Đề thi thử TS vào 10 (Tháng 4) năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Sở GD&ĐT Tỉnh Bắc Giang

1) Đồ thị của hàm số $y=\left(1-m\right)x^2\left(m\ne 1\right)$ đi qua điểm $M\left(-2;-4\right)$ khi

$-4=\left(1-m\right)\cdot {\left(-2\right)}^2$

$4\left(1-m\right)=-4$

$1-m=-1$

$m=2$ (thoả mãn)

Vậy $m=2$ là giá trị cần tìm.

2) Với $x\ge 0$ và $x\ne 1$ ta có:

$$P=\left(\frac{2}{\sqrt{x}+1}-\frac{1}{\sqrt{x}-1}+\frac{3\sqrt{x}-1}{x-1}\right):\frac{4}{\sqrt{x}+1}$$

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

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

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

Vậy $P=1$ với $x\ge 0$ và $x\ne 1.$

3) Giải bất phương trình:

$6-3x>0$

$-3x>-6$

 $x<2$

Vậy bất phương trình có nghiệm là $x<2.$

1) Thay $m=3$ vào phương trình (1) ta được: $x^2+x-6=0.$

Giải phương trình:

$x^2+x-6=0$

$x^2-2x+3x-6=0$

$x\left(x-2\right)+3\left(x-2\right)=0$

$\left(x-2\right)\left(x+3\right)=0$

$x-2=0$ hoặc $x+3=0$

$x=2$ hoặc $x=-3$

Vậy với $m=3$ thì phương trình có hai nghiệm là $x=2;x=-3.$

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

Phương trình (1) có $$\Delta ={\left(m-2\right)}^2-4\cdot 1\cdot \left(-m-3\right)=m^2-4m+4+4m+12=m^2+16>0$$ với mọi $m\in \mathbb{R}.$

Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1;x_2$ với mọi $m\in \mathbb{R}.$

Áp dụng hệ thức Viète, ta có $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2-m\left(2\right)\\ x_1{x}_2=-m-3\left(3\right)\end{array}$

Vì $x_1$ là nghiệm của phương trình (1) nên ta có:

${x_1}^2+\left(m-2\right)x_1-m-3=0$

 $x_1^2+m{x}_1-m=2x_1+3$

Thay vào biểu thức $\left(x_1^2+m{x}_1-m\right)\left(2x_2+3\right)=5,$ ta được:

$\left(2x_1+3\right)\left(2x_2+3\right)=5$

$4x_1{x}_2+6\left(x_1+x_2\right)+4=0$

$4\left(-m-3\right)+6\left(2-m\right)+4=0$ (do (2) và (3))

$-4m-12+12-6m+4=0$

$-10m=<span></span>-4$

$m=\frac{2}{5}$

Vậy $m=\frac{2}{5}$ là giá trị cần tìm.

1) Tần số tương đối của ngày có chất lượng không khí tốt là: $f_1=\frac{6}{40}\cdot 100\%=15\%.$

Tần số tương đối của ngày có chất lượng không khí trung bình là: $$f_2=\frac{16}{40}\cdot 100\%=40\%.$$

Tần số tương đối của ngày có chất lượng không khí kém là: $f_3=\frac{12}{40}\cdot 100\%=30\%.$

Tần số tương đối của ngày có chất lượng không khí xấu là: $f_4=\frac{4}{40}\cdot 100\%=10\%.$

Tần số tương đối của ngày có chất lượng không khí rất xấu là: $f_5=\frac{2}{40}\cdot 100\%=5\%.$

Tần số tương đối của ngày có chất lượng không khí nguy hại là: $f_6=\frac{0}{40}\cdot 100\%=0\%.$

Ta có bảng tần số tương đối chất lượng không khí tại thành phố A trong 40 ngày đó như sau:

2) Trong 40 ngày tại địa điểm này số ngày có chất lượng không khí trung bình hoặc tốt là: $6+16=22$ (ngày).

Xác suất của biến cố: “Ngày được chọn ra có chất lượng không khí trung bình hoặc tốt” là: $\frac{22}{40}=0,55.$

1) Vì $BM,CN$ là đường cao của $\Delta ABC$ nên $BM\perp AC,CN\perp AB$ suy ra $\widehat{BMC}=90^{\circ },$ $\widehat{BNC}=90^{\circ }.$

Vì $\Delta BMC$ vuông tại $M$nên $B,M,C$thuộc đường tròn đường kính $BC$ (1)

Vì $\Delta BNC$ vuông tại $N$nên $B,N,C$ thuộc  đường tròn đường kính $BC$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra 4 điểm $B,M,N,C$ thuộc đường tròn đường kính $BC$

Do đó tứ giác $BNMC$ là tứ giác nội tiếp.

2) Vì tứ giác $BNMC$ là tứ giác nội tiếp nên (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BN)$

Đường tròn $\left(O\right)$ có (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BQ)$

Do đó $$\widehat{BMN}=\widehat{BPQ}.$$

Mà đây là hai góc đồng vị nên $MN//PQ.$

Theo định lí Thalès, ta có: $\frac{HM}{MP}=\frac{HN}{NQ}$ suy ra $HM\cdot NQ=HN\cdot MP.$

3) Kẻ đường kính $AD$ của đường tròn $\left(O\right).$

Khi đó, $\widehat{ACD}=\widehat{ABD}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đưởng tròn).

Ta có: $BM\perp AC,DC\perp AC$ nên $BM//DC$ hay $BH//DC.$

Tương tự, ta có $CH//DB.$

Tứ giác $BHCD$ có $BH//DC$ và $CH//DB$ nên tứ giác $BHCD$ là hình bình hành.

Do đó hai đường chéo $BC$ và $HD$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà $I$ là trung điểm của $BC$ nên $I$ là trung điểm của $HD.$

Xét $\Delta AHD$ có $O,I$ lần lượt là trung điểm của $AD,HD$ nên $OI$ là đường trung bình của $\Delta AHD$ suy ra $$OI=\frac{1}{2}AH$$ hay $$AH=2OI.$$

Hướng dẫn giải

Với $a>0,b>0,$ ta có:

$P=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}+1}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}+1}+\frac{\sqrt{ab}+2}{\sqrt{ab}+1}=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}+1}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}+1}+1+\frac{1}{\sqrt{ab}+1}$

 $=\left(\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}+1}+1\right)+\left(\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}+1}+1\right)+\frac{1}{\sqrt{ab}+1}-1$

 $=\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+1}{\sqrt{b}+1}+\frac{\sqrt{b}+\sqrt{a}+1}{\sqrt{a}+1}+\frac{1}{\sqrt{ab}+1}-1$

 $=\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+1\right)\left(\frac{1}{\sqrt{a}+1}+\frac{1}{\sqrt{b}+1}\right)+\frac{1}{\sqrt{ab}+1}-1.$

Với $x>0,y>0$ ta chứng minh được $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge \frac{4}{x+y}$ (1), dấu “=” xảy ra khi $x=y.$

Thật vậy, với $x>0,y>0$ ta có:

${\left(x-y\right)}^2\ge 0$

$x^2-2xy+y^2\ge 0$

$x^2+y^2+2xy\ge 4xy$

${\left(x+y\right)}^2\ge 4xy$

$$\frac{{\left(x+y\right)}^2}{xy\left(x+y\right)}\ge \frac{4xy}{xy\left(x+y\right)}$$

$$\frac{x+y}{xy}\ge \frac{4}{x+y}$$

$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge \frac{4}{x+y}$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ${\left(x-y\right)}^2=0,$ tức là $x=y.$

Áp dụng (1) ta có $\frac{1}{\sqrt{a}+1}+\frac{1}{\sqrt{b}+1}\ge \frac{4}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+2},$ dấu “=” xảy ra khi $\sqrt{a}+1=\sqrt{b}+1,$ tức là $a=b.$

Từ đó suy ra $P\ge \frac{4\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+1\right)}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+2}+\frac{1}{\sqrt{ab}+1}-1(2)$

Ta có: $$M=\frac{4\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+1\right)}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+2}+\frac{1}{\sqrt{ab}+1}-1=4\left(1-\frac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+2}\right)+\frac{1}{\sqrt{ab}+1}-1$$

$$=3+\frac{1}{\sqrt{ab}+1}-\frac{4}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+2}.$$

Với $a>0,b>0$ ta có $\sqrt{a}+\sqrt{b}\ge 2\sqrt{\sqrt{ab}},$ dấu “=” xảy ra khi $a=b.$

Từ đó suy ra $M\ge 3+\frac{1}{\sqrt{ab}+1}-\frac{2}{\sqrt{\sqrt{ab}}+1}$ (3)

Từ (2) và (3) suy ra $P\ge 3+\frac{1}{\sqrt{ab}+1}-\frac{2}{\sqrt{\sqrt{ab}}+1}$

Đặt $t=\sqrt{\sqrt{ab}}\left(t\ge 1\right)$ ta có:

$3+\frac{1}{\sqrt{ab}+1}-\frac{2}{\sqrt{\sqrt{ab}}+1}=3+\frac{1}{t^2+1}-\frac{2}{t+1}=\frac{5}{2}+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{t^2+1}-\frac{2}{t+1}\right)$

$=\frac{5}{2}+\frac{t^3-3t^2+3t-1}{2\left(t+1\right)\left(t^2+1\right)}=\frac{5}{2}+\frac{{\left(t-1\right)}^3}{2\left(t+1\right)\left(t^2+1\right)}\ge \frac{5}{2}$ (vì $t\ge 1).$

Suy ra $P\ge \frac{5}{2}.$ Dấu “=” xảy ra khi $\{\begin{array}{l}a=b\\ ab=1\end{array}$ tức là $a=b=1.$

Vậy biểu thức $P$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $\frac{5}{2}$ khi $a=b=1.$