Đề thi minh họa TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu

Với $$x\ge 0,x\ne 1,$$ ta có:

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

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

$$=\frac{2\sqrt{x}+4-\sqrt{x}-5}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}$$

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

Vậy với $$x\ge 0,x\ne 1$$ thì $$P=\frac{1}{\sqrt{x}+2}.$$

$$3x^2-x-2=0$$

Phương trình trên có $a+b+c=3+\left(-1\right)+\left(-2\right)=0$ nên phương trình này có hai nghiệm là $x_1=1,x_2=\frac{-2}{3}.$

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là $x=1,x=\frac{-2}{3}.$

Xét phương trình $$x^2-mx+3-m=0$$

Phương trình trên có $\Delta ={\left(-m\right)}^2-4\cdot 1\cdot \left(3-m\right)=m^2-12+4m.$

Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thì $\Delta >0,$ tức là $m^2+4m-12>0.$

Giải bất phương trình:

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

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

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

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

⦁ Trường hợp 1: $m-2>0$ và $m+6>0$

$m>2$ và $m>-6$

$m>2.$

⦁ Trường hợp 2: $m-2<0$ và $m+6<0$

$m<2$ và $m<-6$

$m<-6.$

Như vậy, để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thì $m>2$ hoặc $m<-6.$

Theo định lí Viète, ta có: $x_1+x_2=m;x_1{x}_2=3-m.$

Ta có: $$x_1^2+x_2^2+3\left(x_1+x_2\right)=8$$

 $$x_1^2+2x_1{x}_2+x_2^2-2x_1{x}_2+3\left(x_1+x_2\right)=8$$

 ${\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2+3\left(x_1+x_2\right)=8$

 $m^2-2\cdot \left(3-m\right)+3\cdot m=8$

 $m^2-6+2m+3m=8$

 $m^2+5m-14=0$

 $m^2-2m+7m-14=0$

 $m\left(m-2\right)+7\left(m-2\right)=0$

 $\left(m-2\right)\left(m+7\right)=0$

 $m-2=0$ hoặc $m+7=0$

 $m=2$ (loại) hoặc $m=-7$ (thỏa mãn).

Vậy $m=-7.$

Kẻ $AH\perp BC$ tại $H.$

Xét $$\Delta ABH$$ vuông tại $H,$ ta có:

Gọi vận tốc của xe máy là $x$ (km/h) $\left(x>0\right).$

Vận tốc của ô tô là: $x+20$ (km/h).

Thời gian xe máy đi hết quãng đường $AB$ là $\genfrac{}{}{0ex}{}{60}{x}$ (giờ).

Thời gian ô tô đi hết quãng đường $AB$ là $\genfrac{}{}{0ex}{}{60}{x+20}$ (giờ).

Vì ô tô đến nơi sớm hơn $$30$$ phút (30 phút $=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}$ giờ) so với xe máy, nên ta có phương trình:

$\genfrac{}{}{0ex}{}{60}{x}-\genfrac{}{}{0ex}{}{60}{x+20}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}.$

Giải phương trình:

$\genfrac{}{}{0ex}{}{60}{x}-\genfrac{}{}{0ex}{}{60}{x+20}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}$

$\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{x}-\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{x+20}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{120}$

$\genfrac{}{}{0ex}{}{x+20-x}{x\left(x+20\right)}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{120}$

$\genfrac{}{}{0ex}{}{20}{x\left(x+20\right)}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{120}$

$x\left(x+20\right)=20\cdot 120$

$x^2+20x-2400=0$

$x^2-40x+60x-2400=0$

$x\left(x-40\right)+60\left(x-40\right)=0$

$\left(x-40\right)\left(x+60\right)=0$

$x-40=0$ hoặc $x+60=0$

$x=40$ (thỏa mãn) hoặc $x=-60$ (loại).

Do đó vận tốc của xe máy là $40$ km/h.

Vậy vận tốc của ô tô là $40+20=60$ (km/h).

Do $\Delta BCE$ vuông tại $E$ nên đường tròn ngoại tiếp tam giác này có tâm là trung điểm của $BC.$

Do $\Delta BCF$ vuông tại $F$ nên đường tròn ngoại tiếp tam giác này có tâm là trung điểm của $BC.$

Như vậy đường tròn đường kính $BC$ đi qua các điểm $B,C,E,F.$

Vậy tứ giác $$BCEF$$ nội tiếp đường tròn đường kính $$BC.$$

Chứng minh tương tự câu 1), ta có tứ giác $AEHF$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH.$

Suy ra $\widehat{FAH}=\widehat{FEH}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $FH).$

Xét đường tròn $\left(O\right)$ có $\widehat{BAK}=\widehat{BMK}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BK)$

Suy ra $\widehat{NEB}=\widehat{EMB}$.

Xét $\Delta BNE$ và $\Delta BEM$ có:

$\widehat{MBE}$ là góc chung và $\widehat{NEB}=\widehat{EMB}$

Do đó (g.g). Suy ra $\frac{BN}{BE}=\frac{BE}{BM}$ hay $$BM\cdot BN=B{E}^2.$$ (1)

Kẻ $EP\perp AB.$

Xét $\Delta BEP$ và $\Delta BAE$ có:

$\widehat{BPE}=\widehat{BEA}=90^{\circ }$ và $\widehat{ABE}$ là góc chung

Do đó (g.g). Suy ra $\frac{BE}{BA}=\frac{BP}{BE}$ hay $B{E}^2=BA\cdot BP.$   (2)

Từ (1) và (2) suy ra $BM\cdot BN=BA\cdot BP$ nên $\frac{BM}{BA}=\frac{BP}{BN}.$

Xét $\Delta BPN$ và $\Delta BMA$ có:

$\widehat{ABM}$ là góc chung và $\frac{BM}{BA}=\frac{BP}{BN}.$

Do đó  (c.g.c). Suy ra $\widehat{BPN}=\widehat{BMA}$ (hai góc tương ứng). (3)

Xét đường tròn $\left(O\right)$ có $\widehat{BMA}=\widehat{BCA}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BA).$ (4)

Mặt khác, $\widehat{BCE}+\widehat{BFE}=180^{\circ }$ (hai góc đối nhau của tứ giác $BCEF$ nội tiếp).

Mà $\widehat{AFE}+\widehat{BFE}=180^{\circ }$ (hai góc kề bù) nên $\widehat{BCE}=\widehat{AFE}$ hay $\widehat{BCA}=\widehat{AFE}.$ (5)

Từ (3), (4) và (5) suy ra $\widehat{BPN}=\widehat{AFE}.$

Xét $\Delta NPF$ có $\widehat{FPN}=\widehat{PFN}$ nên $\Delta NPF$ cân tại $N,$ suy ra $NF=NP.$ (6)

Ta có $\widehat{FPN}+\widehat{NPE}=\widehat{FPE}=90^{\circ }$ và $\widehat{PFN}+\widehat{PEN}=90^{\circ }$ (tổng hai góc nhọn trong $\Delta PEF$ vuông tại $P)$

Suy ra $\widehat{NPE}=\widehat{NEP},$ do đó $\Delta NPE$ cân tại $N,$ nên $NE=NP.$ (7)

Từ (6) và (7) suy ra $NF=NE$ hay $N$ là trung điểm của $EF.$

Gọi $x$ (giây) là thời gian di chuyển của mỗi người $\left(0<x<500\right).$

Quãng đường người thứ nhất đi được là: $BE=2x(\mathrm{m}).$

Quãng đường người thứ hai đi được là: $AD=1,5x(\mathrm{m}).$

Ta có $AE=AB-BE=1000-2x(\mathrm{m}).$

Xét $\Delta ADE$ vuông tại $A,$ theo định lí Pythagore, ta có:

$D{E}^2=A{D}^2+A{E}^2={\left(1,5x\right)}^2+{\left(1000-2x\right)}^2=2,25x^2+4x^2-4000x+1000000$

 $=6,25x^2-4000x+1000000=6,25\left(x^2-640x+102400\right)+360000$

 $=6,25{\left(x-320\right)}^2+360000.$

Ta có: ${\left(x-320\right)}^2\ge 0$ với mọi $x$ nên $6,25{\left(x-320\right)}^2+360000\ge 360000.$

Do đó $D{E}^2\ge 360000$ nên $DE\ge 600$

Dấu “=” xảy ra khi $${\left(x-320\right)}^2=0$$ hay $x=320.$

Vậy sau $$320$$ giây thì khoảng cách giữa hai người là nhỏ nhất.