VỀ ĐÍCH – 10 ĐỀ GIẢI CHI TIẾT TỪNG CÂU” LƯU HÀNH NỘI BỘ

Với phương án B: $2x + y = 1$ có $a’ = 2, b’ = 1$.

Ta thấy $\frac{1}{2} \neq \frac{-2}{1}$ nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất.

Chọn B.

Câu 4: Cho hình vẽ sau, góc $ABC$ là góc nội tiếp của đường tròn $(O)$. Biết $\widehat{ABC} = 70^\circ$. Số đo của cùng nhỏ $AC$ bằng

A: $110^\circ$.

B: $140^\circ$.

C: $35^\circ$.

D: $70^\circ$.

Lời giải

Trong một đường tròn, số đo của góc nội tiếp bằng nửa số đo của cùng bị chắn.

Số đo cùng nhỏ $AC = 2 \cdot \widehat{ABC} = 2 \cdot 70^\circ = 140^\circ$.

Chọn B.

Câu 5: Cho từ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn, có $\hat{A} = 70^\circ, \hat{B} = 120^\circ$. Khi đó $\hat{C} – \hat{D}$ bằng

A: $100^\circ$.

B: $50^\circ$.

C: $70^\circ$.

D: $60^\circ$.

Lời giải

Vì từ giác $ABCD$ nội tiếp nên tổng hai góc đối diện bằng $180^\circ$.

$ \hat{C} = 180^\circ – \hat{A} = 180^\circ – 70^\circ = 110^\circ $

$ \hat{D} = 180^\circ – \hat{B} = 180^\circ – 120^\circ = 60^\circ $

Vậy $\hat{C} – \hat{D} = 110^\circ – 60^\circ = 50^\circ$.

Chọn B.

Câu 6: Hệ phương trình $\left{ \begin{array}{l} 2x + by = 12 \ (a + 1)x – 4y = 8 \end{array} \right.$ có nghiệm $(1; -1)$. Khi đó tích $a \cdot b$ bằng

A: 42.

B: -30.

C: -42.

D: 30.

Lời giải

Thay $x = 1, y = -1$ vào hệ phương trình ta được:

$ \left{ \begin{array}{l} 2(1) + b(-1) = 12 \ (a + 1)(1) – 4(-1) = 8 \end{array} \right. \Rightarrow \left{ \begin{array}{l} 2 – b = 12 \ a + 1 + 4 = 8 \end{array} \right. \Rightarrow \left{ \begin{array}{l} b = -10 \ a = 3 \end{array} \right.. $

Tích $a \cdot b = 3 \cdot (-10) = -30$.

[TOÀN THẦY TÀI – ZALO: 0977.413.341]

Trang – 2 –

“VỀ ĐÍCH – 10 ĐỀ GIẢI CHI TIẾT TỪNG CÂU” LƯU HÀNH NỘI BỘ

Chọn B.

Câu 7: Cặp số (1;2) là nghiệm của phương trình nào sau đây?

A: $x + 4y = 5$.

B: $2x + y = 5$.

C: $7x – y = 5$.

D: $2x – 3y = 1$.

Lời giải

Thay $x = 1, y = 2$ vào từng phương trình:

Với phương án C: $7(1) – 2 = 5$ (thỏa mãn).

Chọn C.

Câu 8: Tìm điều kiện xác định của biểu thức $\sqrt{2x – 16}$.

A: $x \geq 8$.

B: $x \leq 8$.

C: $x \geq 4$.

D: $x \leq 4$.

Lời giải

Biểu thức $\sqrt{2x – 16}$ xác định khi $2x – 16 \geq 0 \Rightarrow 2x \geq 16 \Rightarrow x \geq 8$.

Chọn A.

Câu 9: Bạn Bình thống kê điểm bài thi thử môn Toán của 35 học sinh lớp 9A và ghi lại trong bảng sau. Tần số xuất hiện của điểm 7 là

Điểm	3	4	5	6	7	8	9	10
Tần số	3	3	4	5	6	7	5	2

A: 6.

B: 5.

C: 8.

D: 7.

Lời giải

Dựa vào bảng thống kê, tại cột điểm 7, ta thấy tần số tương ứng là 6.

Chọn đáp án A.

Câu 10: Bạn Thuỷ theo dõi thời tiết trong những ngày ôn thi vào lớp 10 tại trường và thống kê kết quả ở bảng sau. Tổng số ngày bạn Thuỷ theo dõi thời tiết là bao nhiêu ngày?

Thời tiết	Nắng gắt	Nắng nhẹ	Mưa nhỏ	Mưa lớn
Số ngày	10	12	3	4

A: 30.

B: 31.

C: 28.

D: 29.

Lời giải

Tổng số ngày bạn Thuỷ theo dõi thời tiết là: $10 + 12 + 3 + 4 = 29$ ngày.

Chọn đáp án D.

Câu 11: Một chiếc mũ sinh nhật được làm bằng bìa cứng có dạng hình nón có đường kính vành mũ là $20\mathrm{cm}$, chiều cao của mũ là $24\mathrm{cm}$. Diện tích bìa để làm chiếc mũ là bao nhiêu $\mathrm{cm}^2$? (lấy $\pi \approx 3,14$ không tính các mép dán của mũ).

A: $812,8\mathrm{cm}^2$.

B: $1632,4\mathrm{cm}^2$.

C: $816,4\mathrm{cm}^2$.

D: $753,6\mathrm{cm}^2$.

Lời giải

Bán kính đáy của hình nón là: $r = \frac{20}{2} = 10$ (cm).

Đường sinh của hình nón là: $l = \sqrt{r^2 + 24^2} = \sqrt{100 + 576} = \sqrt{676} = 26$ (cm).

[TOÁN THẦY HOÀNG – BLOGTAILIEU.COM] Trang – 3 –

“VỀ ĐÍCH – 10 ĐỀ GIẢI CHI TIẾT TỪNG CÂU” LƯU HÀNH NỘI BỘ

Diện tích bìa để làm chiếc mũ (diện tích xung quanh hình nón) là: $S_{xq} = \pi rl \approx 3,14 \cdot 10 \cdot 26 = 816,4$ (cm²).

Chọn đáp án C.

Câu 12: Diện tích xung quanh của một hình trụ có bán kính đáy $R = 6,\mathrm{cm}$ và chiều cao $h = 15,\mathrm{cm}$ là

A: $90\pi,\mathrm{cm}^2$.

B: $30\pi,\mathrm{cm}^2$.

C: $180\pi,\mathrm{cm}^2$.

D: $540\pi,\mathrm{cm}^2$.

Lời giải

Diện tích xung quanh của hình trụ được tính theo công thức: $S_{xq} = 2\pi Rh$.

Thay số ta được: $S_{xq} = 2\pi \cdot 6 \cdot 15 = 180\pi$ (cm²).

Chọn đáp án C.

Câu 13: Một hộp đựng 3 viên bi xanh và 1 viên bi đỏ, lấy ngẫu nhiên từ hộp ra hai viên bi. Xác suất để hai viên lấy ra có 1 viên bi xanh và 1 viên bi đỏ là

A: $\frac{1}{2}$.

B: $\frac{1}{6}$.

C: $\frac{1}{3}$.

D: $\frac{1}{4}$.

Lời giải

Số cách chọn ngẫu nhiên 2 viên bi từ 4 viên bi là: $n(\Omega) = C_4^2 = 6$.

Gọi $A$ là biến cố “lấy được 1 viên bi xanh và 1 viên bi đỏ”.

Số cách chọn 1 viên bi xanh từ 3 viên bi xanh là $C_3^1 = 3$.

Số cách chọn 1 viên bi đỏ từ 1 viên bi đỏ là $C_1^1 = 1$.

Số kết quả thuận lợi cho biến cố $A$ là: $n(A) = 3 \cdot 1 = 3$.

Xác suất cần tìm là: $P(A) = \frac{n(A)}{n(\Omega)} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$.

Chọn đáp án A.

Câu 14: Công thức tính thể tích hình cầu có bán kính $R$ là

A: $V = \frac{4}{3}\pi R^3$.

B: $V = 4\pi R^3$.

C: $V = 4\pi R^2$.

D: $V = \frac{3}{4}\pi R^3$.

Lời giải

Thể tích hình cầu bán kính $R$ được tính theo công thức: $V = \frac{4}{3}\pi R^3$.

Chọn đáp án A.

Câu 15: Giá trị nào sau đây là một nghiệm của bất phương trình sau: $15 – 2x > -x + 6$?

A: $x = 11$.

B: $x = 9$.

C: $x = 10$.

D: $x = 8$.

Lời giải

Giải bất phương trình: $15 – 2x > -x + 6 \Leftrightarrow 15 – 6 > 2x – x \Leftrightarrow 9 > x \Leftrightarrow x < 9$.

Trong các giá trị đã cho, chỉ có $x = 8$ thỏa mãn điều kiện $x < 9$.

[TOÀN THẦY HOÀNG – BLOGTAILIEU.COM] Trang – 4 –

“VỀ ĐÍCH – 10 ĐỀ GIẢI CHI TIẾT TỪNG CÂU” LƯU HÀNH NỘI BỘ

Chọn đáp án D.

Câu 16: Tìm giá trị của $m$ để đồ thị hai hàm số $y = x^2$ và $y = 2x + m + 1$ cắt nhau tại hai điểm phân biệt.

A: $m > 0$.

B: $m > -2$.

C: $m > 1$.

D: $m < 0$.

Lời giải

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là: $x^2 = 2x + m + 1 \Leftrightarrow x^2 – 2x – m – 1 = 0$.

Để hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì phương trình trên phải có hai nghiệm phân biệt, tức là $\Delta’ > 0$.

Ta có: $\Delta’ = (-1)^2 – 1 \cdot (-m – 1) = 1 + m + 1 = m + 2$.

$ \Delta’ > 0 \Leftrightarrow m + 2 > 0 \Leftrightarrow m > -2. $

Chọn đáp án B.

Câu 17: Tìm giá trị của $m$ để đồ thị của hàm số $y = (m + 2)x^2$ (với $m \neq -2$) đi qua điểm $A(-1; 2)$.

A: $m = 1$.

B: $m = 0$.

C: $m = -4$.

D: $m = 3$.

Lời giải

Vì đồ thị hàm số đi qua điểm $A(-1; 2)$ nên ta thay $x = -1$ và $y = 2$ vào phương trình hàm số:

$ 2 = (m + 2) \cdot (-1)^2 \Leftrightarrow 2 = m + 2 \Leftrightarrow m = 0. $

Chọn đáp án B.

Câu 18: Căn bậc hai số học của 16 là

A: $\pm 4$.

B: $256$.

C: $8$.

D: $4$.

Lời giải

Căn bậc hai số học của một số dương $a$ là số không âm $x$ sao cho $x^2 = a$.

Vì $4^2 = 16$ và $4 > 0$ nên căn bậc hai số học của 16 là 4.

Chọn đáp án D.

Câu 19: Ba bạn Trường, Hạnh, Phúc được xếp ngẫu nhiên ngồi trên một chiếc ghế dài (ghế có 3 chỗ ngồi). Tính xác suất để bạn Hạnh và bạn Phúc ngồi cạnh nhau.

A: $\frac{1}{3}$.

B: $\frac{1}{2}$.

C: $\frac{2}{3}$.

D: $\frac{5}{6}$.

Lời giải

Số cách xếp 3 bạn vào 3 chỗ ngồi là: $n(\Omega) = 3! = 6$ cách.

Gọi $A$ là biến cố “bạn Hạnh và bạn Phúc ngồi cạnh nhau”.

Coi Hạnh và Phúc là một nhóm. Có 2! cách xếp Hạnh và Phúc trong nhóm này.

Xếp nhóm này và bạn Trường vào 2 vị trí có 2! cách.

Số kết quả thuận lợi cho biến cố $A$ là: $n(A) = 2! \cdot 2! = 4$ cách.

Xác suất cần tìm là: $P(A) = \frac{n(A)}{n(\Omega)} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$.

[TOÀN THẦY HOÀNG – BLOGTAILIEU.COM] Trang – 5 –

“VỀ ĐÍCH – 10 ĐỀ GIẢI CHI TIẾT TỪNG CÂU” LƯU HÀNH NỘI BỘ

Chọn đáp án C.

Câu 20: Tổng các giá trị nguyên của $a$ để đồ thị hàm số $y = 2x^2$ đi qua điểm $M(a; a+1)$ là

A: 1. B: 3. C: 0. D: -1.

Lời giải

Thay tọa độ điểm $M(a; a+1)$ vào phương trình hàm số $y = 2x^2$, ta được:

$ a + 1 = 2a^2 \Leftrightarrow 2a^2 – a – 1 = 0. $

Phương trình có dạng $A + B + C = 2 + (-1) + (-1) = 0$ nên có hai nghiệm:

$ a_1 = 1 \text{ (là số nguyên)}, $

$ a_2 = \frac{C}{A} = -\frac{1}{2} \text{ (không phải là số nguyên)}. $

Vậy giá trị nguyên duy nhất của $a$ là 1. Tổng các giá trị nguyên là 1.

Chọn đáp án A.

Câu 21: Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, biết rằng $2AB = 3AC$. Số đo góc $C$ là (làm tròn đến độ).

A: $34^\circ$. B: $72^\circ$. C: $56^\circ$. D: $63^\circ$.

Lời giải

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $A$, ta có: $\tan C = \frac{AB}{AC}$.

Từ giá thiết $2AB = 3AC \Rightarrow \frac{AB}{AC} = \frac{3}{2} = 1,5$.

Suy ra $\tan C = 1,5 \Rightarrow \hat{C} \approx 56,3^\circ$.

Làm tròn đến độ ta được $\hat{C} \approx 56^\circ$.

Chọn đáp án C.

Câu 22: Gieo hai con xúc xắc (6 mặt) cân đối và đồng chất. Xét biến cố $N$: “Tích số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc là số nguyên tố”. Tính xác suất của biến cố $N$.

A: $\frac{1}{5}$ B: $\frac{1}{12}$ C: $\frac{2}{5}$ D: $\frac{1}{6}$

Lời giải

Số phần tử của không gian mẫu là $n(\Omega) = 6 \cdot 6 = 36$.

Các cặp số $(x; y)$ có tích là số nguyên tố $(2, 3, 5)$ là: $(1; 2), (2; 1), (1; 3), (3; 1), (1; 5), (5; 1)$.

Số kết quả thuận lợi cho biến cố $N$ là $n(N) = 6$.

Xác suất của biến cố $N$ là $P(N) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}$.

D.

Câu 23: Cho $a < b$. Khẳng định nào sau đây là sai?

[TOÀN THẦY HOÀNG – BLOGTAILIEU.COM] Trang – 6 –

“VỀ ĐÍCH – 10 ĐỀ GIẢI CHI TIẾT TỪNG CÂU” LƯU HÀNH NỘI BỘ

A: $-5a > -5b$ B: $2a < 2b$ C: $-a + 2026 < -b + 2026$ D: $a – 1 < b – 1$

Lời giải

Ta có $a \langle b \Rightarrow -a \rangle – b \Rightarrow -a + 2026 > -b + 2026$.

Vậy khẳng định C là sai.

C.

Câu 24: Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $BC = 18,\mathrm{cm}$, $\hat{B} = 70^\circ$. Độ dài cạnh $AC$ là (làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).

A: 16,8 (cm). B: 16,9 (cm). C: 6,2 (cm). D: 49,5 (cm).

Lời giải

Trong tam giác vuông $ABC$, ta có: $AC = BC \cdot \sin B = 18 \cdot \sin 70^\circ \approx 16,914$ (cm).

Làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất ta được 16,9 (cm).

B.

Câu 25: Cho hai số nguyên $a, b$ thỏa mãn đẳng thức $\sqrt{8 – 2\sqrt{7}} + \sqrt{7} = b\sqrt{7} + a$. Tống $a + b$ là

A: 3. B: 2. C: 1. D: 13.

Lời giải

Ta có $\sqrt{8 – 2\sqrt{7}} + \sqrt{7} = \sqrt{\left(\sqrt{7} – 1\right)^2} + \sqrt{7} = \sqrt{7} – 1 + \sqrt{7} = 2\sqrt{7} – 1$.

Đồng nhất với $b\sqrt{7} + a$, ta được $b = 2$ và $a = -1$.

Vậy $a + b = -1 + 2 = 1$.

C.

Câu 26: Kết quả làm bài thi 100 câu trắc nghiệm Tiếng Anh trên Internet của 45 học sinh với thang điểm 1000 được ghi lại như sau: có 15 học sinh được 580 điểm; 16 học sinh được 650 điểm; 5 học sinh được 750 điểm; còn lại là số học sinh được 800 điểm. Tần số tương đối của học sinh đạt được 800 điểm là

A: $11%$ B: $80%$ C: $20%$ D: $9%$

Lời giải

Số học sinh đạt được 800 điểm là: $45 – (15 + 16 + 5) = 9$ (học sinh).

Tần số tương đối của học sinh đạt được 800 điểm là: $\frac{9}{45} \cdot 100% = 20%$.

C.

PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 2. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.

Câu 1: Cho phương trình bậc hai ấn $x: x^2 + 2mx + 2m – 1 = 0$ ($m$ là tham số)

a) Phương trình luôn có hai nghiệm $x_1; x_2$ với mọi giá trị của $m$.

b) Tích các giá trị của $m$ để phương trình có hai nghiệm $x_1; x_2$ thỏa mãn $x_1 + 2x_2 = 3$ là 1.

c) Phương trình có hai nghiệm trái dấu khi $ m > \frac{1}{2} $.

d) Với $ m = -1 $ thì phương trình có nghiệm kép $ x_1 = x_2 = 1 $.

Lời giải

Ta có $ \Delta’ = m^2 – (2m – 1) = m^2 – 2m + 1 = (m – 1)^2 \geq 0 $ với mọi $ m $.

1. a) Đúng. Phương trình luôn có hai nghiệm (có thể trùng nhau).
2. b) Nghiệm của phương trình là $ x = -m \pm (m – 1) $, suy ra $ x_1 = -1, x_2 = 1 – 2m $ hoặc ngược lại.

Trường hợp 1: $ x_1 = -1, x_2 = 1 – 2m \Rightarrow -1 + 2(1 – 2m) = 3 \Rightarrow 1 – 4m = 3 \Rightarrow m = -\frac{1}{2} $.

Trường hợp 2: $ x_1 = 1 – 2m, x_2 = -1 \Rightarrow 1 – 2m + 2(-1) = 3 \Rightarrow -2m – 1 = 3 \Rightarrow m = -2 $.

Tích các giá trị $ m $ là $ \left(-\frac{1}{2}\right) \cdot (-2) = 1 $. Đúng.

1. c) Phương trình có hai nghiệm trái dấu khi $ x_1x_2 < 0 \Rightarrow 2m – 1 < 0 \Rightarrow m < \frac{1}{2} $. Sai.
2. d) Với $ m = -1 $, $ \Delta’ = (-1 – 1)^2 = 4 \neq 0 $ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt. Sai.

Câu 2:

Cho đường tròn $ (O; R) $ về hai đường kính $ AB $ và $ CD $ vuông góc với nhau. Gọi $ E $ là điểm thuộc cung nhỏ $ AD $. Nối $ E $ với $ C $ cắt $ OA $ tại $ M $, nối $ E $ với $ B $ cắt $ OD $ tại $ N $.

1. a) $ CM \cdot CE = 2R^2 $.
2. b) Tứ giác DEMO là tứ giác nội tiếp.
3. c) $ \widehat{CAB} + \widehat{ABE} > \widehat{CDE} $.
4. d) $ \frac{1}{R} = \frac{2}{AM} – \frac{1}{ON} $.

Lời giải

a) Xét $ \triangle COM $ và $ \triangle CED $ có $ \hat{C} $ chung và $ \widehat{COM} = \widehat{CED} = 90^\circ $ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra $ \triangle COM \sim \triangle CED \Rightarrow \frac{CM}{CD} = \frac{CO}{CE} \Rightarrow CM \cdot CE = CD \cdot CO = 2R \cdot R = 2R^2 $. Đúng.

[TOÀN THẦY HOÀNG – BLOGTAILIEU.COM] Trang – 8 –

b) Ta có $\widehat{MOD} = 90^{\circ}$ và $\widehat{MED} = 90^{\circ}$. Hai đỉnh $O, E$ cùng nhìn đoạn $MD$ dưới một góc $90^{\circ}$ nên DEMO nội tiếp. Đúng.

c) $\widehat{CAB} = 45^{\circ}$ (do $\triangle COA$ vuông cân). $\widehat{ABE} = \frac{1}{2}$ sđ cùng $AE$.

$\widehat{CDE} = \frac{1}{2}$ sđ cùng $CE = \frac{1}{2}$ (sđ cùng $CA +$ sđ cùng $AE$) $= 45^{\circ} + \frac{1}{2}$ sđ cùng $AE$.

Vậy $\widehat{CAB} + \widehat{ABE} = \widehat{CDE}$. Sai.

d) Đặt $\widehat{ABE} = \alpha$. Ta tính được $AM = \frac{R(1 + \sin\alpha – \cos\alpha)}{1 + \sin\alpha}$ và $ON = \frac{R\sin\alpha}{1 + \cos\alpha}$.

Thay vào biểu thức ta chứng minh được $\frac{2}{AM} – \frac{1}{ON} = \frac{1}{R}$. Vậy ý d) đúng.

PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.

Câu 1: Biết hai số nguyên dương $x, y$ thỏa mãn $\frac{3}{x – 2} = \frac{6}{y – 4}$ và $xy = 18$. Giá trị của biểu thức $\frac{x\sqrt{x} – y\sqrt{y}}{x + \sqrt{xy + y}}$ ($x > 0, y > 0$) là (kết quả làm tròn đến hàng phần mười)

Lời giải

Từ $\frac{3}{x – 2} = \frac{6}{y – 4} \Rightarrow 3(y – 4) = 6(x – 2) \Rightarrow y – 4 = 2x – 4 \Rightarrow y = 2x$.

Thay vào $xy = 18 \Rightarrow x(2x) = 18 \Rightarrow 2x^2 = 18 \Rightarrow x^2 = 9 \Rightarrow x = 3$ (do $x > 0$). Suy ra $y = 6$.

Biểu thức rút gọn thành $\sqrt{x} – \sqrt{y} = \sqrt{3} – \sqrt{6} \approx -0,7$.

Đáp số: $-0,7$

Câu 2: Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, vẽ Parabol $(P)$: $y = \frac{1}{2} x^2$ và đường thẳng $(d)$: $y = mx + 1$. Gọi giá trị của tham số $m$ để $(d)$ cắt $(P)$ tại hai điểm phân biệt $A, B$ sao cho diện tích tam giác $OAB$ nhỏ nhất là $a$ thì giá trị của biểu thức $2a – \sqrt{5}$ là (kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất)

Lời giải

Phương trình hoành độ giao điểm: $\frac{1}{2} x^2 = mx + 1 \Leftrightarrow x^2 – 2mx – 2 = 0$.

Vì $ac = -2 < 0$ nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$.

Diện tích $S_{OAB} = \frac{1}{2} |x_1y_2 – x_2y_1| = \ldots = \sqrt{m^2 + 2}$.

$S_{min}$ khi $m = 0$, vậy $a = 0$.

Giá trị biểu thức $2,0 – \sqrt{5} \approx -2,2$.

Đáp số: $-2,2$

[TOÀN THẦY HOÀNG – BLOGTAILIEU.COM] Trang – 9 –

“VỀ ĐÍCH – 10 ĐỀ GIẢI CHI TIẾT TỪNG CÂU” LƯU HÀNH NỘI BỘ

Câu 3: Cho hai đường tròn đồng tâm $O$, có bán kính lần lượt là $R = 4$ và $r = 2$. Dây $MN$ của đường tròn lớn cắt đường tròn nhỏ tại hai điểm $A$ và $B$ ($A$ nằm giữa $M$ và $B$, $MN$ không đi qua tâm). Gọi $BC$ là đường kính của đường tròn nhỏ. Tính giá trị biểu thức: $AC^2 + AM^2 + AN^2$

Lời giải

Gọi $H$ là hình chiếu của $O$ lên $MN$. $H$ là trung điểm của $AB$ và $MN$.

Ta có $AC^2 = BC^2 – AB^2 = (2r)^2 – (2AH)^2 = 16 – 4AH^2$.

$ AM^2 + AN^2 = (MH – AH)^2 + (MH + AH)^2 = 2(MH^2 + AH^2). $

Mà $MH^2 = R^2 – OH^2 = 16 – OH^2$ và $AH^2 = r^2 – OH^2 = 4 – OH^2$.

$ AC^2 + AM^2 + AN^2 = (16 – 4(4 – OH^2)) + 2(16 – OH^2 + 4 – OH^2) = 4OH^2 + 40 – 4OH^2 = 40. $

Đáp số: 40

Câu 4: Một bình thủy tinh hình trụ đang chứa nước có bán kính dày bên trong là $R = \sqrt{15}cm$ đặt trên mặt phẳng nằm ngang. Bạn Hoa thả chìm hoàn toàn 2 viên bi sắt đặc có dạng hình cầu giống hệt nhau và có cùng thể tích vào trong bình thì thấy nước trong bình dâng lên 0,6cm và không bị tràn ra ngoài. Bán kính của mỗi viên bi sắt là bao nhiêu cm?

Lời giải

Thế tích lượng nước dâng lên trong bình hình trụ chính bằng tổng thể tích của 2 viên bi sắt được thả vào.

Thế tích lượng nước dâng lên là:

$ V_d = \pi \cdot R^2 \cdot h = \pi \cdot \left(\sqrt{15}\right)^2 \cdot 0,6 = 15 \cdot 0,6 \cdot \pi = 9\pi \quad (cm^3). $

Gọi $r$ là bán kính của mỗi viên bi sắt ($r > 0$).

Thế tích của một viên bi sắt là: $V_1 = \frac{4}{3}\pi r^3$.

Tổng thể tích của 2 viên bi sắt là: $V_b = 2 \cdot \frac{4}{3}\pi r^3 = \frac{8}{3}\pi r^3$.

Theo đề bài, ta có phương trình:

$ \begin{array}{l} \frac{8}{3}\pi r^3 = 9\pi \ \Leftrightarrow r^3 = 9 \cdot \frac{3}{8} = \frac{27}{8} \ \Leftrightarrow r = \sqrt[3]{\frac{27}{8}} = \frac{3}{2} = 1,5 \quad (cm). \end{array} $

Vậy bán kính của mỗi viên bi sắt là 1,5cm.

Câu 5: Cho hệ phương trình $\left{ \begin{array}{l} x – my = 2 \ mx – y = 3m + 1 \end{array} \right.$ có nghiệm duy nhất $(x; y)$. Tổng tất cả các giá trị nguyên của $m$ để $x + y$ nhận giá trị nguyên là

Lời giải

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi:

$ \frac{1}{m} \neq \frac{-m}{-1} \Leftrightarrow m^2 \neq 1 \Leftrightarrow m \neq \pm 1. $

Từ phương trình thứ nhất, ta có $x = my + 2$. Thế vào phương trình thứ hai, ta được:

$ \begin{array}{l} m(my + 2) – y = 3m + 1 \ \Leftrightarrow m^2 y + 2m – y = 3m + 1 \ \Leftrightarrow (m^2 – 1) y = m + 1 \ \end{array} $

Vì $m \neq \pm 1$ nên $m^2 – 1 \neq 0$, ta có:

$ y = \frac{m + 1}{m^2 – 1} = \frac{m + 1}{(m – 1)(m + 1)} = \frac{1}{m – 1}. $

Thay $y$ vào biểu thức của $x$:

$ x = m \cdot \frac{1}{m – 1} + 2 = \frac{m + 2(m – 1)}{m – 1} = \frac{3m – 2}{m – 1}. $

Khi đó:

$ x + y = \frac{3m – 2}{m – 1} + \frac{1}{m – 1} = \frac{3m – 1}{m – 1} = \frac{3(m – 1) + 2}{m – 1} = 3 + \frac{2}{m – 1}. $

Để $x + y$ nhận giá trị nguyên với $m$ nguyên thì $\frac{2}{m – 1}$ phải là số nguyên.

Suy ra $m – 1$ phải là ước của 2. Các ước của 2 là: ${-2; -1; 1; 2}$.

Ta có bảng giá trị sau:

m – 1	-2	-1	1	2
m	-1	0	2	3
Điều kiện $m \neq \pm 1$	Loại	Thỏa mãn	Thỏa mãn	Thỏa mãn

Vậy các giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán là $m \in {0; 2; 3}$.

Đáp số: 5

Câu 6: Tại điểm cao nhất của tòa nhà cao $30m$ người ta quan sát được đính và chân của một cột thu phát sóng dưới hai góc quan sát $70^\circ$ và $30^\circ$ so với phương nằm ngang (tham khảo hình vẽ). Tính chiều cao của cột thu phát sóng (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị của $m$).

[TOÀN THẦY HOÀNG – BLOGTAILIEU.COM] Trang – 11 –

“VỀ ĐÍCH – 10 ĐỀ GIẢI CHI TIẾT TỪNG CÂU” LUY HÀNH NỘI BỘ

Lời giải

Gọi $AB$ là chiều cao tòa nhà ($AB = 30m$), $CD$ là chiều cao cột thu phát sóng.

Kè đường thẳng nằm ngang $Bx$ đi qua đỉnh tòa nhà $B$.

Theo giả thiết, góc quan sát đỉnh $D$ là $\widehat{xBD} = 70^{\circ}$ và góc quan sát chân $C$ là $\widehat{xBC} = 30^{\circ}$.

Gọi $H$ là giao điểm của đường thẳng $CD$ và đường nằm ngang $Bx$. Khi đó $BH \perp CD$ tại $H$.

Từ giác $ABCH$ là hình chữ nhật (vì có 3 góc vuông), suy ra $CH = AB = 30m$ và $BH = AC$.

Trong tam giác vuông $BHC$ vuông tại $H$, ta có:

$ BH = \frac{CH}{\tan(\widehat{HBC})} = \frac{30}{\tan 30^{\circ}} = 30\sqrt{3} , (m). $

Trong tam giác vuông $BHD$ vuông tại $H$, ta có:

$ DH = BH \cdot \tan(\widehat{HBD}) = 30\sqrt{3} \cdot \tan 70^{\circ} \approx 142,86 , (m). $

Chiều cao của cột thu phát sóng là:

$ CD = CH + DH = 30 + 142,86 = 172,86 \approx 173 , (m). $

Vậy chiều cao của cột thu phát sóng xấp xỉ $173m$.

— HẾT —

 

 SỞ GD & ĐT HƯNG YÊN NGÀY THI: 22/04/2026 | ĐỀ KHẢO SÁT HKII MÔN TOÁN – MÃ 9102

Thời gian làm bài: 90 phút |

Câu 1: Bạn Bình thống kê điểm bài thi thứ môn Toán của 35 học sinh lớp 9A và ghi lại trong bảng sau. Tần số xuất hiện của điểm 5 là

Điểm	3	4	5	6	7	8	9	10
Tần số	3	3	4	5	6	7	5	2

5. B. 6. C. 4. D. 9.

Lời giải

Dựa vào bảng thống kê, ta thấy giá trị điểm là 5 có tần số tương ứng là 4.

Chọn đáp án C.

Câu 2: Cặp số $(1; -2)$ là nghiệm của phương trình nào sau đây?

$2x + 3y = 11$ B. $5x – 4y = 0$ C. $-x + y = 1$ D. $x + y = -1$

Lời giải

Thay $x = 1$ và $y = -2$ vào các phương trình:

Với phương trình A.: $2(1) + 3(-2) = 2 – 6 = -4 \neq 11$.

Với phương trình B.: $5(1) – 4(-2) = 5 + 8 = 13 \neq 0$.

Với phương trình C.: $-(1) + (-2) = -3 \neq 1$.

Với phương trình D.: $1 + (-2) = -1$ (thỏa mãn).

Chọn đáp án D.

Câu 3: Một chiếc mũ sinh nhật được làm bằng bìa cứng có dạng hình nón có đường kính vành mũ là 20cm, chiều cao của mũ là 24cm. Diện tích bìa để làm chiếc mũ là bao nhiêu $cm^2$? (lấy $\pi \approx 3,14$ không tính các mép dán của mũ).

$812,8cm^2$ B. $816,4cm^2$ C. $1632,4cm^2$ D. $753,6cm^2$

Lời giải

Bán kính đáy của chiếc mũ hình nón là: $r = \frac{20}{2} = 10(cm)$.

Độ dài đường sinh của hình nón là: $I = \sqrt{r^2 + h^2} = \sqrt{10^2 + 24^2} = 26(cm)$.

Diện tích bìa để làm chiếc mũ chính là diện tích xung quanh của hình nón:

$ S_{xq} = \pi r I \approx 3,14 \cdot 10 \cdot 26 = 816,4(cm^2). $

Chọn đáp án B.

Câu 4: Kết quả làm bài thi 100 câu trắc nghiệm Tiếng Anh trên Internet của 45 học sinh với thang điểm 1000 được ghi lại như sau: có 14 học sinh được 600 điểm; 15 học sinh được 650 điểm; 7 học sinh được 750 điểm; còn lại là số học sinh được 800 điểm. Tần số tương đối của học sinh đạt được 800 điểm là

1. 80%. B. 20%. C. 31%. D. 33%.

Lời giải

Số học sinh đạt được 800 điểm là: $45 – (14 + 15 + 7) = 9$ (học sinh).

Tần số tương đối của học sinh đạt được 800 điểm là: $f = \frac{9}{45} \cdot 100% = 20%$.

Chọn đáp án B.

Câu 5: Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH (H thuộc cạnh BC). Khẳng định nào sau đây là đúng?

a. $\sin B = \frac{BH}{AB}$. B. $\sin B = \frac{HC}{AC}$. C. $\sin B = \frac{AH}{AC}$. D. $\sin B = \frac{AB}{BC}$.

Lời giải

Trong tam giác ABC vuông tại A, ta có $\hat{B} + \hat{C} = 90^{\circ} \Rightarrow \sin B = \cos C$.

Xét tam giác AHC vuông tại H, ta có $\cos C = \frac{HC}{AC}$.

Do đó $\sin B = \frac{HC}{AC}$.

Chọn đáp án B.

Câu 6: Gieo hai con xúc xắc (6 mặt) cân đối và đồng chất. Xét biến cố N: “Tích số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc là số nguyên tố”. Tính xác suất của biến cố N.

$\frac{1}{12}$. B. $\frac{1}{5}$. C. $\frac{2}{5}$. D. $\frac{1}{6}$.

Lời giải

Số phần tử của không gian mẫu là $n(\Omega) = 6 \cdot 6 = 36$.

Tích của hai số chấm là số nguyên tố khi một con ra 1 chấm và con còn lại ra số chấm là số nguyên tố (2, 3, 5).

Các kết quả thuận lợi cho biến cố N là: $(1;2), (2;1), (1;3), (3;1), (1;5), (5;1)$.

Số kết quả thuận lợi là $n(N) = 6$.

Xác suất của biến cố N là: $P(N) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}$.

Chọn đáp án D.

Câu 7: Phương trình $x + 3y = -1$ kết hợp với phương trình nào sau đây để được hệ phương trình vô nghiệm?

$5x + 15y = -5$.

$-2x – 6y = 2$.

$-x – 3y = 2$.

$x + y = 0$.

Lời giải

Hệ phương trình $ x + 3y = -1 \ ax + by = c $ vô nghiệm khi $\frac{1}{a} = \frac{3}{b} \neq \frac{-1}{c}$.

Xét phương trình $-x – 3y = 2$, ta có $\frac{1}{-1} = \frac{3}{-3} = -1$ và $\frac{-1}{2} = -0,5$.

Vì $-1 \neq -0,5$ nên hệ phương trình $ x + 3y = -1 \ -x – 3y = 2$ vô nghiệm.

Chọn đáp án C.

Câu 8: Một hộp đựng 3 viên bi xanh và 2 viên bi đỏ, lấy ngẫu nhiên từ hộp ra hai viên bi. Xác suất để hai viên lấy ra có 1 viên bi xanh và 1 viên bi đỏ là

$\frac{1}{10}$.

$\frac{3}{10}$.

$\frac{3}{5}$.

$\frac{1}{5}$.

Lời giải

Số cách lấy 2 viên bi bất kì từ 5 viên bi là: $n(\Omega) = C_5^2 = 10$.

Số cách lấy được 1 viên bi xanh và 1 viên bi đỏ là: $3 \cdot 2 = 6$.

Xác suất cần tìm là: $P = \frac{6}{10} = \frac{3}{5}$.

Chọn đáp án C.

Câu 9: Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, biết rằng $3AB = 5AC$. Số đo góc $C$ là (làm tròn đến độ).

$53^{\circ}$.

$37^{\circ}$.

$31^{\circ}$.

$59^{\circ}$.

Lời giải

Trong tam giác $ABC$ vuông tại $A$, ta có: $\tan C = \frac{AB}{AC}$.

Từ giả thiết $3AB = 5AC \Rightarrow \frac{AB}{AC} = \frac{5}{3}$.

Suy ra $\tan C = \frac{5}{3} \Rightarrow \hat{C} \approx 59^{\circ}$.

Chọn đáp án D.

Câu 10: Cho hai số nguyên $m, n$ thỏa mãn đẳng thức $\sqrt{6 + 2\sqrt{5}} + \sqrt{5} = m\sqrt{5} + n$. Tổng $m + n$ là

2.

1.

3.

13.

Lời giải

Ta có: $\sqrt{6 + 2\sqrt{5}} + \sqrt{5} = \sqrt{\left(\sqrt{5} + 1\right)^2} + \sqrt{5} = \sqrt{5} + 1 + \sqrt{5} = 2\sqrt{5} + 1.$

Theo đề bài: $2\sqrt{5} + 1 = m\sqrt{5} + n$

Vì $m, n$ là các số nguyên nên đối chiếu hai vế ta được $m = 2$ và $n = 1$.

Vậy $m + n = 2 + 1 = 3$.

Chọn đáp án C.

Câu 11: Diện tích xung quanh của một hình trụ có bán kính dày $R = 4,\mathrm{cm}$ và chiều cao $h = 18,\mathrm{cm}$ là

$144\pi,\mathrm{cm}^2$

$32\pi,\mathrm{cm}^2$

$8\pi,\mathrm{cm}^2$

$72\pi,\mathrm{cm}^2$

Lời giải

Diện tích xung quanh của hình trụ được tính theo công thức: $S_{xq} = 2\pi Rh$.

Thay số ta có: $S_{xq} = 2\pi \cdot 4 \cdot 18 = 144\pi$ (cm²).

Chọn đáp án A.

Câu 12: Hệ phương trình $\left{ \begin{array}{l} 2x – by = 12 \ (a – 1)x – 4y = 10 \end{array} \right.$ có nghiệm $(1; -2)$. Khi đó tích $ab$ bằng

15. -15.
16. 30.
17. 15.
18. -30.

Lời giải

Vì hệ phương trình có nghiệm $(1; -2)$ nên ta thay $x = 1, y = -2$ vào hệ:

$ \left{ \begin{array}{l} 2(1) – b(-2) = 12 \ (a – 1)(1) – 4(-2) = 10 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left{ \begin{array}{l} 2 + 2b = 12 \ a – 1 + 8 = 10 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left{ \begin{array}{l} 2b = 10 \ a + 7 = 10 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left{ \begin{array}{l} b = 5 \ a = 3 \end{array} \right. $

Tích $ab = 3 \cdot 5 = 15$.

Chọn đáp án C.

Câu 13: Tìm giá trị của $m$ để đồ thị hai hàm số $y = -x^2$ và $y = 2x – m + 3$ không có điểm chung.

$m < -2$

$m > 2$

$m < 2$

$m > -2$

Lời giải

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:

$

x^2 = 2x – m + 3 \Leftrightarrow x^2 + 2x – m + 3 = 0. $

Để hai đồ thị không có điểm chung thì phương trình trên phải vô nghiệm, tương ứng với $\Delta’ < 0$.

Ta có: $\Delta’ = 1^2 – 1(-m + 3) = 1 + m – 3 = m – 2$.

Điều kiện $\Delta’ < 0 \Leftrightarrow m – 2 < 0 \Leftrightarrow m < 2$.

Chọn đáp án C.

Câu 14: Tìm giá trị của $a$ để đồ thị của hàm số $y = (a – 5)x^2$ (với $a \neq 5$) đi qua điểm $A(-1; -2)$.

$a = 3$.

$a = -4$.

$a = 1$.

$a = 0$.

Lời giải

Đồ thị hàm số đi qua điểm $A(-1; -2)$ nên ta thay tọa độ điểm $A$ vào phương trình hàm số:

$ -2 = (a – 5)(-1)^2 \Leftrightarrow -2 = a – 5 \Leftrightarrow a = 3. $

Chọn đáp án A.

Câu 15: Cho $m \geq n$. Khẳng định nào sau đây đúng?

$2m < 2n$.

$5 – m \leq 5 – n$.

$m + 1 \leq n + 1$.

$-3m > -3n$.

Lời giải

Từ giá thiết $m \geq n$:

Nhân cả hai về với -1 (đối chiếu bất đẳng thức): $-m \leq -n$.

Cộng cả hai về với 5: $5 – m \leq 5 – n$.

Vậy khẳng định B là đúng.

Chọn đáp án B.

Câu 16: Số não có căn bậc hai số học bằng 16?

$\pm 4$.

$256$.

$4$.

$8$.

Lời giải

Gọi số cần tìm là $x$. Theo định nghĩa căn bậc hai số học, ta có $\sqrt{x} = 16$.

Suy ra $x = 16^2 = 256$.

Chọn đáp án B.

Câu 17: Bạn Thúy theo dõi thời tiết trong những ngày ôn thi vào lớp 10 tại trường và thống kê kết quả ở bảng sau. Tổng số ngày bạn Thúy theo dõi thời tiết là bao nhiêu ngày?

Thời tiết	Nâng gắt	Nâng nhẹ	Mưa nhỏ	Mưa lớn
Số ngày	10	12	3	5

29.

31.

30.

28.

Lời giải

Tổng số ngày bạn Thúy theo dõi thời tiết là tổng các giá trị ở dòng “Số ngày”:

$ 10 + 12 + 3 + 5 = 30 \text{ (ngày)}. $

Chọn đáp án C.

Câu 18: Cho hình vẽ sau, góc $ABC$ là góc nội tiếp của đường tròn $(O)$. Biết $\widehat{ABC} = 68^{\circ}$. Số đo của cung nhỏ $AC$ bằng

$136^{\circ}$. B. $34^{\circ}$. C. $68^{\circ}$. D. $112^{\circ}$.

Lời giải

Trong một đường tròn, số đo của góc nội tiếp bằng nửa số đo của cung bị chắn.

Góc nội tiếp $\widehat{ABC}$ chắn cung nhỏ $AC$, nên:

$ \text{sd cung } AC = 2 \cdot \widehat{ABC} = 2 \cdot 68^{\circ} = 136^{\circ}. $

Chọn đáp án A.

Câu 19: Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $BC = 20,\mathrm{cm}$, $\widehat{B} = 75^{\circ}$. Độ dài cạnh $AC$ là (làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất)

$74,6,(\mathrm{cm})$ B. $5,2,(\mathrm{cm})$ C. $19,3,(\mathrm{cm})$ D. $5,4,(\mathrm{cm})$

Lời giải

Trong tam giác vuông $ABC$ vuông tại $A$, ta có hệ thức giữa cạnh và góc:

$ AC = BC \cdot \sin B = 20 \cdot \sin 75^{\circ} \approx 20 \cdot 0,9659 = 19,318… \approx 19,3,(\mathrm{cm}). $

Chọn đáp án C.

Câu 20: Tìm điều kiện xác định của biểu thức $\sqrt{8 – 2x}$.

$x \leq 4$ B. $x \geq 8$ C. $x \leq 8$ D. $x \geq 4$

Lời giải

Biểu thức căn bậc hai $\sqrt{A}$ xác định khi $A \geq 0$.

Do đó, biểu thức xác định khi $8 – 2x \geq 0 \Leftrightarrow 2x \leq 8 \Leftrightarrow x \leq 4$.

Chọn đáp án A.

Câu 21: Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn, có $\widehat{A} = 50^{\circ}, \widehat{B} = 110^{\circ}$. Khi đó $\widehat{C} – \widehat{D}$ bằng

$130^{\circ}$ B. $60^{\circ}$ C. $70^{\circ}$ D. $50^{\circ}$.

Lời giải

Vì tứ giác $ABCD$ nội tiếp nên tổng hai góc đối diện bằng $180^{\circ}$:

$ \widehat{C} = 180^{\circ} – \widehat{A} = 180^{\circ} – 50^{\circ} = 130^{\circ}. $

$ \tilde{D} = 180^{\circ} – \tilde{B} = 180^{\circ} – 110^{\circ} = 70^{\circ}. $

Vậy $\tilde{C} – \tilde{D} = 130^{\circ} – 70^{\circ} = 60^{\circ}$.

Chọn đáp án B.

Câu 22: Giá trị nào sau đây là một nghiệm của bất phương trình sau: $8 – 5x > -x + 4$?

$x = 2$.

$x = 1$.

$x = 3$.

$x = 0$.

Lời giải

Giải bất phương trình:

$ 8 – 5x > -x + 4 \Leftrightarrow 8 – 4 > 5x – x \Leftrightarrow 4 > 4x \Leftrightarrow x < 1. $

Trong các phương án A, B, C, D, chỉ có giá trị $x = 0$ thỏa mãn điều kiện $x < 1$.

Chọn đáp án D.

Câu 23: Tích các giá trị nguyên của $a$ để đồ thị hàm số $y = 2x^2$ đi qua điểm $M(a; a + 1)$ là

2.

-1.

0.

1.

Lời giải

Đồ thị hàm số đi qua điểm $M(a; a + 1)$ nên ta có phương trình:

$ a + 1 = 2a^2 \Leftrightarrow 2a^2 – a – 1 = 0. $

Phương trình bậc hai này có các hệ số $A + B + C = 2 + (-1) + (-1) = 0$, nên có hai nghiệm:

$a_1 = 1$ (là số nguyên) và $a_2 = -\frac{1}{2}$ (không phải số nguyên).

Vậy giá trị nguyên duy nhất của $a$ là 1. Tích các giá trị nguyên là 1.

Chọn đáp án D.

Câu 24: Công thức tính diện tích mặt cầu bán kính $R$ là

$S = 4\pi R^2$.

$S = \frac{4}{3}\pi R^2$.

$S = 4\pi R^3$.

$S = \frac{3}{4}\pi R^2$.

Lời giải

Theo công thức trong sách giáo khoa, diện tích mặt cầu bán kính $R$ là $S = 4\pi R^2$.

Chọn đáp án A.

Câu 25: Ba bạn Trường, Hạnh, Phúc được xếp ngẫu nhiên ngồi trên một chiếc ghế dài (ghế có 3 chỗ ngồi). Tính xác suất để bạn Trường và bạn Phúc ngồi cạnh nhau.

Lời giải

Số cách xếp 3 bạn vào 3 chỗ ngồi là hoàn vị của 3 phần tử: $n(\Omega) = 3! = 6$ cách.

Để bạn Trường và bạn Phúc ngồi cạnh nhau, ta coi hai bạn là một “nhóm X”.

Có $2! = 2$ cách xếp Trường và Phúc trong nhóm X (Trường-Phúc hoặc Phúc-Trường).

Xếp nhóm X và bạn Hạnh vào các vị trí, có $2! = 2$ cách xếp.

Số kết quả thuận lợi cho biến cố là: $n(A) = 2 \cdot 2 = 4$ cách.

Xác suất cần tìm là: $P(A) = \frac{n(A)}{n(\Omega)} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$.

Câu 26: Cho đường tròn $(O; 6,\mathrm{cm})$. Lấy điểm $M$ bên ngoài đường tròn sao cho $OM = 6\sqrt{2},\mathrm{cm}$. Kè tiếp tuyến $MA$ với đường tròn ($A$ là tiếp điểm). Đoạn thẳng $MO$ cắt đường tròn tại $B$. Diện tích hình quạt tròn giới hạn bởi hai bánh kính $OA, OB$ và cung nhỏ $AB$ là

1. $\frac{3}{4} \pi \mathrm{cm}^2$.
2. $\frac{9}{2} \pi \mathrm{cm}^2$.
3. $6 \pi \mathrm{cm}^2$.
4. $3 \pi \mathrm{cm}^2$.

Lời giải

Xét $\triangle OAM$ vuông tại $A$ (do $MA$ là tiếp tuyến), ta có:

$ \cos \widehat{AOM} = \frac{OA}{OM} = \frac{6}{6\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} $

$ \Rightarrow \widehat{AOM} = 45^\circ. $

Vì $B$ nằm trên đoạn thẳng $OM$ nên $\widehat{AOB} = \widehat{AOM} = 45^\circ$.

Số đo cung nhỏ $AB$ là $n = 45^\circ$.

Diện tích hình quạt tròn giới hạn bởi $OA, OB$ và cung nhỏ $AB$ là:

$ S = \frac{\pi R^2 n}{360} = \frac{\pi \cdot 6^2 \cdot 45}{360} = \frac{9}{2} \pi \left(\mathrm{cm}^2\right). $

B.

PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 2. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.

Câu 1: Cho phương trình bậc hai ấn $x: x^2 – 2mx + m – 5 = 0$ ($m$ là tham số)

a) Tích các giá trị của $m$ để phương trình có hai nghiệm $x_1; x_2$ thỏa mãn $x_1 – x_2 = 6$ là $-4$.

b) Phương trình có hai nghiệm cùng dấu khi $m > -5$.

c) Với $m = 1$ thì phương trình có hai nghiệm phân biệt cùng âm.

d) Phương trình có biệt thức $\Delta’ = m^2 – m + 5$.

Lời giải

a) Ta có $\Delta’ = \left(-m\right)^2 – \left(m – 5\right) = m^2 – m + 5 = \left(m – \frac{1}{2}\right)^2 + \frac{19}{4} > 0$ với mọi $m$.

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

Theo hệ thức Vi-ét: $ \begin{cases} x_1 + x_2 = 2m \ x_1 x_2 = m – 5 \end{cases} $

Theo đề bài: $x_1 – x_2 = 6 \Rightarrow (x_1 – x_2)^2 = 36 \Leftrightarrow (x_1 + x_2)^2 – 4x_1 x_2 = 36$

$ \Leftrightarrow (2m)^2 – 4(m – 5) = 36 \Leftrightarrow 4m^2 – 4m + 20 = 36 \Leftrightarrow 4m^2 – 4m – 16 = 0 \Leftrightarrow m^2 – m – 4 = 0 $

Tích các giá trị của $m$ là $\frac{c}{a} = -4$. Vậy ý a) đúng.

b) Phương trình có hai nghiệm cùng dấu khi $x_1 x_2 > 0 \Leftrightarrow m – 5 > 0 \Leftrightarrow m > 5$. Vậy ý b) sai.

c) Với $m = 1$, phương trình trở thành $x^2 – 2x – 4 = 0$.

Vì $ac = 1 \cdot (-4) = -4 < 0$ nên phương trình có hai nghiệm trái dấu. Vậy ý c) sai.

d) $\Delta’ = \left(-m\right)^2 – 1 \cdot (m – 5) = m^2 – m + 5$. Vậy ý d) đúng.

Câu 2: Cho đường tròn $(O; R)$ về hai đường kính $AB$ và $CD$ vuông góc với nhau. Gọi $E$ là điểm thuộc cung nhỏ $AD$. Nối $E$ với $C$ cắt $OA$ tại $M$, nối $E$ với $B$ cắt $OD$ tại $N$.

a) $\widehat{CAB} + \widehat{ABE} = \widehat{CDE}$.

b) Tứ giác $DEMO$ không là tứ giác nội tiếp.

c) $CM \cdot CE = 2R^2$.

d) $\frac{1}{R} = \frac{2}{AM} – \frac{1}{ON}$.

Lời giải

a) Ta có $\triangle OAC$ vuông cân tại $O$ nên $\widehat{CAB} = 45^\circ$.

$ \widehat{ABE} = \frac{1}{2} \text{ sd cung } AE = \frac{1}{2} (90^\circ – \text{ sd cung } ED) = 45^\circ – \frac{1}{2} \text{ sd cung } ED. $

$ \Rightarrow \widehat{CAB} + \widehat{ABE} = 90^\circ – \frac{1}{2} \text{ sd cung } ED. $

Lại có $\widehat{CDE} = \frac{1}{2} \text{ sd cung } CE = \frac{1}{2} (180^\circ – \text{ sd cung } ED) = 90^\circ – \frac{1}{2} \text{ sd cung } ED$.

Vậy $\widehat{CAB} + \widehat{ABE} = \widehat{CDE}$. Ý a) đúng.

b) Xét $\triangle COM$ và $\triangle CED$ có: $\hat{C}$ chung; $\widehat{COM} = \widehat{CED} = 90^\circ$.

$ \Rightarrow \triangle COM \sim \triangle CED \ (\text{g.g}) \Rightarrow \widehat{CMO} = \widehat{CDE}. $

Từ giác DEMO có góc ngoài tại đỉnh $M$ bằng góc trong tại đỉnh đối diện $D$ nên là từ giác nội tiếp. Vậy ý b) sai.

c) Từ $\triangle COM \sim \triangle CED \Rightarrow \frac{CO}{CE} = \frac{CM}{CD} \Rightarrow CM \cdot CE = CO \cdot CD = R \cdot 2R = 2R^2$. Vậy ý c) đúng.

d) Đặt $\widehat{AOE} = \alpha$. Ta tính được $AM = \frac{R(1 + \sin\alpha – \cos\alpha)}{1 + \sin\alpha}$ và $ON = \frac{R\sin\alpha}{1 + \cos\alpha}$.

Thay vào biểu thức ta chứng minh được $\frac{2}{AM} – \frac{1}{ON} = \frac{1}{R}$. Vậy ý d) đúng.

PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.

Câu 1: Biết hai số nguyên dương $x, y$ thỏa mãn $\frac{2}{x – 2} = \frac{4}{y – 4}$ và $xy = 50$. Giá trị của biểu thức

$ \frac{x\sqrt{x} – y\sqrt{y}}{x + \sqrt{xy} + y} \ (x > 0, y > 0) $

là (kết quả làm tròn đến hàng phần mười)

Lời giải

Từ $\frac{2}{x – 2} = \frac{4}{y – 4} \Rightarrow y = 2x$. Thay vào $xy = 50 \Rightarrow 2x^2 = 50 \Rightarrow x = 5, y = 10$.

Biểu thức $P = \frac{\left(\sqrt{x} – \sqrt{y}\right)\left(x + \sqrt{xy} + y\right)}{x + \sqrt{xy} + y} = \sqrt{x} – \sqrt{y} = \sqrt{5} – \sqrt{10} \approx -0.9$.

Câu 2: Cho hệ phương trình $\left{ \begin{array}{l} x – my = 2 \ mx – y = 3m + 1 \end{array} \right.$ có nghiệm duy nhất $(x; y)$. Số các giá trị nguyên của $m$ để $x + y$ nhận giá trị nguyên là

Lời giải

Giải hệ phương trình ta được $x = \frac{3m – 2}{m – 1}$ và $y = \frac{1}{m – 1}$ với $m \neq \pm 1$.

$ x + y = \frac{3m – 1}{m – 1} = 3 + \frac{2}{m – 1}. $

Để $x + y$ nguyên thì $m – 1 \in {1; -1; 2; -2} \Rightarrow m \in {2; 0; 3; -1}$.

Loại $m = -1$, còn lại 3 giá trị nguyên của $m$.

Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, về Parabol $(P): y = \frac{1}{2} x^2$ và đường thẳng $(d): y = mx + 1$. Gọi giá trị của tham số $m$ để $(d)$ cắt $(P)$ tại hai điểm phân biệt $A, B$ sao cho diện tích tam giác $OAB$ nhỏ nhất là $a$ thì giá trị của biểu thức $5a + \sqrt{7}$ là (kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai)

Lời giải

Phương trình hoành độ giao điểm: $x^2 – 2mx – 2 = 0$.

Diện tích $S_{OAB} = \frac{1}{2} OI \cdot |x_1 – x_2| = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \sqrt{4m^2 + 8} = \sqrt{m^2 + 2}$.

$S_{OAB}$ nhỏ nhất là $\sqrt{2}$ khi $m = 0 \Rightarrow a = 0$.

Giá trị biểu thức: $5 \cdot 0 + \sqrt{7} \approx 2,65$.

Câu 4: Tại điểm cao nhất của tòa nhà cao $30m$ người ta quan sát được đính và chăn của một cột thu phát sóng dưới hai góc quan sát $75^{\circ}$ và $35^{\circ}$ so với phương nằm ngang (tham khảo hình vẽ). Tính chiều cao của cột thu phát sóng (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị của $m$).

Lời giải

Khoảng cách từ tòa nhà đến cột: $d = \frac{30}{\tan 35^{\circ}}$.

Chiều cao cột: $h = 30 + d \cdot \tan 75^{\circ} = 30 \left(1 + \frac{\tan 75^{\circ}}{\tan 35^{\circ}}\right) \approx 190(m)$.

Câu 5: Cho hai đường tròn đồng tâm $O$, có bán kính lần lượt là $R = 5$ và $r = 3$. Dây $MN$ của đường tròn lớn cắt đường tròn nhỏ tại hai điểm $A$ và $B$ ($A$ nằm giữa $M$ và $B$, $MN$ không đi qua tâm). Gọi $BC$ là đường kính của đường tròn nhỏ. Tính giá trị biểu thức: $AC^2 + AM^2 + AN^2$.

Lời giải

Kẻ $OH \perp MN$ tại $H$. Vì $MN$ là dãy của đường tròn lớn tâm $O$ và $AB$ là dãy của đường tròn nhỏ tâm $O$, nên $H$ lần lượt là trung điểm của $MN$ và $AB$.

Xét tam giác $OHM$ vuông tại $H$, ta có:

$ HM^2 = OM^2 – OH^2 = R^2 – OH^2 = 5^2 – OH^2 = 25 – OH^2. $

Xét tam giác $OHA$ vuông tại $H$, ta có:

$ HA^2 = OA^2 – OH^2 = r^2 – OH^2 = 3^2 – OH^2 = 9 – OH^2. $

Vì $A$ nằm giữa $M$ và $B$, và $H$ là trung điểm của $AB$ nên $A$ nằm giữa $M$ và $H$.

Ta có: $AM = HM – HA$ và $AN = HN + HA = HM + HA$ (do $HM = HN$).

Khi đó: $AM^2 + AN^2 = (HM – HA)^2 + (HM + HA)^2$

$ \begin{array}{l} = HM^2 – 2 \cdot HM \cdot HA + HA^2 + HM^2 + 2 \cdot HM \cdot HA + HA^2 \ = 2(HM^2 + HA^2) = 2(25 – OH^2 + 9 – OH^2) = 2(34 – 2OH^2) = 68 – 4OH^2. \end{array} $

Vì $BC$ là đường kính của đường tròn nhỏ và điểm $A$ nằm trên đường tròn nhỏ nên tam giác $ABC$ vuông tại $A$.

Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác $ABC$, ta có:

$ \begin{array}{l} AC^2 = BC^2 – AB^2 = (2r)^2 – (2HA)^2 \ = 4r^2 – 4HA^2 \ = 4 \cdot 9 – 4(9 – OH^2) \ = 36 – 36 + 4OH^2 \ = 4OH^2 \end{array} $

Giá trị của biểu thức là:

$ AC^2 + AM^2 + AN^2 = 4OH^2 + 68 – 4OH^2 = 68. $

Vậy $AC^2 + AM^2 + AN^2 = 68$.

Câu 6:

Một bình thủy tinh hình trụ đang chứa nước có bán kính dày bên trong là $R = \frac{8\sqrt{3}}{3}cm$ đặt trên mặt phẳng nằm ngang. Bạn Hoa thả chìm hoàn toàn 2 viên bi sắt đặc có dạng hình cầu giống hệt nhau có cùng thể tích vào trong bình thì thấy nước trong bình dâng lên $1cm$ và không bị tràn ra ngoài. Bán kính của mỗi viên bi sắt là bao nhiêu $cm$?

Lời giải

Thế tích của lượng nước dâng lên trong bình hình trụ chính bằng tổng thể tích của hai viên bi sắt được thả vào.

Lượng nước dâng lên có dạng một hình trụ với bán kính đáy $ R = \frac{8\sqrt{3}}{3} , \text{cm} $ và chiều cao $ h = 1 , \text{cm} $.

Thế tích lượng nước dâng lên là:

$ V_{nuoc} = \pi R^2 h = \pi \cdot \left(\frac{8\sqrt{3}}{3}\right)^2 \cdot 1 = \pi \cdot \frac{64 \cdot 3}{9} = \frac{64}{3} \pi \left(\text{cm}^3\right). $

Gọi $ r $ là bán kính của mỗi viên bi sắt $ (r > 0) $.

Thế tích của một viên bi sắt hình cầu là: $ V_1 = \frac{4}{3} \pi r^3 $.

Tổng thể tích của hai viên bi sắt là: $ V_{bi} = 2 \cdot \frac{4}{3} \pi r^3 = \frac{8}{3} \pi r^3 \left(\text{cm}^3\right) $.

Vì $ V_{bi} = V_{nuoc} $ nên ta có phương trình:

$ \frac{8}{3} \pi r^3 = \frac{64}{3} \pi $

$ 8 r^3 = 64 $

$ r^3 = 8 $

$ r = 2 \left(\text{cm}\right). $

Vậy bán kính của mỗi viên bi sắt là $ 2 , \text{cm} $.

— HẾT —