Đề thi tham khảo TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Bắc Ninh

1) $3x-6=0$

$3x=6$

$x=2.$

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là $x=2.$

2) Với $x\ge 0;x\ne 1,$ ta có:

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

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

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

Vậy với $x\ge 0;x\ne 1$ thì $A=\frac{1}{\sqrt{x}-1}.$

Khi $m=-2,$ phương trình (1) trở thành $x^2+2x-3=0.$

Phương trình trên có $a=1,b=2,c=-3$ nên $a+b+c=1+2+\left(-3\right)=0.$

Như vậy, phương trình này có hai nghiệm là $x_1=1;x_2=-3.$

Vậy khi $m=-2,$ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x_1=1;x_2=-3.$

Xét phương trình $x^2+2x+m-1=0(1)$

Có ${\Delta }^{\prime }=1^2-1\cdot \left(m-1\right)=1-m+1=2-m.$

Để phương trình $(1)$ có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ thì ${\Delta }^{\prime }>0,$ tức là $2-m>0,$ hay $m<2.$

Khi đó, theo định lí Viète, ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-2\\ x_1{x}_2=m-1.\end{array}$

Ta có: $x_1^2+x_2^2=3$

$x_1^2+2x_1{x}_2+x_2^2-2x_1{x}_2=3$

${\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2=3$

${\left(-2\right)}^2-2\left(m-1\right)=3$

$4-2m+2=3$

$-2m=-3$

    $m=\frac{3}{2}$ (thỏa mãn $m<2).$

Vậy $m=\frac{3}{2}.$

Gọi $x,y$ (nghìn đồng) lần lượt là giá vé cho người lớn và trẻ em $\left(x,y>0\right).$

Bốn người lớn và ba trẻ em mua vé xem xiếc hết 370 000 đồng nên ta có phương trình:

$4x+3y=370.$ (1)

Hai người lớn và hai trẻ em mua vé xem xiếc hết 200 000 đồng nên ta có phương trình:

$2x+2y=200$ hay $x+y=100.$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình $\{\begin{array}{l}4x+3y=370\left(1\right)\\ x+y=100\left(2\right)\end{array}$

Nhân hai vế của phương trình (2) với 3, ta được hệ phương trình mới $\{\begin{array}{l}4x+3y=370\\ 3x+3y=300.\end{array}$

Trừ từng vế của phương trình thứ nhất cho phương trình thứ hai của hệ trên, ta được:

$x=70$ (thỏa mãn).

Thay $$x=70$$ vào phương trình $\left(2\right),$ ta được: $70+y=100,$ suy ra $y=30$ (thỏa mãn).

Vậy giá vé của người lớn là $70000$ đồng và giá vé của trẻ em là $30000$ đồng.

Xét đường tròn $\left(O\right)$ đường kính $AD$ có $$\widehat{ACD}=90^{\circ }$$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay $\Delta HCD$ vuông tại $C.$

Suy ra ba điểm $H,C,D$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $HD.$

Ta có $\widehat{HKD}=90^{\circ }$ nên ba điểm $H,K,D$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $HD.$

Do đó, bốn điểm $C,D,K,H$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $HD.$

Vậy tứ giác $CDKH$ nội tiếp đường tròn đường kính $HD.$

Vì $\widehat{HCD}=90^{\circ }$ nên $\widehat{HCM}=90^{\circ },$ suy ra ba điểm $H,C,M$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $HM.$

Tương tự, ta có ba điểm $H,B,M$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $HM.$

Do đó, bốn điểm $H,B,M,C$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $HM.$

Như vậy, tứ giác $HBMC$ nội tiếp đường tròn đường kính $HM.$

Suy ra $\widehat{MHC}=\widehat{MBC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $MC).$   (1)

Do tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $\left(O\right)$ nên $$\widehat{CBA}+\widehat{ADC}=180^{\circ }$$ (tổng hai góc đối nhau)

Tứ giác $CDKH$ nội tiếp đường tròn đường kính $HD$ nên $\widehat{CHK}+\widehat{KDC}=180^{\circ }$ (tổng hai góc đối nhau) hay $$\widehat{CHK}+\widehat{ADC}=180^{\circ }$$.

Suy ra $$\widehat{CBA}=\widehat{CHK}.$$

Lại có $$\widehat{MBC}+\widehat{CBA}=180^{\circ }$$ (hai góc kề bù) nên $$\widehat{MBC}+\widehat{CHK}=180^{\circ }$$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $$\widehat{MHC}+\widehat{CHK}=180^{\circ }$$ hay $\widehat{MHK}=180^{\circ }.$

Do đó ba điểm $M,H,K$ thẳng hàng.

⦁ Tứ giác $CDKH$ nội tiếp nên $\widehat{HCK}=\widehat{HDK}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $HK)$

Tứ giác $HBMC$ nội tiếp nên $\widehat{HCB}=\widehat{HMB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BH)$

Mà $\widehat{BDA}=\widehat{KMA}$ (cùng phụ với $\widehat{MAD})$ hay $\widehat{HDK}=\widehat{HMB}$ nên $\widehat{HCK}=\widehat{HCB}$

Suy ra $CH$ là tia phân giác của $\widehat{BCK}.$

Xét $\Delta BCN$ có $CH$ là tia phân giác của $\widehat{BCN}$ nên $\frac{HN}{HB}=\frac{CN}{CB}$ (tính chất tia phân giác). (5)

⦁ Kẻ đường thẳng song song với $CK,$ cắt $MD$ tại $P.$

Xét $\Delta BDP$ có $BP//CN$ nên $\frac{CN}{PB}=\frac{DN}{DB}$ (hệ quả định lí Thalès). (3)

Ta có $\widehat{HCK}+\widehat{KCD}=90^{\circ }$ và $\widehat{HCB}+\widehat{BCP}=90^{\circ }$

Mà $\widehat{HCK}=\widehat{HCB}$ (chứng minh trên) nên $\widehat{KCD}=\widehat{BCP}.$

Do $BP//CK$ nên $\widehat{BPC}=\widehat{KCD}$ (hai góc đồng vị).

Suy ra $\widehat{BCP}=\widehat{BPC}$ nên $\Delta BCP$ cân tại $B.$ Do đó $$BC=BP.$$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\frac{CN}{BC}=\frac{DN}{DB}$ (6)

⦁ Từ (5) và (6) suy ra $\frac{HN}{HB}=\frac{DN}{DB}$ hay $BD\cdot HN=DN\cdot HB.$

⦁ Chứng minh bổ đề 1: Với $x>0,y>0$ ta luôn có $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge \frac{4}{x+y}.$

Thật vậy, với $x>0,y>0$ ta luôn có:

${\left(x-y\right)}^2\ge 0$

$x^2-2xy+y^2\ge 0$

$x^2+2xy+y^2\ge 4xy$

${\left(x+y\right)}^2\ge 4xy$

$\frac{{\left(x+y\right)}^2}{xy\left(x+y\right)}\ge \frac{4xy}{xy\left(x+y\right)}$

$\frac{x+y}{xy}\ge \frac{4}{x+y}$

$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge \frac{4}{x+y}$.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $x=y.$ Bất đẳng thức được chứng minh.

Chứng minh bổ đề 2: Với $x>0,y>0$ ta luôn có $\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge 2.$

Thật vậy, với $x>0,y>0$ ta luôn có:

${\left(x-y\right)}^2\ge 0$

$x^2-2xy+y^2\ge 0$

$x^2+y^2\ge 2xy$

$\frac{x^2+y^2}{xy}\ge \frac{2xy}{xy}$

$\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge 2.$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $x=y.$ Bất đẳng thức được chứng minh.

⦁ Với $a,b,c$ là các số thực dương, ta có:

$P=\frac{3\left(b+c\right)}{2a}+\frac{4a+3c}{3b}+\frac{12\left(b-c\right)}{2a+3c}$

 $=\frac{3b}{2a}+\frac{3c}{2a}+\frac{4a}{3b}+\frac{3c}{3b}+\frac{12\left(b-c\right)}{2a+3c}+4-4$

 $=\left(\frac{3b}{2a}+\frac{2a}{3b}\right)+\left(\frac{2a}{3b}+1\right)+\left(\frac{3c}{2a}+\frac{3c}{3b}\right)+\frac{12b-12c+8a+12c}{2a+3c}-5$

 $=\left(\frac{3b}{2a}+\frac{2a}{3b}\right)+\left(\frac{2a}{3b}+\frac{2a}{2a}\right)+\left(\frac{3c}{2a}+\frac{3c}{3b}\right)+\frac{4\left(3b+2a\right)}{2a+3c}-5$

 $=\left(\frac{3b}{2a}+\frac{2a}{3b}\right)+2a\left(\frac{1}{3b}+\frac{1}{2a}\right)+3c\left(\frac{1}{2a}+\frac{1}{3b}\right)+\frac{4\left(3b+2a\right)}{2a+3c}-5.$

⦁ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: $\frac{3b}{2a}+\frac{2a}{3b}\ge 2\sqrt{\frac{3b}{2a}\cdot \frac{2a}{3b}}=2.$

Áp dụng bất đẳng thức bổ đề 1 đã chứng minh ở trên, ta có:

$$2a\left(\frac{1}{3b}+\frac{1}{2a}\right)\ge \frac{2a\cdot 4}{2a+3b}$$ và $$3c\left(\frac{1}{2a}+\frac{1}{3b}\right)\ge \frac{3c\cdot 4}{2a+3b}.$$

Do đó $P=\left(\frac{3b}{2a}+\frac{2a}{3b}\right)+2a\left(\frac{1}{3b}+\frac{1}{2a}\right)+3c\left(\frac{1}{2a}+\frac{1}{3b}\right)+\frac{4\left(3b+2a\right)}{2a+3c}-5$

$$\ge 2+\frac{2a\cdot 4}{2a+3b}+\frac{3c\cdot 4}{2a+3b}+\frac{4\left(3b+2a\right)}{2a+3c}-5$$

$$\ge 2+4\left(\frac{2a+3c}{2a+3b}+\frac{2a+3b}{2a+3c}\right)-5$$

$$\ge 2+4\cdot 2-5$$ (áp dụng bất đẳng thức bổ đề 2 đã chứng minh)

$$=5.$$

Như vậy, $P\ge 5.$ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\{\begin{array}{l}\frac{3b}{2a}=\frac{2a}{3b}\\ \frac{1}{3b}=\frac{1}{2a}\\ \frac{1}{2a}=\frac{1}{3b}\\ \frac{2a+3c}{2a+3b}=\frac{2a+3b}{2a+3c}\end{array}$ tức là $2a=3b=3c.$

Vậy $P$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 khi $2a=3b=3c.$

Gọi $$A,B,C$$ là ba đỉnh của khu dân cư sao cho $$AB=900$$ m, $$AC=1200$$ m và $$BC=1500$$ m.

Xét $\Delta ABC$ có:

⦁ $$A{B}^2+A{C}^2=900^2+1200^2=2250000;$$

⦁ $$B{C}^2=1500^2=2250000.$$

Do đó $$A{B}^2+A{C}^2=B{C}^2,$$  nên theo định lí Pythagore đảo ta có $\Delta ABC$ vuông tại $$A.$$