Đề thi thử TS vào 10 (Tháng 3) năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Phòng GD&ĐT Huyện Tiền Hải_Tỉnh Thái Bình

1) Với $a\ge 0,a\ne 9,$ ta có:

$P=\frac{2\sqrt{a}}{\sqrt{a}+3}+\frac{\sqrt{a}+1}{\sqrt{a}-3}+\frac{-3-7\sqrt{a}}{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{a}-3\right)}$

 $$=\frac{2\sqrt{a}\cdot \left(\sqrt{a}-3\right)}{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{a}-3\right)}+\frac{\left(\sqrt{a}+1\right)\left(\sqrt{a}+3\right)}{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{a}-3\right)}+\frac{-3-7\sqrt{a}}{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{a}-3\right)}$$

 $$=\frac{2a-6\sqrt{a}+a+3\sqrt{a}+\sqrt{a}+3-3-7\sqrt{a}}{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{a}-3\right)}$$

 $=\frac{3a-9\sqrt{a}}{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{a}-3\right)}=\frac{3\sqrt{a}\left(\sqrt{a}-3\right)}{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{a}-3\right)}=\frac{3\sqrt{a}}{\sqrt{a}+3}.$

Vậy với $a\ge 0,a\ne 9$ thì $P=\frac{3\sqrt{a}}{\sqrt{a}+3}.$

Với $a\ge 0,a\ne 9,$ ta có: $P=\frac{3\sqrt{a}}{\sqrt{a}+3}=\frac{3\left(\sqrt{a}+3\right)-9}{\sqrt{a}+3}=3-\frac{9}{\sqrt{a}+3}.$

Vì $a\ge 0$ nên $\sqrt{a}\ge 0,3\sqrt{a}\ge 0$ và $\sqrt{a}+3\ge 3>0,$ suy ra $\frac{3\sqrt{a}}{\sqrt{a}+3}\ge 0$ nên $P\ge 0.$ (1)

Ta có $-\frac{9}{\sqrt{a}+3}<0$ nên $3-\frac{9}{\sqrt{a}+3}<3$ suy ra $P<3.$ (2)

Từ (1) và (2) ta có $0\le P<3.$

Mà $P$ có giá trị nguyên suy ra $P\in \left\{0;1;2\right\}.$

⦁ $P=0$ tức là $3-\frac{9}{\sqrt{a}+3}=0$ suy ra $\frac{9}{\sqrt{a}+3}=3,$ do đó $\sqrt{a}+3=3,$ nên $a=0;$

⦁ $P=1$ tức là $3-\frac{9}{\sqrt{a}+3}=1$ suy ra $\frac{9}{\sqrt{a}+3}=2,$ do đó $\sqrt{a}+3=\frac{9}{2}$ nên $a=\frac{9}{4};$

⦁ $P=2$ tức là $3-\frac{9}{\sqrt{a}+3}=2$ suy ra $\frac{9}{\sqrt{a}+3}=1,$ do đó $\sqrt{a}+3=9$ nên $a=36.$

Kết hợp điều kiện xác định $a\ge 0,a\ne 9$ suy ra $a=\left\{0;\frac{9}{4};36\right\}.$

Xét hệ phương trình $\{\begin{array}{l}5x+y=11\\ 2x+3y=7\end{array}$

Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với 3, ta được hệ $\{\begin{array}{l}15x+3y=33\\ 2x+3y=7\end{array}.$

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

$$13x=26,$$ suy ra $$x=2.$$

Thay $x=2$ vào phương trình $5x+y=11,$ ta được:

$5\cdot 2+y=11,$ suy ra $y=1$.

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

Không gian mẫu của phép thử là: $\Omega =\left\{1;2;3;\dots ;40\right\}.$ Không gian mẫu có 40 phần tử.

Gọi $$A$$ là biến cố lấy được thẻ ghi số chia hết cho 6.

Có 6 kết quả thuận lợi cho biến cố $A$ là $6;12;18;24;30;36.$

Vậy xác suất biến cố $$A$$ là: $P\left(A\right)=\frac{6}{40}=0,15.$

a) Thay $m=1$ vào phương trình (*), ta được:

$x^2-\left(1+5\right)x+3\cdot 1+6=0$

$x^2-6x+9=0$

${\left(x-3\right)}^2=0$

$x-3=0$

$x=3.$

Vậy với $m=1$ thì phương trình (*) có nghiệm $x=3.$

b) Xét phương trình $x^2-\left(m+5\right)x+3m+6=0$ (*) có $a=1\ne 0;b=-\left(m+5\right);c=3m+6.$

Ta có$$\Delta =b^2-4ac={\left[-\left(m+5\right)\right]}^2-4\cdot 1\cdot \left(3m+6\right)$$

$$=m^2+10m+25-12m-24$$$$=m^2-2m+1={\left(m-1\right)}^2\ge 0$$ với mọi $m.$

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi $\Delta >0,$ tức là ${\left(m-1\right)}^2>0,$ suy ra ${\left(m-1\right)}^2\ne 0$ hay $m-1\ne 0$ nên $m\ne 1$.

Áp dụng định lí Viète ta có $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=m+5\\ x_1{x}_2=3m+6\end{array}.$

Vì $x_1,x_2$ là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông nên $x_1>0,x_2>0.$ Suy ra $x_1+x_2>0$ và $x_1{x}_2>0.$

Khi đó, ta có $\{\begin{array}{l}m+5>0\\ 3m+6>0\end{array}$ hay $\{\begin{array}{l}m>-5\\ m>-2\end{array}$ nên $m>-2.$

Vì $x_1,x_2$ là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền 5 nên ta áp dụng định lí Pythagore, có:

$x_1^2+x_2^2=5^2$

$x_1^2+2x_1{x}_2+x_2^2-2x_1{x}_2=25$

${\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2=25$

${\left(m+5\right)}^2-2\left(3m+6\right)=25$

$m^2+10m+25-6m-12=25$

$m^2+4m-12=0$

$m^2+6m-2m-12=0$

$m\left(m+6\right)-2\left(m+6\right)=0$

$\left(m+6\right)\left(m-2\right)=0$

$m+6=0$ hoặc $m-2=0$

$m=-6$ hoặc $m=2.$

Kết hợp điều kiện $m>-2$ suy ra $m=2.$

Vậy $m=2$ thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền 5.

Gọi số tiền tiết kiệm mà mẹ Mai gửi ngân hàng là $$x$$ (triệu đồng) $\left(x>0\right).$

Khi đó, số tiền lãi sau 12 tháng nhận được là: $x\cdot 6\%=0,06x$ (triệu đồng).

Tổng số tiền nhận được sau khi gửi 12 tháng là: $x+0,06x=1,06x$ (triệu đồng).

Theo đề bài, mẹ của Mai dự định tổng số tiền nhận được sau khi gửi 12 tháng ít nhất là 159 triệu đồng nên ta có bất phương trình: $1,06x\ge 159.$

Giải bất phương trình:

$1,06x\ge 159$

       $x\ge 150$ (thỏa mãn).

Vậy mẹ của Mai phải gửi số tiền tiết kiệm ít nhất là 150 triệu đồng.

Vì $AD\perp BC,BE\perp AC$ nên: $\widehat{HDC}=90^{\circ },$ $\widehat{HEC}=90^{\circ }.$

Xét $\Delta DHC$ vuông tại $$D$$ nên ba điểm $$D,H,C$$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $HC.$

Xét $\Delta EHC$ vuông tại $$E$$ nên ba điểm $$E,H,C$$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $HC.$

Suy ra bốn điểm $$D,H,E,C$$ cùng thuộc đường tròn đường kính $$HC,$$ do đó tứ giác $$DHEC$$ nội tiếp.

Xét $\Delta ABC$ có $AD,BE$ là hai đường cao cắt nhau tại $H$ suy ra $H$ là trực tâm $\Delta ABC$ nên $CH\perp AB.$

Xét đường tròn $\left(O\right)$ có: $\widehat{ABM},\widehat{ACM}$ là hai góc nội tiếp cùng chắn nửa đường tròn đường kính $$AM$$ nên $\widehat{ABM}=\widehat{ACM}=90^{\circ }.$ Suy ra $MB\perp AB,MC\perp AC.$

Ta có: $MB\perp AB$ và $CH\perp AB$ nên $MB//CH.$ Tương tự, ta cũng có $$MC//BH.$$

Tứ giác $$BHCM$$ có $$MB//CH,MC//BH$$ nên $$BHCM$$ là hình bình hành.

⦁ Tứ giác $$DHEC$$ nội tiếp nên $\widehat{DCE}+\widehat{DHE}=180^{\circ }$ (tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp)

Lại có $\widehat{DHE}+\widehat{EHA}=180^{\circ }$ (hai góc kề bù)

Suy ra $\widehat{DCE}=\widehat{EHA}$ hay $\widehat{ACB}=\widehat{AHF}.$

Mặt khác, xét đường tròn $\left(O\right)$ có $\widehat{ACB}=\widehat{AFB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung

Suy ra $\widehat{AHF}=\widehat{AFB}$ nên $\Delta AHF$ cân tại $$A.$$ Do đó $AF=AH.$

⦁ Xét $\Delta OBC$ cân tại $O$ (do $OB=OC)$ có $$OI$$ là đường cao nên đồng thời là đường trung tuyến của tam giác, suy ra $$I$$ là trung điểm của $$BC.$$

Tứ giác $BHCM$ là hình bình hành nên hai đường chéo $BC,MH$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, suy ra $$I$$ là trung điểm $$MH.$$

Xét $\Delta AHM$ có: $$O,I$$ lần lượt là trung điểm của $AM,$ $$HM$$ nên $$OI$$ là đường trung bình của $\Delta AHM.$ Suy ra $$AH=2\cdot OI.$$

⦁ Vì $$I$$ là trung điểm của $BC$ nên $BI=CI=\frac{BC}{2}=\frac{R\sqrt{3}}{2}.$

Áp dụng định lí Pythagore vào $\Delta CIO$ vuông tại $$I$$ ta có: $O{C}^2=O{I}^2+C{I}^2$

Suy ra $R^2=O{I}^2+{\left(\frac{R\sqrt{3}}{2}\right)}^2$ nên $O{I}^2=R^2-\frac{3}{4}{R}^2=\frac{R^2}{4},$ do đó $OI=\frac{R}{2}.$

Khi đó, $AH=2\cdot OI=2\cdot \frac{R}{2}=R.$

Vậy $AF=AH=R.$

Xét $$\Delta DHB$$ và $\Delta DCA$ có: $\widehat{BDH}=\widehat{ADC}=90^{\circ }$ và $\widehat{HBD}=\widehat{DAC}$ (vì cùng phụ $\widehat{ACB})$

Do đó  (g.g). Suy ra $\frac{DH}{DC}=\frac{DB}{DA}$ nên $$DH\cdot DA=DB\cdot DC.$$

Áp dụng bất đẳng thức $ab\le \frac{{\left(a+b\right)}^2}{4},$ ta có: $DB\cdot DC\le \frac{{\left(DB+DC\right)}^2}{4}=\frac{B{C}^2}{4}$

Suy ra $DH\cdot DA\le \frac{B{C}^2}{4},$ mà $\frac{B{C}^2}{4}$ có giá trị không đổi vì $$BC$$ cố định.

Dấu “=” xảy ra khi $DB=DC$ mà $$AH$$ vuông góc với $$BC$$ tại $$D,$$ suy ra $$A$$ là giao điểm của đường trung trực của $$BC$$ với đường tròn tâm $$O.$$

Vậy $$A$$ là giao điểm của đường trung trực của $$BC$$ với đường tròn tâm $$O$$ thì $$DH\cdot DA$$ đạt giá trị lớn nhất.

* Chứng minh bất đẳng thức $ab\le \frac{{\left(a+b\right)}^2}{4}$ với $a>0,b>0.$

Thật vậy, với $a>0,b>0,$ ta có:

${\left(a-b\right)}^2\ge 0$

$a^2-2ab+b^2\ge 0$

$a^2+2ab+b^2\ge 4ab$

${\left(a+b\right)}^2\ge 4ab$

$\frac{{\left(a+b\right)}^2}{4}\ge ab.$

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

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

$\sqrt{6\left(x+y\right)\left(x+z\right)}=\sqrt{3\left(x+y\right)\cdot 2\left(x+z\right)}\le \frac{1}{2}\left(3x+3y+2x+2z\right)=\frac{1}{2}\left(5x+3y+2z\right).$

$\sqrt{6\left(x+y\right)\left(y+z\right)}=\sqrt{3\left(x+y\right)\cdot 2\left(y+z\right)}\le \frac{1}{2}\left(3x+3y+2y+2z\right)=\frac{1}{2}\left(3x+5y+2z\right).$

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

Suy ra $P\ge \frac{3x+3y+2z}{\frac{1}{2}\left(5x+3y+2z\right)+\frac{1}{2}\left(3x+5y+2z\right)+\frac{1}{2}\left(x+y+2z\right)}=\frac{2\left(3x+3y+2z\right)}{9x+9y+6z}=\frac{2}{3}.$

Đẳng thức xảy ra khi $$\{\begin{array}{l}z+x=y+z\\ 3\left(x+y\right)=2\left(y+z\right)\\ 3\left(x+y\right)=2\left(x+z\right)\\ xy+yz+zx=5\end{array}$$ hay $\{\begin{array}{l}x=y\\ 2x=z\\ xy+yz+zx=5\end{array}$ suy ra $\{\begin{array}{l}x=y=1\\ z=2\end{array}$  (do $x,y,z$ là các số thực dương).

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P$ bằng $\frac{2}{3}$ khi $x=y=1,z=2.$