Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD & ĐT Nam Định năm 2024-2025 có đáp án

1) Ta có: $\frac{4}{\sqrt{5}-\sqrt{3}}-\sqrt{12}=\frac{4\left(\sqrt{5}+\sqrt{3}\right)}{5-3}-2\sqrt{3}=\frac{4\left(\sqrt{5}+\sqrt{3}\right)}{2}-2\sqrt{3}$

$=2\sqrt{5}+2\sqrt{5}-2\sqrt{3}=2\sqrt{5}.$

Vậy đẳng thức được chứng minh.

2) Với $x>0$và $x\ne 1$, ta có:

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

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

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

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

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

Vậy $F=\frac{x-1}{\sqrt{x}}$ với $x>0$ và $x\ne 1.$

Xét hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}\sqrt{x-5}+3{\left(y-1\right)}^2=4\left(1\right)\\ 2\sqrt{x-5}+y^2-2y=2\left(2\right)\end{array}$

Điều kiện xác định: $x\ge 5.$

Từ phương trình $\left(2\right)$ ta có $2\sqrt{x-5}+y^2-2y+1=3$ hay $2\sqrt{x-5}+{\left(y-1\right)}^2=3.\left(3\right)$

Do đó ta có hệ phương trình mới là: $\{\begin{array}{l}\sqrt{x-5}+3{\left(y-1\right)}^2=4\left(1\right)\\ 2\sqrt{x-5}+{\left(y-1\right)}^2=3\left(3\right)\end{array}$

Nhân cả hai vế của phương trình $\left(3\right)$ với $3,$ ta được hệ phương trình $\{\begin{array}{l}\sqrt{x-5}+3{\left(y-1\right)}^2=4\\ 6\sqrt{x-5}+3{\left(y-1\right)}^2=9.\end{array}$

Trừ từng vế phương trình thứ hai và phương trình thứ nhất của hệ trên, ta được:

$5\sqrt{x-5}=5,$ suy ra $\sqrt{x-5}=1,$ do đó $x-5=1$ nên $x=6$ (thỏa mãn $x\ge 5).$

Thay $\sqrt{x-5}=1$ vào phương trình $\left(1\right),$ ta được: $1+3{\left(y-1\right)}^2=4,$ nên ${\left(y-1\right)}^2=1.$

Do đó $y-1=1$ hoặc $y-1=-1$

Suy ra $y=2$ hoặc $y=0.$

1) Tam giác $BHC$ vuông tại $H$ có: $$BH=BC\cdot \sin \widehat{BCD}=26\cdot \frac{5}{13}=10(\mathrm{m}).$$ Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác này, ta được: $$B{C}^2=B{H}^2+H{C}^2$$

Suy ra $$H{C}^2=B{C}^2--B{H}^2=26^2--10^2=576.$$

Do đó $HC=\sqrt{576}=24(\mathrm{m}).$

Ta có: $HA=BH-AB=10-4=6(\mathrm{m});$ $HD=HC-CD=24-16=8(\mathrm{m}).$

Diện tích vườn là: $S_{ABCD}=S_{\Delta HBC}-S_{\Delta HAD}=\frac{1}{2}\cdot HB\cdot HC-\frac{1}{2}\cdot HA\cdot HD$

$=\frac{1}{2}\cdot 10\cdot 24-\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 8=120-24=96$ (m²).

2)

a) ⦁ Ta có: $MA$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left(O\right)$ tại $A$ nên $OA\perp AM$ do đó $\widehat{MAO}=90^{\circ }.$

Suy ra điểm $A$ nằm trên đường tròn đường kính $MO.$

Ta có $OB=OC$ nên $O$ nằm trên đường trung trực của $BC,$ lại có $H$ là trung điểm của $BC.$ Do đó $OH$ là đường trung trực của $BC$ nên $OH\perp BC$ hay $\widehat{MHO}=90^{\circ }.$ Suy ra điểm $H$ nằm trên đường tròn đường kính $MO.$

Như vậy, các điểm $A,M,O,H$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MO.$

⦁ Ta có $\widehat{MAB}+\widehat{BAO}=90^{\circ }$ suy ra $\widehat{MAB}=90^{\circ }-\widehat{BAO}.\left(1\right)$

Xét $\Delta OAB$ cân tại $O$ (do $OA=OB)$ nên $$\widehat{BAO}=\widehat{ABO}=\frac{180^{\circ }-\widehat{AOB}}{2}=90^{\circ }-\frac{1}{2}\widehat{AOB}.$$

Xét đường tròn $\left(O\right)$ có $\widehat{ACB}=\frac{1}{2}\widehat{AOB}$ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung $AB)$

Suy ra $$\widehat{BAO}=90^{\circ }-\widehat{ACB}$$ hay $$\widehat{ACB}=90^{\circ }-\widehat{BAO}.\left(2\right)$$

Từ $\left(1\right)$ và $\left(2\right)$ suy ra $\widehat{MAB}=\widehat{ACB}.$

Xét $\Delta MAB$ và $\Delta MCA$ có: $\widehat{AMC}$ là góc chung và $\widehat{MAB}=\widehat{MCA}$ (chứng minh trên)

Do đó  (g.g), suy ra $\frac{MA}{MC}=\frac{MB}{MA}$ hay $M{A}^2=MB\cdot MC.$

b)

Chứng minh bổ đề: Cho tứ giác $ABCD$ có $\widehat{ACB}=\widehat{ADB}.$ Chứng minh tứ giác $ABCD$ là tứ giác nội tiếp. • Giả sử $\Delta ABC$ có đường tròn ngoại tiếp tâm $O$ và đường kính $AK$ nên tứ giác $ABCK$ nội tiếp, suy ra $\widehat{ACB}=\widehat{AKB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AB).$ Mà $\widehat{ACB}=\widehat{ADB}$ (giả thiết) nên $\widehat{ADB}=\widehat{AKB}.$ $\left(1\right)$ ⦁ Gọi $F$ là giao điểm của $AK$ và $BD,$ $F$ nằm trong đường tròn $\left(O\right).$ Xét $\Delta AFD$ và $\Delta BFK$ có: $\widehat{AFD}=\widehat{BFK}$ (đối đỉnh) và $\widehat{ADF}=\widehat{BKF}$ (chứng minh trên) Do đó  suy ra $\frac{AF}{BF}=\frac{DF}{KF}$ nên $\frac{AF}{DF}=\frac{BF}{KF}.$ Xét $\Delta DFK$ và $\Delta AFB$ có: $\frac{AF}{DF}=\frac{BF}{KF}$ và $$\widehat{DFK}=\widehat{AFB}$$ (đối đỉnh) Do đó  suy ra $\widehat{FDK}=\widehat{FAB}.\left(2\right)$ ⦁ Ta có $\widehat{ABK}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat{ABK}=90^{\circ },$ do đó $\Delta ABK$ vuông tại $B,$ suy ra $\widehat{FAB}+\widehat{AKB}=90^{\circ }.\left(3\right)$ Từ $\left(1\right),\left(2\right),\left(3\right)$ suy ra $\widehat{ADB}+\widehat{FDK}=90^{\circ }$ hay $\widehat{ADK}=90^{\circ }.$ Khi đó $\Delta ADK$ vuông tại $D$ nên điểm $D$ nằm trên đường tròn đường kính $AK.$ Suy ra tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $\left(O\right)$ đường kính $AK.$

Tứ giác $AOHM$ nội tiếp nên $\widehat{HAO}=\widehat{HMO}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $HO)$

Vì $$CK//MO$$ nên $$\widehat{KCM}=\widehat{OMC}$$ (hai góc so le trong)

Do đó $$\widehat{KAH}=\widehat{KCH}.$$ Từ bổ đề đã chứng minh ở trên, ta suy ra được tứ giác $$AHKC$$ nội tiếp.

Suy ra $$\widehat{AKH}=\widehat{ACH}$$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AH)$

Xét đường tròn $\left(O\right)$ có $\widehat{ACH}=\widehat{ACB}=\widehat{ADB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AB)$

Suy ra $\widehat{AKH}=\widehat{ADB}.$ Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên $HK//BD.$

Gọi $I$ là giao điểm của $HK$ và $CD.$

Xét $\Delta BCD$ có $H$ là trung điểm của $BC$ và $HI//BD$ nên $HI$ là đường trung bình của tam giác, do đó $I$ là trung điểm của $CD.$

Vậy $HK$ đi qua trung điểm của $CD.$

1) Điều kiện xác định:

$x^3+8\ge 0,$ hay $\left(x+2\right)\left(x^2-2x+4\right)\ge 0,$ nên $x\ge -2$ (do $x^2-2x+4>0$ với mọi $x\in \mathbb{R}).$

Ta có: $2\left(x^2-3x+2\right)=3\sqrt{x^3+8}$

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

Đặt $u=\sqrt{x^2-2x+4}\ge \sqrt{3}$ và $v=\sqrt{x+2}\ge 0.$

Ta được phương trình: $2u^2-2v^2=3uv$

 $\left(2u+v\right)\left(u-2v\right)=0$

$u=2v$ (vì $u\ge \sqrt{3},v\ge 0$ nên $2u+v>0).$

Suy ra $\sqrt{x^2-2x+4}=2\sqrt{x+2}$

$x^2-2x+4=4\left(x+2\right)$

$x^2-6x-4=0$

$x=3+\sqrt{13}$ hoặc $x=3-\sqrt{13}.$

Ta thấy các giá trị của $x$ tìm được ở trên đều thỏa mãn điều kiện $x\ge -2.$

Vậy phương trình có hai nghiệm là $x=3+\sqrt{13};x=3-\sqrt{13}.$

2) Ta có: $P=\frac{3}{x^2+y^2}+\frac{10}{xy}+8xy+3.$

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có: $$xy\le \frac{{\left(x+y\right)}^2}{4}=\frac{2^2}{4}=1.$$

Chứng minh bổ đề: Với hai số thực dương $a,b$ ta luôn có $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge \frac{4}{a+b}.$ Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có: $a+b\ge 2\sqrt{ab};\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge \frac{2}{\sqrt{ab}}.$ Suy ra $\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge 2\sqrt{ab}\cdot \frac{2}{\sqrt{ab}}=4.$ Do đó $\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge \frac{4}{a+b}.$

 

Theo bổ đề trên, ta có:

$P=\frac{3}{x^2+y^2}+\frac{10}{xy}+8xy+3=\frac{3}{x^2+y^2}+\frac{3}{2xy}+8xy+\frac{8}{xy}+\frac{1}{2xy}+3$

$\ge \frac{3\cdot 4}{x^2+y^2+2xy}+2\cdot \sqrt{8xy\cdot \frac{8}{xy}}+\frac{1}{2}+3=\frac{12}{{\left(x+y\right)}^2}+2\cdot 8+\frac{1}{2}+3$

$\ge \frac{12}{2^2}+16+\frac{1}{2}+3=\frac{45}{2}.$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=1.$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ bằng $\frac{45}{2}$ khi $x=y=1.$