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

1) Với $x>0,x\ne 1$ ta có:

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

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

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

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

Vậy với $x>0,x\ne 1$ thì $P=\frac{\sqrt{x}+4}{\sqrt{x}-1}.$

2) Với $x>0,x\ne 1$ ta có: $P<0$ tức là $\frac{\sqrt{x}+4}{\sqrt{x}-1}<0$ suy ra $\sqrt{x}-1<0$ (vì $\sqrt{x}+4>0)$

Do đó $\sqrt{x}<1$ hay $x<1.$

Kết hợp với điều kiện $x>0,x\ne 1$ ta có $0<x<1.$

1) Để $$\left(d\right)//\left(d^{\prime }\right)$$ thì $\{\begin{array}{l}{m}^2-3=6\\ m\ne 3\end{array}$ hay$\{\begin{array}{l}{m}^2=9\\ m\ne 3\end{array}$ suy ra $m=-3.$

Vậy với $m=-3$ thì hai đường thẳng đã cho song song với nhau.

2) Giải hệ phương trình $\{\begin{array}{l}x+5y=-7\\ x-4y=11.\end{array}$

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

$9y=-18,$ suy ra $y=-2.$

Thay $y=-2$ vào phương trình $x+5y=-7,$ ta được:

$x+5\cdot \left(-2\right)=-7,$ suy ra $x=3.$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là $$\left(x;y\right)=\left(3;-2\right).$$

1) Xét phương trình $x^2+6x+5=0$

Phương trình trên có $a-b+c=1-6+5=0$ nên phương trình này có hai nghiệm là $x_1=-1;x_2=-5.$

Vậy phương trình có nghiệm là $x_1=-1;x_2=-5.$

2) Xét phương trình $x^2-x+4m+2=0$

Phương trình trên có $\Delta ={\left(-1\right)}^2-4\cdot \left(4m+2\right)=1-16m-8=-16m-7.$

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì $\Delta >0,$ tức là $-16m-7>0,$ suy ra $m<\frac{-7}{16}.$

Theo định lí Viète, ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=1\left(1\right)\\ x_1{x}_2=4m+2\left(2\right)\end{array}$

Theo bài, ${x_1}^2-4x_1{x}_2+3{x_2}^2=5\left(x_1-x_2\right)$

${x_1}^2-x_1{x}_2-3x_1{x}_2+3{x_2}^2=5\left(x_1-x_2\right)$

$x_1\left(x_1-x_2\right)-3x_2\left(x_1-x_2\right)-5\left(x_1-x_2\right)=0$

$\left(x_1-x_2\right)\left(x_1-3x_2-5\right)=0$

 $x_1=x_2$ (loại do $x_1\ne x_2)$ hoặc $x_1-3x_2=5.$

Từ $x_1-3x_2=5,$ suy ra $x_1=3x_2+5,$ thay vào $\left(1\right),$ ta được:

$3x_2+5+x_2=1,$ suy ra $4x_2=-4,$ nên $x_2=-1.$

Thay $x_2=-1$ vào $x_1=3x_2+5,$ ta được: $$x_1=3\cdot \left(-1\right)+5=2.$$

Thay $x_1=2,x_2=-1$ vào $\left(2\right),$ ta được:

$2\cdot \left(-1\right)=4m+2,$ suy ra $m=-1$ (thỏa mãn điều kiện).

Vậy $m=-1$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

 

1) Do đường tròn $$\left(O\right)$$ tiếp xúc với $$AB,AC$$ tại $$E,F$$ nên $AE\perp OE$ tại $E$ và $AF\perp OF$ tại $F,$ do đó $\widehat{AEO}=\widehat{AFO}=90^{\circ }.$

Suy ra hai điểm $E,F$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $AO.$

Vậy tứ giác $$AEOF$$ nội tiếp đường tròn đường kính $AO.$

2) Ta có: $IE,IH$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $\left(O\right)$ cắt nhau tại $I$ nên $IO$ là tia phân giác của $\widehat{EIH},$ do đó $\widehat{IOE}=\widehat{IOH}=\frac{1}{2}\widehat{EOH}.$

Tương tự, ta cũng có $\widehat{HOK}=\widehat{KOF}=\frac{1}{2}\widehat{HOF}.$ 

Do đó $\widehat{IOK}=\widehat{IOH}+\widehat{HOK}=\frac{1}{2}\left(\widehat{EOH}+\widehat{HOF}\right)=\frac{1}{2}\widehat{EOF}.\left(1\right)$

Do $$AEOF$$ là tứ giác nội tiếp nên $\widehat{EAF}+\widehat{EOF}=180^{\circ },$ suy ra $\widehat{EAF}=180^{\circ }-\widehat{EOF}.$

Mặt khác, $\Delta ABC$ cân tại $A$ nên $\widehat{ACB}=\frac{180^{\circ }-\widehat{BAC}}{2}=\frac{180^{\circ }-\left(180^{\circ }-\widehat{EOF}\right)}{2}=\frac{1}{2}\widehat{EOF}.\left(2\right)$

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

Ta có: $\widehat{IOK}+\widehat{IOB}+\widehat{KOC}=180^{\circ };$

 $\widehat{ACB}+\widehat{CKO}+\widehat{KOC}=180^{\circ }$

Suy ra $$\widehat{IOB}=\widehat{CKO}.$$ Kết hợp $\widehat{OBI}=\widehat{OCK}$ ta chứng minh được (g.g).

3) Vì $O$ là trung điểm của $BC$ nên $OB=OC=\frac{BC}{2}=\frac{6}{2}=3(\mathrm{cm}).$

Vì $\Delta ABC$ cân tại $A$ nên đường trung tuyến $AO$ đồng thời là đường cao và đường phân giác của tam giác.

Xét $\Delta ABO$ vuông tại $O,$ ta có $A{B}^2=A{O}^2+B{O}^2$ (định lí Pythagore)

Suy ra $AO=\sqrt{A{B}^2-O{B}^2}=\sqrt{5^2-3^2}=\sqrt{16}=4(\mathrm{cm}).$

Xét $\Delta OBE$ và $\Delta ABO$ có: $\widehat{ABO}$ là góc chung và $\widehat{BEO}=\widehat{BOA}=90^{\circ }.$

Do đó (g.g), suy ra $\frac{OB}{AB}=\frac{BE}{BO}=\frac{OE}{AO}$

Nên $O{B}^2=AB\cdot BE$ và $OE\cdot AB=OB\cdot OA.$

Từ đó, ta có $BE=\frac{O{B}^2}{AB}=\frac{3^2}{5}=1,8(\mathrm{cm})$ và $OE=\frac{OB\cdot OA}{AB}=\frac{3\cdot 4}{5}=2,4(\mathrm{cm}).$

Theo câu 2, suy ra $\frac{OB}{KC}=\frac{BI}{CO}$ hay $KC\cdot BI=OB\cdot OC=O{B}^2.$

Ta có: $S_{AIK}=S_{ABC}-S_{BIKC}$ nên $S_{AIK}$ lớn nhất khi $S_{BIKC}$ nhỏ nhất.

Gọi $R$ là bán kính đường tròn $\left(O\right).$ Khi đó $R=OE=2,4\mathrm{cm}.$

Ta có: $S_{BIKC}=S_{BOI}+S_{IOK}+S_{KOC}=\frac{1}{2}\left(OE\cdot BI+OH\cdot IK+OF\cdot KC\right)$

 $=\frac{1}{2}R\cdot \left(BI+IK+KC\right)$$=\frac{1}{2}R\left(BI+IH+HK+KC\right)$

 $=\frac{1}{2}R\left(BI+CK+IE+KF\right)$$=\frac{1}{2}R\left(2BI+2CK-BE-CF\right)$

 $=\frac{1}{2}R\left(2BI+2CK-2BE\right)$$=R\left(BI+CK-BE\right)$

 $\le R\cdot \left(2\sqrt{BI\cdot CK}-BE\right)=R\cdot \left(2\sqrt{O{B}^2}-BE\right)=R\cdot \left(2OB-BE\right)$

$=2,4\cdot \left(2\cdot 3-1,8\right)=10,08(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2).$

Lại có $S_{ABC}=\frac{1}{2}AO\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 6=12(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2).$

Do đó $S_{AIK}\le 12-10,08=1,92(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2).$

Dấu “=” xảy ra khi $$BI=CK$$ hay $$AI=AK,$$ tức là $\Delta AIK$ cân tại $A$ nên đường phân giác $AO$ của tam giác này đồng thời là đường cao, tức $AO\perp IK,$ mà $OH\perp IK$ nên $OH$ trùng $OA,$ hay $H$ là điểm chính giữa cung $$EF.$$

Vậy giá trị lớn nhất của diện tích tam giác $$AIK$$ bằng $1,92$ cm2 khi $H$ là điểm chính giữa cung $$EF.$$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số thực dương $$a,b,c$$ và $$abc=1,$$ ta có:

          $a^4\left(b^2+c^2\right)=a^2\left(a^2{b}^2+a^2{c}^2\right)\ge a^2\cdot 2\sqrt{a^4{b}^2{c}^2}=2a^3.$

Chứng minh tương tự, ta được $b^4\left(c^2+a^2\right)\ge 2b^3;c^4\left(a^2+b^2\right)\ge 2c^3.$

Khi đó ta được:

          $P=\frac{a^4\left(b^2+c^2\right)}{b^3+2c^3}+\frac{b^4\left(c^2+a^2\right)}{c^3+2a^3}+\frac{c^4\left(a^2+b^2\right)}{a^3+2b^3}$$\ge \frac{2a^3}{b^3+2c^3}+\frac{2b^3}{c^3+2a^3}+\frac{2c^3}{a^3+2b^3}$

Đặt $M=\frac{2a^3}{b^3+2c^3}+\frac{2b^3}{c^3+2a^3}+\frac{2c^3}{a^3+2b^3}$ và $\{\begin{array}{l}x=b^3+2c^3\\ y=c^3+2a^3\\ z=a^3+2b^3.\end{array}$

Khi đó ta được $\{\begin{array}{l}{b}^3=\frac{x-2y+4z}{9}\\ c^3=\frac{y-2z+4x}{9}\\ a^3=\frac{z-2x+4y}{9}\end{array}$

Suy ra $M=\frac{2\left(z-2x+4y\right)}{9x}+\frac{2\left(x-2y+4z\right)}{9y}+\frac{2\left(y-2z+4x\right)}{9z}$

$=\frac{2}{9}\left[\left(\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{y}{z}\right)+4\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}\right)-6\right]$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với 3 số dương ta có:

                    $\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{y}{z}\ge 3\cdot \sqrt[3]{\frac{z}{x}\cdot \frac{x}{y}\cdot \frac{y}{z}}=3;$

                    $\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}\ge 3\cdot \sqrt[3]{\frac{y}{x}\cdot \frac{z}{y}\cdot \frac{x}{z}}=3.$

Khi đó ta được: $P\ge M=\frac{2}{9}\left[\left(\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{y}{z}\right)+4\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}\right)-6\right]\ge \frac{2}{9}\left(3+4\cdot 3-6\right)=2.$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $$a=b=c=1.$$

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P$ là $$2$$ khi $$a=b=c=1.$$