Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Bắc Giang năm học 2025-2026 có đáp án

Ta có .

$\begin{array}{l}2x-1<5\\ 2x<6\end{array}$

$x<3$                                                                

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là $x<3$.

Parabol $y=\left(2m-3\right)x^2$ $\left(m\ne \frac{3}{2}\right)$đi qua điểm $A\left(-1;5\right)$ khi và chỉ khi $5=\left(2m-3\right){\left(-1\right)}^2$

$5=2m-3$

$m=4$ (thỏa mãn điều kiện)

Vậy $m=4$ là giá trị cần tìm.

với $x\ge 0$ và $x\ne 4$ta có

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

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

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

$=\frac{1}{\sqrt{x}+1}$.

Vậy $P=\frac{1}{\sqrt{x}+1}$với $x\ge 0$ và $x\ne 4$.

a) Với $m=2$ phương trình đã cho trở thành 

$x^2-5x+6=0$.

$\Delta =1>0$

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt

$x_1=2$

$x_2=3$

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt  $x_1=2$, $x_2=3$.

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

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi $\Delta >0$

${\left(2m-3\right)}^2>0$

$2m-3\ne 0$

$m\ne \frac{3}{2}$.

Với $m\ne \frac{3}{2}$ phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$.

Theo định lý Viète, ta có:

$x_1+x_2=2m+1$  (1)

$x_1{x}_2=4m-2$    (2)

Ta có: $T=\left(1+x_1^2\right).\left(1+x_2^2\right)$

$=x_1^2+x_2^2+{\left(x_1{x}_2\right)}^2+1$

$={\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2+{\left(x_1{x}_2\right)}^2+1$   (3)

Thay (1) và (2) vào (3) ta được:

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

$=4m^2+4m+1-8m+4+16m^2-16m+4+1$

$=20m^2-20m+10$

$=20{\left(m-\frac{1}{2}\right)}^2+5$

Ta có ${\left(m-\frac{1}{2}\right)}^2\ge 0,\forall m$ nên $T=20{\left(m-\frac{1}{2}\right)}^2+5\ge 5,\forall m$

Dấu "=" xảy ra khi $m=\frac{1}{2}$ (thỏa mãn)

Vậy giá trị nhỏ nhất của $T$ bằng $5$ khi $m=\frac{1}{2}$.

Ta có bảng tần số tương đối ghép nhóm sau:

+ Không gian mẫu có 10 phần tử, cụ thể: (An; Bình), (An; Công), (Bình; Công), (Nguyệt; Yến), (An; Nguyệt), (An; Yến), (Bình; Nguyệt), (Bình; Yến), (Công; Nguyệt), (Công; Yến).

$n\left(\Omega \right)=10.$

Có 7 kết quả thuận lợi cho biến cố $E$, cụ thể: (Nguyệt; Yến), (An; Nguyệt), (An; Yến), (Bình; Nguyệt), (Bình; Yến), (Công; Nguyệt), (Công; Yến).

$n\left(E\right)=10.$

Vậy xác suất của biến cố $E$ là $P\left(E\right)=\frac{7}{10}$ .

a) Chứng minh tứ giác $AMON$là tứ giác nội tiếp.

Gọi $G$ là trung điểm của $AO.$

Xét $\left(O\right)$ có $AM$ là tiếp tuyến tại $M$ (GT) nên $AM\perp OM$ tại $M\Rightarrow \widehat{AMO}=90^{\circ }$

Suy ra $\Delta AMO$ nội tiếp đường tròn tâm $G$ đường kính $AO$

Suy ra $A,M,O\in \left(G;\frac{AO}{2}\right)\left(1\right)$

Xét $(O)$ có $AN$ là tiếp tuyến tại $N$ (GT) nên $AN\perp ON$ tại $N\Rightarrow \widehat{ANO}=90^{\circ }$

Suy ra  $\Delta ANO$ nội tiếp đường tròn tâm $G$ đường kính $AO$

Suy ra $A,N,O\in \left(G;\frac{AO}{2}\right)\left(2\right)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $A,M,N,O\in \left(G;\frac{AO}{2}\right)$

Do đó tứ giác$AMNO$ là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm $G$ đường kính $AO$.

Vậy tứ giác$AMNO$ là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm $G$ đường kính $AO$.

b) Xét tam giác $AMO$ vuông tại $M$ có $AM=\sqrt{O{A}^2-O{M}^2}=\sqrt{{\left(3R\right)}^2-R^2}=2\sqrt{2}R.$

Theo giả thiết $AM,AN$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left(O;R\right)$ nên $AO$ là đường trung trực của $MN$. Do đó $AO\perp MN$ tại $H$.

 Vậy $$AH=\frac{8}{3}R.$$

c) Ta có $OH=AO-AH=3R-\frac{8R}{3}=\frac{R}{3}.$

Xét tam giác $AMH$ vuông tại $H$ có $MH=\sqrt{A{M}^2-A{H}^2}=\sqrt{{\left(2\sqrt{2}R\right)}^2-{\left(\frac{8R}{3}\right)}^2}=\frac{2\sqrt{2}R}{3}.$  

Từ đó $MN=2MH=\frac{4\sqrt{2}R}{3}.$

Ta có $S_{\Delta AMN}=\frac{1}{2}AH.MN=\frac{1}{2}.\frac{8R}{3}.\frac{4\sqrt{2}R}{3}=\frac{16\sqrt{2}{R}^2}{9}.$

Hạ $FI\perp MN$ tại $I.$ta có:

$S_{AMFN}=S_{\Delta AMN}+S_{\Delta FMN}=\frac{16\sqrt{2}{R}^2}{9}+\frac{1}{2}.MN.FI=\frac{16\sqrt{2}{R}^2}{9}+\frac{1}{2}.\frac{4\sqrt{2}R}{3}.FI$

$=\frac{16\sqrt{2}{R}^2}{9}+\frac{2\sqrt{2}R}{3}.FI$

Do đó $S_{AMFN}$ lớn nhất khi$FI$ lớn nhất.

Trong tam giác$FIH$ vuông tại$I$, ta có:  $FI\le FH$

mà $FH\le OF+OH=R+\frac{R}{3}=\frac{4R}{3}$ nên $FI\le \frac{4R}{3}.$

Từ đó $FI$ lớn nhất bằng $\frac{4R}{3}$ khi $d$ đi qua tâm $O$.

Vậy $S_{AMFN}$ đạt giá trị lớn nhất bằng $S_{AMFN}=\frac{16\sqrt{2}{R}^2}{9}+\frac{2\sqrt{2}R}{3}.\frac{4R}{3}=\frac{8\sqrt{2}{R}^2}{3}$ khi $d$ đi qua tâm $O$.

Với hai số dương

 $x,y$ ta có ${\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)}^2\ge 0$ suy ra $x+y\ge 2\sqrt{xy}$ (*)

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có

 $\frac{a^3}{a^2+c^2}=a-\frac{a.c^2}{a^2+c^2}\ge a-\frac{a.c^2}{2ac}=a-\frac{c}{2}$                (1)

Chứng minh tương tự, ta có $\frac{b^3}{b^2+c^2}\ge b-\frac{c}{2}$          (2)

Từ giả thiết $a\left(a-c\right)+b\left(b-c\right)\ge 0$ suy ra $a^2+b^2\ge c\left(a+b\right)$

$\frac{a^2+b^2+2025}{a+b}\ge c+\frac{2025}{a+b}$                                                (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có $S\ge a+b+\frac{2025}{a+b}$

Ta có $a+b+\frac{2025}{a+b}\ge 90$

Suy ra $S\ge 90$.

Dấu “=” xảy ra khi $a=b=c=\frac{45}{2}$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $S$ bằng $90$ khi $a=b=c=\frac{45}{2}$.