Đề khảo sát định hướng vào 10 năm 2026 Trường THCS Hợp Thành (Thanh Hóa) có đáp án

Câu 9

a) Giải phương trình: $2x^2-3x-1=0.$

Xét phương trình: $2x^2-3x-1=0.$

Ta có: $\Delta ={\left(-3\right)}^2-\mathrm{4.2.}\left(-1\right)=17>0$

0,25

Phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1=\frac{3+\sqrt{17}}{2.2}=\frac{3+\sqrt{17}}{4}$

                                                              $x_2=\frac{3-\sqrt{17}}{2.2}=\frac{3-\sqrt{17}}{4}$

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt: $x_1=\frac{3+\sqrt{17}}{4}$; $x_2=\frac{3-\sqrt{17}}{4}$

0,5

a)      Giải hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}-3x+y=9\\ x+2y=4\end{array}$

Từ pt: $-3x+y=9\Rightarrow y=9+3x$ thay vào phương trình $x+2y=4$

Ta có: $x+2\left(9+3x\right)=4$ suy ra $x+18+6x=4$suy ra $7x=-14$ suy ra $x=-2$

                            $x=-2\Rightarrow y=9+3.(-2)=3$

0,25

0,25

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: $\left(x;y\right)=\left(-2;3\right)$

0,25

Câu 10

Rút gọn biểu thức P$$=\left(\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+3}-\frac{\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}-2}-\frac{9-x}{x+\sqrt{x}-6}\right):\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}$$ với $x>0;x\ne 4$

V ới $$x>0,x\ne 4$$ ta có:

$$P=\left(\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+3}-\frac{\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}-2}-\frac{9-x}{x+\sqrt{x}-6}\right):\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}$$

$$P=\left[\frac{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}-\frac{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}-\frac{9-x}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}\right]:\frac{\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}+3\right)}$$

0,25

$P=\frac{x-4-(x-9)-\left(9-x\right)}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+3)}.\frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}}$

P = $\frac{x-4}{(\sqrt{x}-2)\sqrt{x}}$ = $\frac{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}{(\sqrt{x}-2)\sqrt{x}}$ = $\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}}$

0,5

Vậy với $x>0;x\ne 4$ thì P = $\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}}$

0,25

Phương trình $x^2-2\left(m+1\right)x+m^2-2m+3=0(1)$

${\Delta }^{\prime }={\left[-(m+1)\right]}^2-\left(m^2-2m+3\right)=m^2+2m+1-m^2+2m-3=4m-2$

Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ thì ${\Delta }^{\prime }>0\iff 4m-2>0\iff m>\frac{1}{2}$.

Áp dụng định lí Vi-ét ta có: $$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2\left(m+1\right)=2m+2\\ x_1{x}_2=m^2-2m+3(2)\end{array}$$

0,25

Theo bài ra, ta có: $\sqrt{x_1^2+2m{x}_1+m^2}+\sqrt{4x_2^2+4m{x}_2+m^2}=6m+2$

$\sqrt{{\left(x_1+m\right)}^2}+\sqrt{{\left(2x_2+m\right)}^2}=6m+2$

$\left|x_1+m\right|+\left|2x_2+m\right|=6m+2$   (3)

0,25

Vì  $$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2\left(m+1\right)=2m+2>0\left(\mathrm{do}m>\frac{1}{2}\right)\\ x_1{x}_2=m^2-2m+3={\left(m-1\right)}^2+2>0\forall m\end{array}$$     $$\Rightarrow \{\begin{array}{l}{x}_1>0\\ x_2>0\end{array}\forall m>\frac{1}{2}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{x}_1+m>0\\ 2x_2+m>0\end{array}\forall m>\frac{1}{2}$$

 (3) trở thành:  $x_1+m+2x_2+m=6m+2$

$$\begin{array}{l}{x}_1+2x_2=4m+2\\ 2m+2+x_2=4m+2\\ x_2=2m\\ x_1=2m+2-x_2=2m+2-2m=2\end{array}$$

0,25

Thay x1 = 2 ; x2 = 2m vào (2) ta được: 

 $$\begin{array}{l}2.2m=m^2-2m+3\\ m^2-6m+3=0\Rightarrow [\begin{array}{l}m=3-\sqrt{6}>\frac{1}{2}(t/m)\\ m=3+\sqrt{6}>\frac{1}{2}(t/m)\end{array}\end{array}$$

Vậy $m=3\pm \sqrt{6}$ thoả mãn yêu cầu bài toán

0,25

Gọi x là lãi suất gửi tiết kiệm của bác Lan (x được cho dưới dạng số thập phân) (x > 0).

Số tiền thu được (cả vốn lẫn lãi) của bác Lan sau năm thứ nhất là:

100(1 + x) (triệu đồng).

0,25

Số tiền thu được (cả vốn lẫn lãi) của bác Lan sau năm thứ hai là:

100(1 + x)(1 + x) = 100(1 + x)² (triệu đồng).

0,25

Theo bài, sau hai năm bác Lan rút tiền ra thì nhận được 118,81 triệu đồng cả vốn lẫn lãi nên ta có phương trình:

100(1 + x)² = 118,81

(1 + x)² = 1,1881

1 + x = 1,09 (do x > 0).

x = 0,09. (Thoả mãn điều kiện của ẩn)

0,25

Vậy lãi suất gửi tiết kiệm là 9%.

0,25

a) Đổi đơn vị: 8 cm = 0,8 dm. Bán kính viên bi là 0,4dm.

Thể tích của 1 viên bi là: $V_C=\frac{4}{3}\pi R^3$$$=\frac{4}{3}\pi .{\left(0,4\right)}^3$$$$=\frac{32}{375}\pi$$ (dm³)

0,25

b) Hình trụ có bán kính đáy bằng $r=0,5$ dm và có chiều cao $h=2$dm.

Thể tích của hình trụ là $$V_T=\pi .r^{2}h$$$$=\pi .{\left(0.5\right)}^2.2=\frac{\pi }{2}$$(dm³).

Số nước cần phải đổ để nước đầy bình là: $$\frac{\pi }{2}-\frac{32\pi }{375}=\frac{311\pi }{750}\approx 1,3$$(dm³)

0,25

0,25

Vậy số nước cần phải đổ để nước đầy bình là: 1,3 lít.           

0,25

a) Chứng minh tứ giác $BEHD$ nội tiếp một đường tròn.

 (3) và $\left(4\right)$ suy ra $N\in PM$ hay ba điểm $M,N,P$ thẳng hàng. (Đpcm) (ảnh 1)">

Ta có $$CE\perp AB\Rightarrow \widehat{BEH}=90^0$$ do đó $$\Delta BEH$$vuông tại E suy ra 3 điểm B, E, H thuộc đường tròn đường kính BH

Chứng minh tương tự ta có 3 điểm B, D, H thuộc đường tròn đường kính BH

0,5

 Suy ra 4 điểm B, E, H, D cùng thuộc đường tròn đường kính BH.

Suy ra giác BEHD nội tiếp (Đpcm)

0,5

b) Chứng minh $C{E}^2=CN.CI$.

Chứng minh được tứ giác $AEHF$ nội tiếp

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AEHF$ có

$\widehat{FEH}=\widehat{FAH}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn ) hay $\widehat{CEN}=\widehat{KAC}$ $\left(1\right)$

Xét $\left(O\right)$ có $\widehat{KAC}=\widehat{KIC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn ) hay $\widehat{KAC}=\widehat{EIC}$ $\left(2\right)$

Từ $\left(1\right)$ và $\left(2\right)$ suy ra $\widehat{CEN}=\widehat{EIC}$

0,25

Xét $\Delta CEN$ và $\Delta CIE$ có: $\widehat{ECI}$: chung; $\widehat{CEN}=\widehat{EIC}$ (cmt)

Nên $\Delta CEN\backsim \Delta CIE$ $\left(g-g\right)$Suy ra $\frac{CE}{CI}=\frac{CN}{CE}\iff C{E}^2=CN.CI$ (đpcm)

0,25

c) Chứng minh ba điểm $M$, $N$, $P$ thẳng hàng.

Xét tam giác OBC cân tại O

Vì $OM\perp BC$ tại $M$ nên OM là đường cao của tam giác cân nên OM cũng là đường trung tuyến do đó $M$ là trung điểm $BC$.

Xét $\Delta EBC$ vuông tại $E$ có $M$ là trung điểm $BC$ nên $ME=\frac{1}{2}BC$.

Tương tự ta có $MF=\frac{1}{2}BC$. Do đó $ME=MF\left(=\frac{1}{2}BC\right)$ suy ra $M$ thuộc trung trực của $EF$

Vì $P$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta AEF$ nên $PE=PF$

Suy ra $P$ thuộc trung trực của $EF$. Vì vậy $PM$ là trung trực của $EF$ $\left(3\right)$.

Để chứng minh $M$, $N$, $P$ thẳng hàng ta đi chứng minh $N\in PM$.

Kẻ $EG\perp AC$, $G\in AC$.

Áp dụng hệ thức lượng vào $\Delta AEC$ vuông tại $E$, đường cao $EG$, ta có $C{E}^2=CG.CA$

Theo phần b có $C{E}^2=CN.CI$ nên $CG.CA=CN.CI$$\Rightarrow \frac{CG}{CN}=\frac{CI}{CA}$.

Xét $\Delta CNG$ và $\Delta CAI$ có $\frac{CG}{CN}=\frac{CI}{CA}$ (cmt) và $\widehat{ICA}$: chung

Nên $\Delta CNG\backsim \Delta CAI\left(c.g.c\right)$  $\Rightarrow \widehat{NGC}=\widehat{CIA}$ (hai góc tương ứng) hay $\widehat{NGF}=\widehat{CIA}$ $\left(\ast \right)$

Xét $\left(O\right)$ có $\widehat{CIA}=\widehat{CBA}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn ) $\left(\ast \ast \right)$

Chứng minh được tứ giác $BEFC$ nội tiếp một đường tròn$\Rightarrow \widehat{EBC}+\widehat{EFC}=180^{\circ }$ (hai góc đối nhau)

Mà $\widehat{AFE}+\widehat{EFC}=180^{\circ }$ (hai góc kề bù) $\Rightarrow \widehat{EBC}=\widehat{AFE}$ hay $\widehat{ABC}=\widehat{NFG}$ $\left(\ast \ast \ast \right)$

Từ $\left(\ast \right)$, $\left(\ast \ast \right)$, $\left(\ast \ast \ast \right)$ ta suy ra $\widehat{NGF}=\widehat{NFG}$

Do đó $\Delta NGF$ cân tại $N$ suy ra $NG=NF$

Xét $\Delta EGF$ vuông tại $G$ có $\widehat{NGF}=\widehat{NFG}$ nên $\widehat{NGE}=\widehat{NEG}$.

Do đó $\Delta NGE$ cân tại $N$ suy ra $NG=NE$

Khi đó $NE=NF$ hay $N$ là trung điểm $EF$ $\left(4\right)$

Từ $\left(3\right)$ và $\left(4\right)$ suy ra $N\in PM$ hay ba điểm $M,N,P$ thẳng hàng. (Đpcm)

0,25

0,25