Dưới đây là đề thi vào lớp 10 môn Toán tỉnh/thành Lạng Sơn 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 Lạng Sơn năm 2026
- Ngày thi: 2026
- Môn thi: Toán
- Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
- Cấu trúc đề: Đề thi gồm 2 phần: Trắc nghiệm (2,0 điểm – 8 câu) và Tự luận (8,0 điểm – 5 câu).
- Thang điểm: 10 điểm
Đề thi chính thức môn Toán Lạng Sơn năm 2026
Học sinh làm cả phần trắc nghiệm và tự luận vào tờ giấy thi.
Câu 1. Trắc nghiệm (2,0 điểm, gồm 08 ý, mỗi ý trả lời đúng được 0,25 điểm).
1. Kết quả của phép tính $sqrt{frac{121}{225}}$ là
A. $frac{11}{15}$. B. $frac{11}{225}$. C. $frac{121}{15}$. D. $frac{15}{11}$.
2. Điểm nào sau đây thuộc đồ thị của hàm số $y = frac{1}{2}x^2$?
A. $(1; 2)$. B. $(2; 2)$. C. $(2; 4)$. D. $(-1; 2)$.
3. Nghiệm của phương trình $(x-4)(x-1) = 0$ là
A. $x = 4; x = 1$. B. $x = -4; x = 1$. C. $x = 4; x = -1$. D. $x = -4; x = -1$.
4. Bất phương trình $2x – 8 le 0$ có nghiệm là
A. $x < 4$. B. $x ge -4$. C. $x > -4$. D. $x le 4$.
5. Gọi $x_1, x_2$ là hai nghiệm của phương trình $x^2 – 6x + 5 = 0$ với $x_1 < x_2$. Giá trị $x_2$ là
A. $1$. B. $5$. C. $6$. D. $-1$.
6. Không gian mẫu $Omega$ của phép thử gieo một đồng xu có hai mặt $S$ và $N$ cân đối, đồng chất hai lần liên tiếp là
A. $Omega = {(S, N); (N, S)}$. B. $Omega = {(S, S); (N, N)}$. C. $Omega = {(S, S); (N, N); (S, N); (N, S)}$. D. $Omega = {S; N}$.
7. Một chiếc thang được tựa vào tường, đầu thang cách mặt đất $5text{ m}$ và thang nghiêng một góc $60^circ$ so với mặt đất. Chiều dài của chiếc thang là (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)
A. $5,77text{ m}$. B. $10,23text{ m}$. C. $6,77text{ m}$. D. $7,12text{ m}$.
8. Thể tích của hình nón có bán kính đáy $r$ và chiều cao $h$ là
A. $V = pi r^2 h$. B. $V = frac{1}{3}pi r^2 h$. C. $V = 2pi r^2 h$. D. $V = frac{1}{2}pi r^2 h$.
Câu 2 (1,5 điểm).
a) Tính giá trị của biểu thức $A = 3sqrt{2} – sqrt{18} + sqrt{25}$.
b) Rút gọn biểu thức $P = left( frac{sqrt{x}}{sqrt{x}+3} + frac{3}{sqrt{x}-3} right) : frac{x+1}{x-9}$ với $x ge 0, x neq 9$. Tìm $x$ để $P = 3$.
Câu 3 (2,5 điểm).
a) Cho hàm số $y = -3x^2$ có đồ thị $(P)$. Tìm tọa độ các điểm thuộc $(P)$ có tung độ bằng $-27$.
b) Giải hệ phương trình $begin{cases} 4x + y = 11 3x – y = 3 end{cases}$
c) Một bạn học sinh đi xe đạp điện từ nhà đến trường trên quãng đường $8text{ km}$ với tốc độ không đổi. Lúc về, bạn tăng tốc độ thêm $4text{ km/h}$ nên thời gian về ít hơn thời gian đi là $4$ phút. Tính tốc độ lúc đi của bạn học sinh đó.
Câu 4 (1,0 điểm).
Thống kê số lượng đặc sản na Chi Lăng đóng hộp bán ra trong một ngày tại một cửa hàng, ta được bảng sau:
Loại hộp Hộp 1kg Hộp 2kg Hộp 5kg Hộp 10kg Số hộp bán được 15 25 6 4
Giả sử trong ngày hôm đó mỗi khách hàng đến cửa hàng mua 1 hộp na.
a) Lập bảng tần số tương đối cho bảng dữ liệu trên.
b) Phỏng vấn ngẫu nhiên một khách hàng mua na. Tính xác suất của biến cố $A$: “Khách hàng được phỏng vấn mua na loại hộp 5 kg trở lên”.
Câu 5 (1,0 điểm).
a) Để phục vụ việc di chuyển của khách hàng giữa các tầng trong trung tâm thương mại $X$, chủ đầu tư cho lắp hệ thống thang cuốn tự động. Biết rằng thang cuốn $AB$ có chiều dài $7,5text{ m}$ và nghiêng một góc $33^circ$ so với phương ngang. Tính khoảng cách giữa hai tầng liên tiếp $AH$ của trung tâm thương mại $X$ (Kết quả làm tròn đến hàng phần mười, đơn vị là m).
b) Bạn Thu dùng gáo nước dạng nửa hình cầu bán kính $6text{ cm}$ múc nước trong thùng hình trụ có bán kính đáy là $12text{ cm}$, chiều cao $40text{ cm}$ để tưới cây cảnh trong sân trường. Biết rằng mỗi cây cần tưới 2 gáo nước đầy.
1) Tính thể tích thùng nước (Không làm tròn kết quả, lấy $pi approx 3,14$, đơn vị là $text{cm}^3$).
2) Thùng nước hình trụ khi đầy nước sẽ đủ nước để tưới cho bao nhiêu cây?
Câu 6 (2,0 điểm).
Cho tam giác $ABC$ nhọn ($AB < AC$), nội tiếp trong đường tròn $(O)$. Các đường cao $BE; CF$ cắt nhau tại $H$.
a) Chứng minh tứ giác $BFEC$ nội tiếp.
b) Gọi $AM$ là đường kính của đường tròn $(O)$, $N$ là giao điểm của $BC$ và $AM$, $P$ là giao điểm của $AH$ và $FE$. Giả sử $HM$ cắt đường tròn $(O)$ tại điểm thứ hai $G$. Chứng minh $widehat{BAH} = widehat{MAC}$ và $NP perp AG$.
Đáp án và lời giải chi tiết đề thi môn Toán Lạng Sơn năm 2026
Câu 1.
1. Ta có $sqrt{frac{121}{225}} = frac{sqrt{121}}{sqrt{225}} = frac{11}{15}$. Chọn A.
2. Thay tọa độ các điểm vào hàm số $y = frac{1}{2}x^2$: Với điểm $(2; 2)$: $2 = frac{1}{2} cdot 2^2 Leftrightarrow 2 = 2$ (luôn đúng). Chọn B.
3. $(x-4)(x-1) = 0 Leftrightarrow begin{bmatrix} x – 4 = 0 x – 1 = 0 end{bmatrix} Leftrightarrow begin{bmatrix} x = 4 x = 1 end{bmatrix}$. Chọn A.
4. $2x – 8 le 0 Leftrightarrow 2x le 8 Leftrightarrow x le 4$. Chọn D.
5. Phương trình $x^2 – 6x + 5 = 0$ có dạng $a + b + c = 1 – 6 + 5 = 0$ nên có hai nghiệm là $x = 1$ và $x = 5$. Vì $x_1 < x_2$ nên $x_1 = 1$ và $x_2 = 5$. Chọn B.
6. Gieo đồng xu 2 lần liên tiếp, các kết quả có thể xảy ra là: $(S, S); (N, N); (S, N); (N, S)$. Chọn C.
7. Gọi chiều dài chiếc thang là $L$. Ta có $sin 60^circ = frac{5}{L} Rightarrow L = frac{5}{sin 60^circ} = frac{5}{frac{sqrt{3}}{2}} = frac{10}{sqrt{3}} approx 5,77text{ m}$. Chọn A.
8. Công thức tính thể tích hình nón là $V = frac{1}{3}pi r^2 h$. Chọn B.
Câu 2.
a) Ta có: $$A = 3sqrt{2} – sqrt{18} + sqrt{25}$$ $$A = 3sqrt{2} – sqrt{9 cdot 2} + 5$$ $$A = 3sqrt{2} – 3sqrt{2} + 5 = 5$$ Vậy $A = 5$.
b) Với $x ge 0, x neq 9$, ta rút gọn biểu thức trong ngoặc trước: $$frac{sqrt{x}}{sqrt{x}+3} + frac{3}{sqrt{x}-3} = frac{sqrt{x}(sqrt{x}-3) + 3(sqrt{x}+3)}{(sqrt{x}+3)(sqrt{x}-3)}$$ $$= frac{x – 3sqrt{x} + 3sqrt{x} + 9}{x – 9} = frac{x + 9}{x – 9}$$ Do đó, biểu thức $P$ trở thành: $$P = frac{x + 9}{x – 9} : frac{x + 1}{x – 9} = frac{x + 9}{x – 9} cdot frac{x – 9}{x + 1} = frac{x + 9}{x + 1}$$ Để $P = 3$, ta có: $$frac{x + 9}{x + 1} = 3 Rightarrow x + 9 = 3(x + 1)$$ $$Leftrightarrow x + 9 = 3x + 3 Leftrightarrow 2x = 6 Leftrightarrow x = 3$$ Giá trị $x = 3$ thỏa mãn điều kiện xác định. Vậy $x = 3$.
Câu 3.
a) Điểm thuộc đồ thị $(P)$ có tung độ bằng $-27$, tức là $y = -27$. Thay vào phương trình hàm số ta được: $$-3x^2 = -27 Leftrightarrow x^2 = 9 Leftrightarrow x = pm 3$$ Vậy tọa độ các điểm cần tìm là $(3; -27)$ và $(-3; -27)$.
b) Giải hệ phương trình: $$begin{cases} 4x + y = 11 3x – y = 3 end{cases}$$ Cộng vế theo vế hai phương trình ta được: $7x = 14 Leftrightarrow x = 2$. Thay $x = 2$ vào phương trình thứ nhất: $4(2) + y = 11 Leftrightarrow 8 + y = 11 Leftrightarrow y = 3$. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $(x; y) = (2; 3)$.
c) Gọi tốc độ lúc đi của bạn học sinh là $x$ (km/h) ($x > 0$). Tốc độ lúc về là $x + 4$ (km/h). Thời gian đi là $frac{8}{x}$ (giờ). Thời gian về là $frac{8}{x + 4}$ (giờ). Đổi $4$ phút = $frac{4}{60}$ giờ = $frac{1}{15}$ giờ. Vì thời gian về ít hơn thời gian đi là $frac{1}{15}$ giờ nên ta có phương trình: $$frac{8}{x} – frac{8}{x + 4} = frac{1}{15}$$ $$Leftrightarrow frac{8(x + 4) – 8x}{x(x + 4)} = frac{1}{15}$$ $$Leftrightarrow frac{32}{x^2 + 4x} = frac{1}{15}$$ $$Leftrightarrow x^2 + 4x = 480 Leftrightarrow x^2 + 4x – 480 = 0$$ Ta có $Delta’ = 2^2 – 1(-480) = 484 > 0 Rightarrow sqrt{Delta’} = 22$. Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: $x_1 = -2 + 22 = 20$ (thỏa mãn điều kiện). $x_2 = -2 – 22 = -24$ (loại). Vậy tốc độ lúc đi của bạn học sinh là $20text{ km/h}$.
Câu 4.
a) Tổng số hộp na bán được trong ngày là: $N = 15 + 25 + 6 + 4 = 50$ (hộp). Tần số tương đối của từng loại hộp là: – Hộp 1kg: $f_1 = frac{15}{50} cdot 100% = 30%$ – Hộp 2kg: $f_2 = frac{25}{50} cdot 100% = 50%$ – Hộp 5kg: $f_3 = frac{6}{50} cdot 100% = 12%$ – Hộp 10kg: $f_4 = frac{4}{50} cdot 100% = 8%$ Bảng tần số tương đối:
Loại hộp Hộp 1kg Hộp 2kg Hộp 5kg Hộp 10kg Tần số tương đối (%) 30 50 12 8
b) Biến cố $A$: “Khách hàng được phỏng vấn mua na loại hộp 5 kg trở lên”. Số khách hàng mua hộp 5kg trở lên (gồm hộp 5kg và 10kg) là: $6 + 4 = 10$ (người). Xác suất của biến cố $A$ là: $P(A) = frac{10}{50} = frac{1}{5} = 0,2$ (hoặc $20%$).
Câu 5.
a) Xét tam giác vuông $ABH$ vuông tại $H$, ta có: $$AH = AB cdot sin widehat{ABH} = 7,5 cdot sin 33^circ$$ $$AH approx 7,5 cdot 0,5446 approx 4,0845text{ (m)}$$ Làm tròn đến hàng phần mười, khoảng cách giữa hai tầng liên tiếp là $4,1text{ m}$.
b) 1) Thể tích thùng nước hình trụ là: $$V_{text{trụ}} = pi R^2 h = pi cdot 12^2 cdot 40 = 5760pi approx 5760 cdot 3,14 = 18086,4text{ (cm}^3text{)}$$ 2) Thể tích của 1 gáo nước (nửa hình cầu) là: $$V_{text{gáo}} = frac{1}{2} cdot left( frac{4}{3}pi r^3 right) = frac{2}{3}pi cdot 6^3 = 144pitext{ (cm}^3text{)}$$ Mỗi cây cần 2 gáo nước nên thể tích nước cần cho 1 cây là: $$V_{text{cây}} = 2 cdot 144pi = 288pitext{ (cm}^3text{)}$$ Số cây cảnh có thể tưới được khi thùng đầy nước là: $$n = frac{V_{text{trụ}}}{V_{text{cây}}} = frac{5760pi}{288pi} = 20text{ (cây)}$$ Vậy thùng nước đầy sẽ đủ tưới cho 20 cây.
Câu 6.
a) Chứng minh tứ giác $BFEC$ nội tiếp. Xét tứ giác $BFEC$, ta có: $widehat{BFC} = 90^circ$ (do $CF perp AB$ tại $F$). $widehat{BEC} = 90^circ$ (do $BE perp AC$ tại $E$). Hai đỉnh $F$ và $E$ là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh $BC$ dưới một góc bằng $90^circ$. Suy ra tứ giác $BFEC$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC$. (ĐPCM)
b) Chứng minh $widehat{BAH} = widehat{MAC}$ và $NP perp AG$. * Chứng minh $widehat{BAH} = widehat{MAC}$ Kẻ đường cao $AD$ của $Delta ABC$ ($D in BC$). Vì $H$ là trực tâm nên $A, H, D$ thẳng hàng. Xét đường tròn $(O)$, ta có $widehat{ABC} = widehat{AMC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AC$). Trong $Delta ABD$ vuông tại $D$: $widehat{BAD} = 90^circ – widehat{ABC}$. Trong $Delta AMC$ vuông tại $C$ (do $AM$ là đường kính): $widehat{MAC} = 90^circ – widehat{AMC}$. Từ đó suy ra $widehat{BAD} = widehat{MAC}$, hay $widehat{BAH} = widehat{MAC}$. (ĐPCM)
* Chứng minh $NP perp AG$ Ta sẽ chứng minh $PN parallel HM$ bằng định lý Thales đảo. Xét $Delta APF$ và $Delta ANC$ có: $widehat{PAF} = widehat{NAC}$ (do $widehat{BAH} = widehat{MAC}$ chứng minh trên). $widehat{AFP} = widehat{ACN}$ (do tứ giác $BFEC$ nội tiếp nên góc ngoài tại đỉnh $F$ bằng góc trong tại đỉnh đối diện $C$, tức là $widehat{AFE} = widehat{ACB}$). $Rightarrow Delta APF sim Delta ANC$ (g.g) $Rightarrow frac{AP}{AN} = frac{AF}{AC}$ (1). Mặt khác, xét $Delta AFH$ và $Delta ACM$ có: $widehat{FAH} = widehat{CAM}$ (chứng minh trên). $widehat{AFH} = widehat{ACM} = 90^circ$ (do $AH$ là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AFHE$ và $AM$ là đường kính của $(O)$). $Rightarrow Delta AFH sim Delta ACM$ (g.g) $Rightarrow frac{AH}{AM} = frac{AF}{AC}$ (2). Từ (1) và (2) suy ra $frac{AP}{AN} = frac{AH}{AM} Rightarrow frac{AP}{AH} = frac{AN}{AM}$. Xét $Delta AHM$ có $P in AH, N in AM$ và $frac{AP}{AH} = frac{AN}{AM}$, theo định lý Thales đảo ta có $PN parallel HM$. Lại có $G$ thuộc đường tròn đường kính $AM$ nên $widehat{AGM} = 90^circ Rightarrow AG perp GM Rightarrow AG perp HM$. Vì $PN parallel HM$ và $AG perp HM$, suy ra $NP perp AG$. (ĐPCM)
Nhận xét đề thi môn Toán Lạng Sơn năm 2026
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Lạng Sơn năm 2026 giữ vững cấu trúc quen thuộc gồm 20% trắc nghiệm và 80% tự luận, bám sát chương trình SGK Toán 9. Phần trắc nghiệm kiểm tra kiến thức nền tảng, học sinh dễ dàng lấy trọn 2 điểm. Phần tự luận phân bổ điểm hợp lý từ các bài toán rút gọn biểu thức, giải hệ phương trình, giải bài toán bằng cách lập phương trình đến các bài toán thực tế (thống kê, hình học không gian).
Điểm nhấn của đề thi nằm ở Câu 6b (Hình học phẳng). Ý đầu tiên chứng minh hai góc bằng nhau khá cơ bản, tuy nhiên ý thứ hai yêu cầu chứng minh vuông góc đòi hỏi học sinh phải có tư duy linh hoạt, biết vận dụng tam giác đồng dạng để lập tỉ số và sử dụng định lý Thales đảo. Đây là câu hỏi mang tính phân loại cao, dành cho học sinh khá giỏi muốn chinh phục điểm 9, 10. Nhìn chung, đề thi vừa sức, đảm bảo tốt mục tiêu xét tuyển và phân luồng học 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
