Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD & ĐT Thanh Hóa năm 2024-2025 có đáp án

1) Với \(x > 0,\,\,x \ne 1\) ta có:

\(P = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{2\sqrt x + 1}}{{x - \sqrt x }} + \frac{1}{{\sqrt x }}\)

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

\( = \frac{{x + \sqrt x + 2\sqrt x + 1 + \sqrt x - 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\sqrt x }}\)\( = \frac{{x + 4\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}\)

\( = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 4} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}} = \frac{{\sqrt x + 4}}{{\sqrt x - 1}}.\)

Vậy với \(x > 0,\,\,x \ne 1\) thì \(P = \frac{{\sqrt x + 4}}{{\sqrt x  - 1}}.\)

2) Với \(x > 0,\,\,x \ne 1\) ta có: \(P < 0\) tức là \(\frac{{\sqrt x + 4}}{{\sqrt x - 1}} < 0\) suy ra \(\sqrt x - 1 < 0\) (vì \(\sqrt x + 4 > 0)\)

Do đó \(\sqrt x < 1\) hay \(x < 1.\)

Kết hợp với điều kiện \(x > 0,\,\,x \ne 1\) ta có \(0 < x < 1.\)

1) Để \[\left( d \right)\,{\rm{//}}\,\left( {d'} \right)\] thì \(\left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 3 = 6\\m \ne 3\end{array} \right.\) hay\(\left\{ \begin{array}{l}{m^2} = 9\\m \ne 3\end{array} \right.\) suy ra \(m = - 3.\)

Vậy với \(m = - 3\) thì hai đường thẳng đã cho song song với nhau.

2) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 5y = - 7\\x - 4y = 11.\end{array} \right.\)

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

\(9y = - 18,\) suy ra \(y = - 2.\)

Thay \(y = - 2\) vào phương trình \(x + 5y = - 7,\) ta được:

\(x + 5 \cdot \left( { - 2} \right) = - 7,\) suy ra \(x = 3.\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là \[\left( {x;{\rm{ }}y} \right) = \left( {3;\,\, - 2} \right).\]

1) Xét phương trình \({x^2} + 6x + 5 = 0\)

Phương trình trên có \(a - b + c = 1 - 6 + 5 = 0\) nên phương trình này có hai nghiệm là \({x_1} = - 1;\,\,{x_2} = - 5.\)

Vậy phương trình có nghiệm là \({x_1} = - 1;\,\,{x_2} = - 5.\)

2) Xét phương trình \({x^2} - x + 4m + 2 = 0\)

Phương trình trên có \(\Delta = {\left( { - 1} \right)^2} - 4 \cdot \left( {4m + 2} \right) = 1 - 16m - 8 = - 16m - 7.\)

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \(\Delta > 0,\) tức là \( - 16m - 7 > 0,\) suy ra \(m < \frac{{ - 7}}{{16}}.\)

Theo định lí Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\{x_1}{x_2} = 4m + 2\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Theo bài, \({x_1}^2 - 4{x_1}{x_2} + 3{x_2}^2 = 5\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\)

\({x_1}^2 - {x_1}{x_2} - 3{x_1}{x_2} + 3{x_2}^2 = 5\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\)

\({x_1}\left( {{x_1} - {x_2}} \right) - 3{x_2}\left( {{x_1} - {x_2}} \right) - 5\left( {{x_1} - {x_2}} \right) = 0\)

\(\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1} - 3{x_2} - 5} \right) = 0\)

 \({x_1} = {x_2}\) (loại do \({x_1} \ne {x_2})\) hoặc \({x_1} - 3{x_2} = 5.\)

Từ \({x_1} - 3{x_2} = 5,\) suy ra \({x_1} = 3{x_2} + 5,\) thay vào \(\left( 1 \right),\) ta được:

\(3{x_2} + 5 + {x_2} = 1,\) suy ra \(4{x_2} = - 4,\) nên \({x_2} = - 1.\)

Thay \({x_2} = - 1\) vào \({x_1} = 3{x_2} + 5,\) ta được: \[{x_1} = 3 \cdot \left( { - 1} \right) + 5 = 2.\]

Thay \({x_1} = 2,\,\,{x_2} = - 1\) vào \(\left( 2 \right),\) ta được:

\(2 \cdot \left( { - 1} \right) = 4m + 2,\) suy ra \(m = - 1\) (thỏa mãn điều kiện).

Vậy \(m = - 1\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

1) Do đường tròn \[\left( O \right)\] tiếp xúc với \[AB,{\rm{ }}AC\] tại \[E,{\rm{ }}F\] nên \(AE \bot OE\) tại \(E\) và \(AF \bot OF\) tại \(F,\) do đó \(\widehat {AEO} = \widehat {AFO} = 90^\circ .\)

Suy ra hai điểm \(E,\,\,F\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(AO.\)

Vậy tứ giác \[AEOF\] nội tiếp đường tròn đường kính \(AO.\)

2) Ta có: \(IE,\,\,IH\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) cắt nhau tại \(I\) nên \(IO\) là tia phân giác của \(\widehat {EIH},\) do đó \(\widehat {IOE} = \widehat {IOH} = \frac{1}{2}\widehat {EOH}.\)

Tương tự, ta cũng có \(\widehat {HOK} = \widehat {KOF} = \frac{1}{2}\widehat {HOF}.\) 

Do đó \(\widehat {IOK} = \widehat {IOH} + \widehat {HOK} = \frac{1}{2}\left( {\widehat {EOH} + \widehat {HOF}} \right) = \frac{1}{2}\widehat {EOF}.\,\,\,\left( 1 \right)\)

Do \[AEOF\] là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {EAF} + \widehat {EOF} = 180^\circ ,\) suy ra \(\widehat {EAF} = 180^\circ - \widehat {EOF}.\)

Mặt khác, \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) nên \(\widehat {ACB} = \frac{{180^\circ - \widehat {BAC}}}{2} = \frac{{180^\circ - \left( {180^\circ - \widehat {EOF}} \right)}}{2} = \frac{1}{2}\widehat {EOF}.\,\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \[\widehat {ACB} = \widehat {IOK}.\]

Ta có: \(\widehat {IOK} + \widehat {IOB} + \widehat {KOC} = 180^\circ ;\)

 \(\widehat {ACB} + \widehat {CKO} + \widehat {KOC} = 180^\circ \)

Suy ra \[\widehat {IOB} = \widehat {CKO}.\] Kết hợp \(\widehat {OBI} = \widehat {OCK}\) ta chứng minh được (g.g).

3) Vì \(O\) là trung điểm của \(BC\) nên \(OB = OC = \frac{{BC}}{2} = \frac{6}{2} = 3{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Vì \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) nên đường trung tuyến \(AO\) đồng thời là đường cao và đường phân giác của tam giác.

Xét \(\Delta ABO\) vuông tại \(O,\) ta có \(A{B^2} = A{O^2} + B{O^2}\) (định lí Pythagore)

Suy ra \(AO = \sqrt {A{B^2} - O{B^2}} = \sqrt {{5^2} - {3^2}} = \sqrt {16} = 4{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Xét \(\Delta OBE\) và \(\Delta ABO\) có: \(\widehat {ABO}\) là góc chung và \(\widehat {BEO} = \widehat {BOA} = 90^\circ .\)

Do đó (g.g), suy ra \(\frac{{OB}}{{AB}} = \frac{{BE}}{{BO}} = \frac{{OE}}{{AO}}\)

Nên \(O{B^2} = AB \cdot BE\) và \(OE \cdot AB = OB \cdot OA.\)

Từ đó, ta có \(BE = \frac{{O{B^2}}}{{AB}} = \frac{{{3^2}}}{5} = 1,8{\rm{\;(cm)}}\) và \(OE = \frac{{OB \cdot OA}}{{AB}} = \frac{{3 \cdot 4}}{5} = 2,4{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Theo câu 2, suy ra \(\frac{{OB}}{{KC}} = \frac{{BI}}{{CO}}\) hay \(KC \cdot BI = OB \cdot OC = O{B^2}.\)

Ta có: \({S_{AIK}} = {S_{ABC}} - {S_{BIKC}}\) nên \({S_{AIK}}\) lớn nhất khi \({S_{BIKC}}\) nhỏ nhất.

Gọi \(R\) là bán kính đường tròn \(\left( O \right).\) Khi đó \(R = OE = 2,4{\rm{\;cm}}.\)

Ta có: \({S_{BIKC}} = {S_{BOI}} + {S_{IOK}} + {S_{KOC}} = \frac{1}{2}\left( {OE \cdot BI + OH \cdot IK + OF \cdot KC} \right)\)

 \( = \frac{1}{2}R \cdot \left( {BI + IK + KC} \right)\)\( = \frac{1}{2}R\left( {BI + IH + HK + KC} \right)\)

 \( = \frac{1}{2}R\left( {BI + CK + IE + KF} \right)\)\( = \frac{1}{2}R\left( {2BI + 2CK - BE - CF} \right)\)

 \( = \frac{1}{2}R\left( {2BI + 2CK - 2BE} \right)\)\( = R\left( {BI + CK - BE} \right)\)

 \( \le R \cdot \left( {2\sqrt {BI \cdot CK} - BE} \right) = R \cdot \left( {2\sqrt {O{B^2}} - BE} \right) = R \cdot \left( {2OB - BE} \right)\)

\( = 2,4 \cdot \left( {2 \cdot 3 - 1,8} \right) = 10,08{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

Lại có \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AO \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 6 = 12{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

Do đó \({S_{AIK}} \le 12 - 10,08 = 1,92{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

Dấu “=” xảy ra khi \[BI = CK\] hay \[AI = AK,\] tức là \(\Delta AIK\) cân tại \(A\) nên đường phân giác \(AO\) của tam giác này đồng thời là đường cao, tức \(AO \bot IK,\) mà \(OH \bot IK\) nên \(OH\) trùng \(OA,\) hay \(H\) là điểm chính giữa cung \[EF.\]

Vậy giá trị lớn nhất của diện tích tam giác \[AIK\] bằng \(1,92\) cm2 khi \(H\) là điểm chính giữa cung \[EF.\]

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số thực dương \[a,{\rm{ }}b,{\rm{ }}c\] và \[abc = 1,\] ta có:

          \({a^4}\left( {{b^2} + {c^2}} \right) = {a^2}\left( {{a^2}{b^2} + {a^2}{c^2}} \right) \ge {a^2} \cdot 2\sqrt {{a^4}{b^2}{c^2}} = 2{a^3}.\)

Chứng minh tương tự, ta được \({b^4}\left( {{c^2} + {a^2}} \right) \ge 2{b^3};\,\,\,{c^4}\left( {{a^2} + {b^2}} \right) \ge 2{c^3}.\)

Khi đó ta được:

          \(P = \frac{{{a^4}\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}}{{{b^3} + 2{c^3}}} + \frac{{{b^4}\left( {{c^2} + {a^2}} \right)}}{{{c^3} + 2{a^3}}} + \frac{{{c^4}\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}}{{{a^3} + 2{b^3}}}\)\( \ge \frac{{2{a^3}}}{{{b^3} + 2{c^3}}} + \frac{{2{b^3}}}{{{c^3} + 2{a^3}}} + \frac{{2{c^3}}}{{{a^3} + 2{b^3}}}\)

Đặt \(M = \frac{{2{a^3}}}{{{b^3} + 2{c^3}}} + \frac{{2{b^3}}}{{{c^3} + 2{a^3}}} + \frac{{2{c^3}}}{{{a^3} + 2{b^3}}}\) và \(\left\{ \begin{array}{l}x = {b^3} + 2{c^3}\\y = {c^3} + 2{a^3}\\z = {a^3} + 2{b^3}.\end{array} \right.\)

Khi đó ta được \(\left\{ \begin{array}{l}{b^3} = \frac{{x - 2y + 4z}}{9}\\{c^3} = \frac{{y - 2z + 4x}}{9}\\{a^3} = \frac{{z - 2x + 4y}}{9}\end{array} \right.\)

Suy ra \(M = \frac{{2\left( {z - 2x + 4y} \right)}}{{9x}} + \frac{{2\left( {x - 2y + 4z} \right)}}{{9y}} + \frac{{2\left( {y - 2z + 4x} \right)}}{{9z}}\)

\( = \frac{2}{9}\left[ {\left( {\frac{z}{x} + \frac{x}{y} + \frac{y}{z}} \right) + 4\left( {\frac{y}{x} + \frac{z}{y} + \frac{x}{z}} \right) - 6} \right]\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với 3 số dương ta có:

                    \(\frac{z}{x} + \frac{x}{y} + \frac{y}{z} \ge 3 \cdot \sqrt[3]{{\frac{z}{x} \cdot \frac{x}{y} \cdot \frac{y}{z}}} = 3;\)

                    \(\frac{y}{x} + \frac{z}{y} + \frac{x}{z} \ge 3 \cdot \sqrt[3]{{\frac{y}{x} \cdot \frac{z}{y} \cdot \frac{x}{z}}} = 3.\)

Khi đó ta được: \(P \ge M = \frac{2}{9}\left[ {\left( {\frac{z}{x} + \frac{x}{y} + \frac{y}{z}} \right) + 4\left( {\frac{y}{x} + \frac{z}{y} + \frac{x}{z}} \right) - 6} \right] \ge \frac{2}{9}\left( {3 + 4 \cdot 3 - 6} \right) = 2.\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \[a = b = c = 1.\]

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P\) là \[2\] khi \[a = b = c = 1.\]