Đề thi vào lớp 10 môn Toán Thái Nguyên năm 2026 có đáp án chi tiết

Dưới đây là đề thi vào lớp 10 môn Toán tỉnh/thành Thái Nguyên 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 Thái Nguyên năm 2026

Đề thi chính thức môn Toán Thái Nguyên năm 2026

Câu 1 (1,0 điểm). Không dùng máy tính cầm tay, rút gọn biểu thức:

$$P = 2sqrt{4} + sqrt{9} - sqrt{16}$$

Câu 2 (2,0 điểm). Không dùng máy tính cầm tay, giải phương trình, hệ phương trình sau:

a. $x^2 - 7x + 12 = 0$

b. $begin{cases} x - 2y = 0 2x - y = 3 end{cases}$

Câu 3 (1,0 điểm). Ở nam giới trưởng thành, chiều cao $H$ (cm) liên hệ với chiều dài xương chày $t$ (cm) theo công thức $H = 2,4t + 78,7$.

a. $H$ có phải là hàm số bậc nhất của $t$ không? Vì sao?

b. Biết rằng, chiều cao của một nam giới trưởng thành là 162,7 cm. Tính chiều dài xương chày của người đó.

Câu 4 (1,0 điểm). Lớp 9A có 45 học sinh. Kết thúc năm học 2025 - 2026, tổng số học sinh đạt danh hiệu học sinh Giỏi và học sinh Xuất sắc của lớp 9A chiếm 60% số học sinh cả lớp. Mỗi học sinh đạt danh hiệu học sinh Giỏi, học sinh Xuất sắc được thưởng tương ứng là 10 quyển vở, 15 quyển vở. Biết rằng, tổng số quyển vở thưởng cho các học sinh đạt danh hiệu nói trên là 300 quyển. Tính số học sinh đạt danh hiệu học sinh Giỏi, học sinh Xuất sắc của lớp 9A.

Câu 5 (1,5 điểm).

a. Khảo sát 200 người về nhóm máu của họ, kết quả thu được biểu đồ sau:

Trong những người được khảo sát, hãy cho biết: Nhóm máu nào phổ biến nhất? Nhóm máu đó có bao nhiêu người?

b. Hộp A đựng ba thẻ, mỗi thẻ đánh một trong các số 1; 2; 3. Hộp B đựng bốn thẻ, mỗi thẻ đánh một trong các số 4; 5; 6; 7. Trong mỗi hộp các thẻ khác nhau. Bạn An chọn ngẫu nhiên một thẻ trong hộp A. Sau đó, bạn An chọn ngẫu nhiên một thẻ trong hộp B. Tính xác suất của biến cố $X$: “Tích của hai số trên các thẻ mà bạn An chọn ra là một số lẻ”.

Câu 6 (2,0 điểm).

a. Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ có $AH$ là đường cao. Biết $widehat{ABC} = 30^circ$, $AH = 2$ cm. Tính độ dài các cạnh của tam giác $ABC$.

b. Cho một tờ giấy hình chữ nhật $ABCD$ có chiều dài $AB = 18$ cm và chiều rộng $AD = 8$ cm. Người ta cuộn tờ giấy lại sao cho hai mép chiều rộng của tờ giấy chạm khít nhau để tạo thành mặt xung quanh của một hình trụ (tham khảo hình vẽ). Tính chiều cao, diện tích xung quanh và bán kính đáy của hình trụ đó.

Câu 7 (1,5 điểm). Cho tam giác nhọn $ABC$ ($AB < BC < AC$) nội tiếp đường tròn $(O)$. Ba đường cao $AM, BN, CP$ của tam giác $ABC$ đồng quy tại điểm $H$. Gọi $K, I$ tương ứng là trung điểm của đoạn thẳng $AB, CH$.

a. Chứng minh rằng, các điểm $H, M, C, N$ cùng thuộc một đường tròn;

b. Chứng minh rằng, $KM$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $CH$;

c. Đường tròn đường kính $CH$ cắt đường tròn $(O)$ tại điểm $Q$ ($Q neq C$). Chứng minh rằng, $HQ cdot HK = 2HI cdot HP$.

Đáp án và lời giải chi tiết đề thi môn Toán Thái Nguyên năm 2026

Câu 1:

Ta có:

$$P = 2sqrt{4} + sqrt{9} - sqrt{16}$$

$$P = 2 cdot 2 + 3 - 4$$

$$P = 4 + 3 - 4 = 3$$

Vậy $P = 3$.

Câu 2:

a. Giải phương trình $x^2 - 7x + 12 = 0$

Phương trình có $Delta = (-7)^2 - 4 cdot 1 cdot 12 = 49 - 48 = 1 > 0$.

Vì $Delta > 0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:

$$x_1 = frac{7 + sqrt{1}}{2} = frac{8}{2} = 4$$

$$x_2 = frac{7 - sqrt{1}}{2} = frac{6}{2} = 3$$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S = {3; 4}$.

b. Giải hệ phương trình $begin{cases} x - 2y = 0 2x - y = 3 end{cases}$

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

$$2(2y) - y = 3 Leftrightarrow 4y - y = 3 Leftrightarrow 3y = 3 Leftrightarrow y = 1$$

Thay $y = 1$ vào $x = 2y$, ta được $x = 2 cdot 1 = 2$.

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

Câu 3:

a. Công thức $H = 2,4t + 78,7$ có dạng $y = ax + b$ với $a = 2,4$ và $b = 78,7$.

Vì $a = 2,4 neq 0$ nên $H$ là hàm số bậc nhất của $t$.

b. Thay $H = 162,7$ vào công thức, ta có:

$$162,7 = 2,4t + 78,7$$

$$Leftrightarrow 2,4t = 162,7 - 78,7$$

$$Leftrightarrow 2,4t = 84$$

$$Leftrightarrow t = 84 : 2,4 = 35$$

Vậy chiều dài xương chày của người đó là $35$ cm.

Câu 4:

Tổng số học sinh đạt danh hiệu Giỏi và Xuất sắc của lớp 9A là:

$$45 times 60% = 27 text{ (học sinh)}$$

Gọi số học sinh đạt danh hiệu Giỏi là $x$ (học sinh) và số học sinh đạt danh hiệu Xuất sắc là $y$ (học sinh). Điều kiện: $x, y in mathbb{N}^*; x, y < 27$.

Vì tổng số học sinh Giỏi và Xuất sắc là 27 nên ta có phương trình: $x + y = 27$ (1)

Số vở thưởng cho học sinh Giỏi là $10x$ (quyển), số vở thưởng cho học sinh Xuất sắc là $15y$ (quyển).

Vì tổng số vở thưởng là 300 quyển nên ta có phương trình: $10x + 15y = 300 Leftrightarrow 2x + 3y = 60$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

$$begin{cases} x + y = 27 2x + 3y = 60 end{cases} Leftrightarrow begin{cases} 2x + 2y = 54 2x + 3y = 60 end{cases} Leftrightarrow begin{cases} y = 6 x = 27 - 6 end{cases} Leftrightarrow begin{cases} x = 21 y = 6 end{cases} text{ (thỏa mãn điều kiện)}$$

Vậy lớp 9A có 21 học sinh đạt danh hiệu Giỏi và 6 học sinh đạt danh hiệu Xuất sắc.

Câu 5:

a. Dựa vào biểu đồ hình quạt tròn, nhóm máu O chiếm tỉ lệ cao nhất (40%). Do đó, nhóm máu O là phổ biến nhất.

Số người có nhóm máu O là: $200 times 40% = 80$ (người).

b. Hộp A có 3 thẻ, hộp B có 4 thẻ. Số kết quả có thể xảy ra khi chọn ngẫu nhiên 1 thẻ từ hộp A và 1 thẻ từ hộp B là: $n(Omega) = 3 times 4 = 12$ (kết quả).

Để tích của hai số trên hai thẻ là một số lẻ thì cả hai số được chọn đều phải là số lẻ.

Số kết quả thuận lợi cho biến cố $X$ là: $n(X) = 2 times 2 = 4$ (kết quả).

Xác suất của biến cố $X$ là: $P(X) = frac{n(X)}{n(Omega)} = frac{4}{12} = frac{1}{3}$.

Câu 6:

a. Xét $triangle ABH$ vuông tại $H$ (do $AH perp BC$), ta có:

$$sin(widehat{ABH}) = frac{AH}{AB} Rightarrow sin(30^circ) = frac{2}{AB} Rightarrow frac{1}{2} = frac{2}{AB} Rightarrow AB = 4 text{ (cm)}$$

Vì $triangle ABC$ cân tại $A$ nên $AC = AB = 4$ (cm).

Lại có trong $triangle ABH$ vuông tại $H$:

$$BH = AB cdot cos(widehat{ABH}) = 4 cdot cos(30^circ) = 4 cdot frac{sqrt{3}}{2} = 2sqrt{3} text{ (cm)}$$

Trong tam giác cân $ABC$, đường cao $AH$ đồng thời là đường trung tuyến nên $H$ là trung điểm của $BC$.

Suy ra $BC = 2 cdot BH = 2 cdot 2sqrt{3} = 4sqrt{3}$ (cm).

Vậy $AB = AC = 4$ cm; $BC = 4sqrt{3}$ cm.

b. Khi cuộn tờ giấy hình chữ nhật sao cho hai mép chiều rộng ($AD$ và $BC$) chạm khít nhau, ta được một hình trụ có:

Bán kính đáy của hình trụ là: $r = frac{C}{2pi} = frac{18}{2pi} = frac{9}{pi}$ (cm).

Diện tích xung quanh của hình trụ bằng diện tích tờ giấy hình chữ nhật ban đầu:

$$S_{xq} = AB cdot AD = 18 cdot 8 = 144 text{ (cm}^2text{)}$$

(Hoặc tính theo công thức $S_{xq} = 2pi rh = 2pi cdot frac{9}{pi} cdot 8 = 144 text{ cm}^2$)

Vậy hình trụ có chiều cao $h = 8$ cm, bán kính đáy $r = frac{9}{pi}$ cm và diện tích xung quanh $S_{xq} = 144$ cm$^2$.

Câu 7:

a. Chứng minh $H, M, C, N$ cùng thuộc một đường tròn

Vì $AM, BN$ là các đường cao của $triangle ABC$ nên $AM perp BC$ tại $M$ và $BN perp AC$ tại $N$.

Xét tứ giác $HMCN$ có:

$widehat{HMC} = 90^circ$ (do $AM perp BC$)

$widehat{HNC} = 90^circ$ (do $BN perp AC$)

$Rightarrow widehat{HMC} + widehat{HNC} = 90^circ + 90^circ = 180^circ$.

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

Vậy 4 điểm $H, M, C, N$ cùng thuộc đường tròn đường kính $HC$.

b. Chứng minh $KM$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $CH$

Đường tròn đường kính $CH$ có tâm là $I$ (trung điểm của $CH$). Ta cần chứng minh $KM perp IM$ tại $M$.

Xét $triangle AMB$ vuông tại $M$ ($AM perp BC$), có $K$ là trung điểm của cạnh huyền $AB$ nên $KM = KA = KB$.

$Rightarrow triangle KMA$ cân tại $K Rightarrow widehat{KMA} = widehat{KAM} = widehat{MAB}$.

Xét $triangle HMC$ vuông tại $M$, có $I$ là trung điểm của cạnh huyền $HC$ nên $IM = IH = IC$.

$Rightarrow triangle IMH$ cân tại $I Rightarrow widehat{IMH} = widehat{IHM}$.

Mặt khác, $widehat{IHM} = widehat{MHC}$ (cùng là một góc). Ta có $widehat{MHC} = 90^circ - widehat{MCH}$ (trong $triangle HMC$ vuông tại $M$).

Lại có $CP perp AB$ tại $P$ (do $CP$ là đường cao). Trong $triangle BPC$ vuông tại $P$, $widehat{B} + widehat{PCB} = 90^circ Rightarrow widehat{B} + widehat{MCH} = 90^circ$.

Từ đó suy ra $widehat{MHC} = widehat{B} Rightarrow widehat{IMH} = widehat{B}$.

Ta có: $widehat{KMI} = widehat{KMA} + widehat{IMH} = widehat{MAB} + widehat{B}$.

Trong $triangle AMB$ vuông tại $M$, $widehat{MAB} + widehat{B} = 90^circ$.

Do đó $widehat{KMI} = 90^circ Rightarrow KM perp IM$.

Vì $M$ thuộc đường tròn tâm $I$ đường kính $CH$ và $KM perp IM$ tại $M$ nên $KM$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $CH$.

c. Chứng minh $HQ cdot HK = 2HI cdot HP$

Kẻ đường kính $CD$ của đường tròn $(O)$. Ta có $widehat{CQD} = 90^circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Vì $Q$ thuộc đường tròn đường kính $CH$ nên $widehat{CQH} = 90^circ$.

Suy ra $widehat{CQD} + widehat{CQH} = 180^circ Rightarrow H, Q, D$ thẳng hàng.

Ta chứng minh tứ giác $AHBD$ là hình bình hành:

Do đó $AHBD$ là hình bình hành. Hai đường chéo $AB$ và $HD$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. Mà $K$ là trung điểm $AB$ nên $K$ cũng là trung điểm $HD Rightarrow HD = 2HK$.

Kéo dài $CH$ cắt đường tròn $(O)$ tại $C’$. Ta có tính chất quen thuộc: $H$ và $C’$ đối xứng nhau qua $AB$.

Thật vậy, $widehat{ABC’} = widehat{ACC’}$ (cùng chắn cung $AC’$). Mà $widehat{ACC’} = 90^circ - widehat{A}$ (trong $triangle APC$ vuông tại $P$) và $widehat{ABH} = 90^circ - widehat{A}$ (trong $triangle AMB$ vuông tại $M$).

Suy ra $widehat{ABC’} = widehat{ABH}$. Tam giác $HBC’$ có $BP$ vừa là đường cao vừa là phân giác nên cân tại $B$, suy ra $P$ là trung điểm $HC’ Rightarrow HC’ = 2HP$.

Xét phương tích của điểm $H$ đối với đường tròn $(O)$, hai cát tuyến $HQD$ và $HCC’$ cắt nhau tại $H$ (nằm trong đường tròn), ta có:

$$HQ cdot HD = HC cdot HC’$$

Thay $HD = 2HK$ và $HC’ = 2HP$ vào, ta được:

$$HQ cdot (2HK) = HC cdot (2HP) Leftrightarrow HQ cdot HK = HC cdot HP$$

Mà $I$ là trung điểm $CH$ nên $HC = 2HI$. Thay vào ta có:

$$HQ cdot HK = 2HI cdot HP text{ (đpcm)}$$

Nhận xét đề thi môn Toán Thái Nguyên năm 2026

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Thái Nguyên năm 2026 giữ vững cấu trúc quen thuộc, bám sát chương trình SGK Toán 9. Các câu hỏi từ 1 đến 5 ở mức độ nhận biết và thông hiểu, giúp học sinh dễ dàng lấy điểm 6-7. Bài toán thực tế (Câu 3, Câu 4) và thống kê (Câu 5) rất gần gũi, đòi hỏi kỹ năng đọc hiểu và lập mô hình toán học tốt. Câu hình học không gian (Câu 6b) kiểm tra sự linh hoạt trong việc hình dung sự tạo thành hình trụ từ hình chữ nhật. Điểm nhấn phân loại thí sinh nằm ở Câu 7 (hình học phẳng), đặc biệt là ý 7b và 7c. Ý 7c đòi hỏi học sinh phải vận dụng linh hoạt các tính chất của trực tâm, điểm đối xứng và phương tích của một điểm đối với đường tròn. Nhìn chung, đề thi hay, có tính phân loại cao, phù hợp để tuyển chọn học sinh vào các trường THPT công lập.

Xem thêm đề thi các tỉnh khác năm 2026

Link nội dung: https://melodious.edu.vn/de-thi-vao-10-mon-toan-co-dap-an-a107600.html