Đề tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm 2026-2027 (Chung) Sở Quảng Ninh (có đáp án)

Điều kiện xác định: $x\ge 0,x\ne \frac{9}{4}$.

$P=\left(\frac{5}{2\sqrt{x}-3}+\frac{1}{2\sqrt{x}+3}\right):\left(\sqrt{x}+1\right)$

$=\frac{5\left(2\sqrt{x}+3\right)+\left(2\sqrt{x}-3\right)}{\left(2\sqrt{x}-3\right)\left(2\sqrt{x}+3\right)}\cdot \frac{1}{\sqrt{x}+1}$

$=\frac{10\sqrt{x}+15+2\sqrt{x}-3}{\left(2\sqrt{x}-3\right)\left(2\sqrt{x}+3\right)}\cdot \frac{1}{\sqrt{x}+1}$

$=\frac{12\sqrt{x}+12}{\left(2\sqrt{x}-3\right)\left(2\sqrt{x}+3\right)}\cdot \frac{1}{\sqrt{x}+1}$

$=\frac{12\left(\sqrt{x}+1\right)}{\left(2\sqrt{x}-3\right)\left(2\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}$

$=\frac{12}{4x-9}$.

Vậy với $x\ge 0,x\ne \frac{9}{4}$ thì $P=\frac{12}{4x-9}$.

Giải hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}3x-4y=8\left(1\right)\\ x-5y=-1\left(2\right)\end{array}$.

Nhân cả hai vế của phương trình (2) cho $3$ ta được: $3x-15y=-3$ (3).

Trừ hai vế của phương trình (1) và phương trình (3) ta được: $11y=11$ suy ra $y=1$.

Thay $y=1$ vào phương trình $x-5y=-1$ ta được: $x-5\cdot 1=-1$ suy ra $x=4$.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $\left(x;y\right)=\left(4;1\right)$.

$\frac{5x-3}{4}+\frac{3x+1}{2}>-3$

$\frac{5x-3}{4}+\frac{2\left(3x+1\right)}{4}>\frac{-12}{4}$

$5x-3+2\left(3x+1\right)>-12$

$5x-3+6x+2>-12$

$11x-1>-12$

$11x>-11$

$x>-1$.

Nghiệm của bất phương trình là $x>-1$.

Ta có ${\Delta }^{\prime }=(-2{)}^2-1.1=3>0$, do đó phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$.

Theo định lí Viète, ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=4\\ x_1\cdot x_2=1\end{array}$.

Vì $x_1+x_2=4$ và $x_1>x_2$ nên ta suy ra $x_1>2$.

Suy ra $x_1-1>0$.

Từ hệ thức Vi-ét, ta có $2x_2=2\left(4-x_1\right)=8-2x_1$.

Thay vào biểu thức dưới dấu căn, ta được:

$x_1^2+2x_2-7=x_1^2+\left(8-2x_1\right)-7=x_1^2-2x_1+1={\left(x_1-1\right)}^2$.

Do $x_1-1>0$ nên ta có:

$\sqrt{x_1^2+2x_2-7}=\sqrt{{\left(x_1-1\right)}^2}=\left|x_1-1\right|=x_1-1$.

Vì $x_1$ là nghiệm của phương trình nên $x_1^2-4x_1+1=0$.

Suy ra $x_1^2=4x_1-1$.

Thay $\sqrt{x_1^2+2x_2-7}=x_1-1$ và $x_1^2=4x_1-1$ vào biểu thức $P$, ta được:

$P=\left(x_2+3\right)\left(x_1-1\right)-\left(4x_1-1\right)$

$P=\left(x_1{x}_2-x_2+3x_1-3\right)-4x_1+1$

$P=x_1{x}_2-x_1-x_2-2$

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

$P=1-4-2=-5$.

Vậy giá trị của biểu thức là $P=-5$.

Điều kiện: $x>0$.

Vì nếu hoạt động riêng, thời gian máy thứ hai bơm đầy bể nhiều hơn máy thứ nhất là 4 giờ, nên thời gian máy thứ hai hoạt động riêng một mình để đầy bể là: $x+4$ (giờ).

Vì thể tích của bể bơi là $144$ m³ nên:

Trong 1 giờ, máy thứ nhất bơm được: $\frac{144}{x}$ (m³).

Trong 1 giờ, máy thứ hai bơm được: $\frac{144}{x+4}$ (m³).

Vì nếu cả hai máy cùng hoạt động thì sau 2 giờ lượng nước trong bể là $60$ m³ nên trong 1 giờ cả hai máy cùng hoạt động sẽ bơm được: $\frac{60}{2}=30$ (m³).

Từ đó, ta có phương trình về tổng lượng nước 2 máy bơm được trong 1 giờ:

$\frac{144}{x}+\frac{144}{x+4}=30$

$\frac{24}{x}+\frac{24}{x+4}=5$

$$\frac{24\left(x+4\right)}{x\left(x+4\right)}+\frac{24x}{x\left(x+4\right)}=\frac{5x\left(x+4\right)}{x\left(x+4\right)}$$

$24\left(x+4\right)+24x=5x\left(x+4\right)$

$24x+96+24x=5x^2+20x$

$48x+96=5x^2+20x$

$5x^2-28x-96=0$

$\left(x-8\right)\left(5x+12\right)=0$

$x-8=0$ hoặc $5x+12=0$

$x=8$ (thỏa mãn) hoặc $5x=-12$

$x=8$ (thỏa mãn) hoặc $x=\frac{-12}{5}$ (không thỏa mãn).

Vậy nếu máy bơm thứ nhất hoạt động riêng thì cần 8 giờ để bơm đầy bể.

a) Ta có $MA=MB$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) suy ra $M$ thuộc đường trung trực của đoạn thẳng $AB.$

Lại có $OA=OB$ $\left(=R\right)$ suy ra $O$ thuộc đường trung trực của đoạn thẳng $AB$.

Do đó, $MO$ là đường trung trực của đoạn thẳng $AB$ hay $MO\perp AB$ tại $H$.

Xét đường tròn $(O)$ có $BC$ là đường kính nên $\widehat{BAC}=90^{\circ }$ góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.

Suy ra $AC\perp AB$.

Vì $AC\perp AB$ và $MO\perp AB$ nên $AC//MO$.

b) *Chứng minh tứ giác $$MDHB$$ nội tiếp

Ta có $MH$ là phân giác của $\widehat{AMB}$ (theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Xét $\Delta MAB$ cân tại $M$ (do $MA=MB$) có $MH$ là đường phân giác nên $MH$ đồng thời là đường cao của tam giác. Do đó, $MH\perp AB$ hay $\widehat{MHB}=90^{\circ }$.

Ta có: $\widehat{CDB}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính $BC$). Do đó, $\widehat{MDB}=90^{\circ }.$

Do $\Delta MHB$ vuông tại $H$ $\left(\widehat{MHB}=90^{\circ }\right)$ nên ba điểm $M,H,B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MB$.

Do $\Delta MDB$ vuông tại $D$ $\left(\widehat{MDB}=90^{\circ }\right)$ nên ba điểm $M,D,B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MB$.

Do đó, bốn điểm $M,D,H,B$cùng thuộc một đường tròn đường kính $MB$. Vì vậy, tứ giác $$MDHB$$ nội tiếp.

* Chứng minh $\Delta MDH\backsim \Delta MOC$.

Do $MB$ là tiếp tuyến của $\left(O\right)$ tại $B$ nên $\widehat{MBO}=90^{\circ }$.

Xét $\Delta MBH$ và $\Delta MOB$ có $\widehat{BMO}$ là góc chung và $\widehat{MHB}=\widehat{MBO}=90^{\circ }$.

Suy ra $\Delta MBH\backsim \Delta MOB$ (g.g) suy ra $\frac{MB}{MO}=\frac{MH}{MB}$ hay $M{B}^2=MH\cdot MO$ (1).

Chứng minh tương tự $\Delta MBD\backsim \Delta MCB$ (g.g) suy ra $\frac{MB}{MC}=\frac{MD}{MB}$ hay $M{B}^2=MD\cdot MC$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $MH\cdot MO=MD\cdot MC$ hay $\frac{MH}{MC}=\frac{MD}{MO}$.

Xét $\Delta MDH$và $\Delta MOC$ có $\widehat{OMC}$ là góc chung và $\frac{MH}{MC}=\frac{MD}{MO}$. Suy ra $\Delta MDH\backsim \Delta MOC$ (c.g.c).

c)

A là trung điểm của $EH$. (ảnh 2)">

Gọi $I$ là giao điểm của $CE$ và $MO$.

Vì $CE//DH$, áp dụng định lí Thales cho $\Delta MCI$ ta có $\frac{MH}{MI}=\frac{MD}{MC}$.

Kết hợp với $M{B}^2=MD\cdot MC$ và $M{B}^2=MH\cdot MO$ ta có:

$\frac{MH}{MI}=\frac{MD\cdot MC}{M{C}^2}=\frac{M{B}^2}{M{C}^2}=\frac{MH\cdot MO}{M{C}^2}$ hay $MI=\frac{M{C}^2}{MO}$.

Áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta MBC$ vuông tại $B$ ta có:

$M{C}^2=M{B}^2+B{C}^2=MH\cdot MO+{\left(2\cdot OB\right)}^2$.

Chứng minh tương tự câu b ta được: $O{B}^2=OH\cdot MO$.

Khi đó $M{C}^2=MH\cdot MO+4\cdot OH\cdot MO=MO(MH+4\cdot OH)$.

Thay vào biểu thức tính $MI$ ta được: $MI=\frac{MO(MH+4\cdot OH)}{MO}=MH+4\cdot OH$.

Suy ra $HI=MI-MH=4\cdot OH$.

Xét $\Delta ABC$ có $O$ là trung điểm của $BC$ và $OH//AC$ do $MO//AC$ nên $OH$ là đường trung bình của $\Delta ABC.$

Do đó $H$ là trung điểm của $AB$ và $OH=\frac{1}{2}AC$ hay $AC=2\cdot OH$.

Vì $AC//MO$ hay $AC//HI$ suy ra $\Delta EAC\backsim \Delta EHI$. Do đó, $\frac{EH}{EA}=\frac{HI}{AC}=\frac{4\cdot OH}{2\cdot OH}=2$.

Suy ra $EH=2\cdot EA$.

Mà điểm $A$ nằm giữa $E$ và $H$ nên $EH=EA+AH$.

Từ đó ta có $2\cdot EA=EA+AH$ hay $EA=AH$.

Vậy $A$ là trung điểm của $EH$.

Đặt $HB=x$ km với $x\ge 0$; $KC=y$ km với $y\ge 0$.

Vì tổng độ dài $HK=20$ km nên $BC=20-x-y$ điều kiện $x+y\le 20$.

Áp dụng định lý Pythagore cho hai tam giác vuông $\Delta AHB$ vuông tại $H$ và $\Delta DKC$ vuông tại $K$, ta có:

$AB=\sqrt{A{H}^2+H{B}^2}=\sqrt{4^2+x^2}=\sqrt{x^2+16}$

$CD=\sqrt{D{K}^2+K{C}^2}=\sqrt{3^2+y^2}=\sqrt{y^2+9}$

Vì tốc độ trung bình của xe trên các đoạn $AB,BC,CD$ lần lượt là 30 km/h, 50 km/h và 40 km/h nên thời gian của xe trên các đoạn $AB,BC,CD$ lần lượt là $\frac{\sqrt{x^2+16}}{30}$, $\frac{20-x-y}{50}$, $\frac{\sqrt{y^2+9}}{40}$ giờ.

Khi đó ta có biểu thức tổng thời gian di chuyển của xe là:

$T=\frac{\sqrt{x^2+16}}{30}+\frac{20-x-y}{50}+\frac{\sqrt{y^2+9}}{40}$

$T=\left(\frac{\sqrt{x^2+16}}{30}-\frac{x}{50}\right)+\left(\frac{\sqrt{y^2+9}}{40}-\frac{y}{50}\right)+\frac{20}{50}$

Đặt $M=\frac{\sqrt{x^2+16}}{30}-\frac{x}{50}$; $N=\frac{\sqrt{y^2+9}}{40}-\frac{y}{50}$.

Để $T$ nhỏ nhất thì $M,N$ nhỏ nhất.

+) Ta có: $M=\frac{\sqrt{x^2+16}}{30}-\frac{x}{50}$

$\frac{150M}{150}=\frac{5\sqrt{x^2+16}}{150}-\frac{3x}{150}$

$150M=5\sqrt{x^2+16}-3x$

Xét bất đẳng thức: $5\sqrt{x^2+16}\ge 3x+16$.

Vì cả hai vế đều dương do $x\ge 0$, ta bình phương hai vế:

$25\left(x^2+16\right)\ge {\left(3x+16\right)}^2$

$25x^2+400\ge 9x^2+96x+256$

$16x^2-96x+144\ge 0$

$x^2-6x+9\ge 0$ hay $(x-3{)}^2\ge 0$ luôn đúng với mọi $x$.

Dấu “$=$” xảy ra khi và chỉ khi:

$x-3=0$

$x=3$ (thỏa mãn).

Giá trị nhỏ nhất của $M$ đạt được khi $HB=3$ km.

+) Ta có: $N=\frac{\sqrt{y^2+9}}{40}-\frac{y}{50}$

$\frac{200N}{200}=\frac{5\sqrt{y^2+9}}{200}-\frac{4y}{200}$

$200N=5\sqrt{y^2+9}-4y$

Xét bất đẳng thức: $5\sqrt{y^2+9}\ge 4y+9$

Vì cả hai vế đều dương do $y\ge 0$, ta bình phương hai vế:

$25\left(y^2+9\right)\ge {\left(4y+9\right)}^2$

$25y^2+225\ge 16y^2+72y+81$

$9y^2-72y+144\ge 0$

$y^2-8y+16\ge 0$ hay ${\left(y-4\right)}^2\ge 0$ luôn đúng với mọi $y$.

Dấu “$=$” xảy ra khi và chỉ khi: $y-4=0$ hay $y=4$ km thỏa mãn.

Giá trị nhỏ nhất của $N$ đạt được khi $KC=4$ km.

Vậy để thời gian di chuyển từ kho $A$ đến trung tâm phân phối $D$ là ngắn nhất thì điểm $B,C$ nằm trên đoạn $HK$ sao cho $HB=3$ km; $KC=4$ km.