Đề thi minh họa Toán vào 10 năm học 2025 - 2026 Thái Bình

1) Thay $x=9$ (thoả mãn điều kiện $x\ge 0,x\ne 1)$ vào biểu thức $$B$$ ta được:

$B=\frac{\sqrt{9}-1}{\sqrt{9}+1}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}.$

Vậy khi $x=9$ thì $B=\frac{1}{2}.$

2) Với $x\ge 0,x\ne 1,$ ta có:

$A=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}-\frac{2}{\sqrt{x}+2}+\frac{4\sqrt{x}+2}{x+\sqrt{x}-2}$

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

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

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

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

Vậy $A=\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-1}.$

3) Với $x\ge 0,x\ne 1,$ ta có:

$T=4-\frac{3}{2}AB=4-\frac{3}{2}\cdot \frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-1}\cdot \frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}=4-\frac{3}{2}\cdot \frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+1}$

 $$=\frac{4\cdot 2\left(\sqrt{x}+1\right)-3\left(\sqrt{x}+2\right)}{2\left(\sqrt{x}+1\right)}$$$$=\frac{8\sqrt{x}+8-3\sqrt{x}-6}{2\left(\sqrt{x}+1\right)}$$

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

Với $x\ge 0,x\ne 1$ thì $\sqrt{x}+1>0$ nên $\frac{3}{2\left(\sqrt{x}+1\right)}>0$ suy ra $\frac{5}{2}-\frac{3}{2\left(\sqrt{x}+1\right)}<\frac{5}{2}.$

Vì $$T$$ nhận giá trị nguyên lớn nhất nên $T=2,$ tức là $\frac{5\sqrt{x}+2}{2\left(\sqrt{x}+1\right)}=2,$ suy ra $5\sqrt{x}+2=4\sqrt{x}+4$ hay $\sqrt{x}=2,$ ta tìm được $x=4$ (thoả mãn điều kiện $x\ge 0,x\ne 1).$

Vậy khi $x=4$ thì $$T$$ đạt giá trị nguyên lớn nhất.

1) Đối tượng thống kê là: Mặt 1 chấm, Mặt 2 chấm, Mặt 3 chấm, Mặt 4 chấm, Mặt 5 chấm, Mặt 6 chấm.

Kích thước mẫu thống kê là: 20.

Xét phép thử: “Chọn ngẫu nhiên một học sinh của lớp 9A”.

Tỷ lệ học sinh xếp loại học tập Khá, Tốt là $25\%+15\%=40\%.$

Gọi tổng số học sinh có xếp loại học tập Khá, Tốt là $$40k,$$ số học sinh cả lớp là $$100k\left(40k\in {\mathbb{N}}^{\ast };100k\in {\mathbb{N}}^{\ast }\right).$$

Suy ra kích thước của không gian mẫu trong phép thử trên là $$100k.$$

Gọi $$A$$ là biến cố “Chọn được học sinh có xếp loại học tập Khá hoặc Tốt” thì số kết quả thuận lợi cho biến cố A là $$40k.$$

Vì các kết quả có thể trong phép thử trên là đồng khả năng nên xác suất của biến cố $$A$$ là $P\left(A\right)=\frac{40k}{100k}=40\%.$

Gọi bán kính của khối cầu là $r(\mathrm{m}),r>0.$

Khi đó:

⦁ Diện tích mặt cầu của khối cầu là: $$S=4\pi r^2({\mathrm{m}}^2).$$

⦁ Thể tích của khối cầu là: $V=\frac{4}{3}\pi r^3({\mathrm{m}}^3).$

Vì giá trị diện tích mặt cầu (tính bằng m2) gấp 3 lần giá trị thể tích của khối cầu đó (tính bằng m3) nên ta có:

$4\pi r^2=3\cdot \frac{4}{3}\pi r^3,$ suy ra $r=1(\mathrm{m}).$

Do đó thể tích của khối cầu là $V=\frac{4}{3}\cdot 3,14\cdot 1^3=\frac{314}{75}({\mathrm{m}}^3).$

Vậy khối lượng của khối cầu sắt là: $m=\frac{314}{75}\cdot 7800=32656(\mathrm{kg}).$

Gọi giá niêm yết của đôi giày và chiếc vợt lần lượt là $x,y$ triệu đồng $$\left(x,y>0\right).$$

Vì tổng số tiền theo giá niêm yết của hai mặt hàng là 2,4 triệu đồng nên ta có phương trình: $x+y=2,4.$

Giá 1 đôi giày thể thao sau giảm giá là: $x-10\%x=90\%x=0,9x$ (triệu đồng).

Giá 1 chiếc vợt sau giảm giá là: $y-15\%y=85\%y=0,85y$ (triệu đồng).

Vì anh Khánh trả cho cửa hàng 3,2 triệu đồng khi mua 1 đôi giày thể thao và 2 chiếc vợt theo chương trình khuyến mại nên ta có phương trình: $0,9x+2\cdot 0,85y=3,2.$

Ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}x+y=2,4\\ 0,9x+2\cdot 0,85y=3,2\end{array}.$

Giải hệ phương trình trên, ta được: $\{\begin{array}{l}x=1,1\\ y=1,3\end{array}$. Các giá trị thoả mãn điều kiện.

Vậy giá niêm yết của đôi giày là 1,1 triệu đồng, của chiếc vợt là 1,3 triệu đồng.

Xét parabol $y=m{x}^2\left(m<0\right)$ trong mặt phẳng tọa đô $$Oxy$$ như hình vẽ.

Vì Parabol nhận $$Oy$$làm trục đối xứng nên $HB=4\mathrm{m}$ hay $OE=4\mathrm{m}$

Độ cao của cổng là 6 m nên $OH=6\mathrm{m}$ suy ra $B\left(4;-6\right)$

Vì $B$ thuộc parabol nên ta có $-6=m\cdot 4^2$ hay $m=\frac{-3}{8}.$ Suy ra $y=\frac{-3}{8}{x}^2.$

Thanh sắt đặt nằm ngang ở độ cao $4,5\mathrm{m}$ so với mặt đất nên ta có $IH=4,5\mathrm{m}$ suy ra $OI=OH-IH=6-4,5=1,5(\mathrm{m}).$

Đặt $$OF=x(\mathrm{m});x>0.$$

Ta có $D\left(x;-1,5\right)$ thuộc parabol nên $-1,5=\frac{-3}{8}{x}^2.$ Suy ra $x=2.$

Hay $$ID=2\mathrm{m}.$$ Suy ra $CD=4\mathrm{m}.$

Vậy độ dài của thanh sắt là 4 m.

Vẽ đường kính $$AM$$ của đường tròn $\left(O\right).$

Vì tứ giác $$BCEF$$ nội tiếp nên $\widehat{FBC}+\widehat{FEC}=180^{\circ }$ (tổng hai góc đối nhau của tứ giác nội tiếp) mà $\widehat{AEF}+\widehat{FEC}=180^{\circ }$ (kề bù) nên $\widehat{AEF}=\widehat{FBC}.$

Lại có $\widehat{FBC}=\widehat{AMC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $$AC$$ của đường tròn $\left(O\right)).$

Suy ra $\widehat{AEF}=\widehat{AMC}$

Mà $\widehat{AMC}+\widehat{MAC}=90^{\circ }$ (do $\widehat{ACM}=90^{\circ }$ vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left(O\right)).$

Suy ra $\widehat{AEF}+\widehat{MAC}=90^{\circ }.$ Do đó $AM\perp EF.$

Vì $$AM$$ là đường kính nên $$AM$$ đi qua $$O$$ là một điểm cố định.

Theo bất đẳng thức AM – GM cho hai số dương, ta có:

$\frac{a}{1+9b^2}=\frac{a\left(1+9b^2\right)-9a{b}^2}{1+9b^2}=a-\frac{9a{b}^2}{1+9b^2}\ge a-\frac{9a{b}^2}{2\sqrt{1\cdot 9b^2}}=a-\frac{3}{2}ab.$

Tương tự $\frac{b}{1+9c^2}\ge b-\frac{3}{2}bc,\frac{c}{1+9a^2}\ge c-\frac{3}{2}ca.$

Cộng theo từng vế ba bất đẳng thức trên ta được:

$\frac{a}{1+9b^2}+\frac{b}{1+9c^2}+\frac{c}{1+9a^2}\ge a+b+c-\frac{3}{2}\left(ab+bc+ca\right).$

Vì $ab+bc+ca\le \frac{a^2+b^2}{2}+\frac{b^2+c^2}{2}+\frac{c^2+a^2}{2}=a^2+b^2+c^2$

Suy ra $a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\ge 3\left(ab+bc+ca\right)$ hay $ab+bc+ca\le \frac{{\left(a+b+c\right)}^2}{3}$

Do đó $\frac{a}{1+9b^2}+\frac{b}{1+9c^2}+\frac{c}{1+9a^2}\ge a+b+c-\frac{1}{2}{\left(a+b+c\right)}^2=\frac{1}{2}.$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=\frac{1}{3}.$