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

Giải hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}x-5y=16\left(1\right)\\ 3x+2y=-3\left(2\right)\end{array}$

Nhân hai vế của phương trình $\left(1\right)$ với $3,$ ta được hệ phương trình mới $\{\begin{array}{l}3x-15y=48\left(3\right)\\ 3x+2y=-3\left(2\right)\end{array}$

Trừ từng vế phương trình $\left(2\right)$ và phương trình $\left(3\right)$ của hệ, ta được:

$17y=-51,$ suy ra $y=-3.$

Thay $y=-3$ vào phương trình $\left(1\right),$ ta được:

$x-5\cdot \left(-3\right)=16,$ suy ra $x=1.$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là $\left(x;y\right)=\left(1;-3\right).$

$\sqrt{x}+2$	$2$	$4$
$\sqrt{x}$	$0$	$2$
$x$ $\left(x\in \mathbb{Z}\right)$	$0$ (thỏa mãn)	$4$ (thỏa mãn)

1) Với $m=2$ thì $\left(d\right)$ có dạng $y=4x-3.$

Gọi $\left(x_0;y_0\right)$ là tọa độ giao điểm (nếu có) của $\left(d\right)$ và $\left(P\right),$ khi đó ta có:

$y_0=x_0^2$ và $y_0=4x_0-3.$

Suy ra $x_0^2=4x_0-3$ hay $x_0^2-4x_0+3=0.$

Số giao điểm của $\left(P\right)$ và $\left(d\right)$ là số nghiệm của phương trình $x_0^2-4x_0+3=0.\left(1\right)$

Ta có $a+b+c=1+\left(-4\right)+3=0$ nên phương trình trên có hai nghiệm là $x_0=1;x_0=3.$

⦁ Với $x_0=1$ thay vào $y_0=x_0^2,$ ta có $y_0=1^2=1.$ Suy ra $A\left(1;1\right).$

⦁ Với $x_0=3$ thay vào $y_0=x_0^2,$ ta có $y_0=3^2=9.$ Suy ra $B\left(3;9\right).$

Vậy với $m=2$ thì toạ độ giao điểm của $\left(P\right)$ và $\left(d\right)$ là $A\left(1;1\right)$ và $B\left(3;9\right).$

2) Gọi $\left(x_0;y_0\right)$ là tọa độ giao điểm (nếu có) của $\left(d\right)$ và $\left(P\right),$ khi đó ta có:

$y_0=x_0^2$ và $y_0=4x_0-m-1.$

Suy ra $x_0^2=4x_0-m-1$ hay $x_0^2-4x_0+m+1=0.$

Số giao điểm của $\left(P\right)$ và $\left(d\right)$ là số nghiệm của phương trình $x_0^2-4x_0+m+1=0.\left(2\right)$

Ta có: ${\mathrm{\Delta }}^{\prime }={\left(-2\right)}^2-\left(m+1\right)=3-m.$

Để $\left(P\right)$ cắt $\left(d\right)$ tại 2 điểm phân biệt hoành độ là $x_1,x_2$ thì phương trình $\left(2\right)$ phải có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2,$ tức là ${\Delta }^{\prime }>0,$ suy ra $3-m>0$ nên $m<3.$

Với $m<3,$ áp dụng Viète, ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=4\\ x_1\cdot x_2=m+1.\end{array}$

Để $x_1,x_2$ là độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông thì $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2>0\\ x_1{x}_2>0\end{array},$ suy ra  nên $m>-1.$

Kết hợp điều kiện $m<3,$ ta được $$-1<m<3.$$

Áp dụng hệ thức đã chứng minh ở bổ đề trên, khi độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài đường cao ứng với cạnh huyền là $h=\frac{1}{\sqrt{5}},$ thì ta có:

$\frac{1}{x_1^2}+\frac{1}{x_2^2}=\frac{1}{{\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right)}^2}=5$ nên $\frac{x_1^2+x_2^2}{{\left(x_1{x}_2\right)}^2}=5$

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

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

Do đó, ta có: $4^2-2\left(m+1\right)=5{\left(m+1\right)}^2$

$5m^2+12m-9=0$

$m=-3$ (không thỏa mãn) hoặc $m=\frac{3}{5}$ (thỏa mãn).

Vậy với $m=\frac{3}{5}$ thoả mãn bài toán.

1) Gọi giá niêm yết của 1 cái bút là $x$ nghìn đồng $\left(x>0\right).$

Vì cô chủ nhiệm mua 40 cái bút nên có 30 cái bút được giảm giá $20\%$ so với giá niêm yết

và 10 cái bút được giảm giá $40\%$ so với giá niêm yết, khi đó cô chủ nhiệm cần trả số tiền là:

$30\cdot \left(100\%-20\%\right)x+10\cdot \left(100\%-40\%\right)x=24x+6x=30x$ (nghìn đồng).

Theo bài, cô chủ nhiệm mua 40 cái bút hết $$900000$$ đồng $=900$ nghìn đồng, nên ta có phương trình:

$30x=900,$ suy ra $x=30$ (nghìn đồng).

Vậy giá niêm yết 1 cái bút là $$30000$$ đồng.

2) Gọi số bút cô chủ nhiệm mua được là $a$ chiếc nếu cô có $$1260000$$ đồng $\left(a\in {\mathbb{N}}^{\ast }\right).$

Theo câu 1) nếu cô mua 40 cái bút thì hết $$900000$$ đồng nên $a>40.$

Số bút được giảm $20\%$ so với giá niêm yết là 30 chiếc, số bút được giảm $40\%$ so với giá niêm yết là $a-30$ chiếc.

Số tiền cô chủ nhiệm cần trả khi mua $a$ cái bút là:

$30\cdot \left(100\%-20\%\right)\cdot 30+\left(a-30\right)\cdot \left(100\%-40\%\right)\cdot 30=720+18\left(a-30\right)$ (nghìn đồng).

Theo bài, tổng số tiền cô mua là $$1260000$$ đồng $=1260$ nghìn đồng, nên ta có phương trình:

$720+18\left(a-30\right)=1260$

$$18a+180=1260$$

$$18a=1080$$

$$a=60$$ (thỏa mãn).

Vậy nếu có $$1260000$$ đồng cô chủ nhiệm có thể mua được 60 chiếc bút.

2) * Chứng minh $IC\cdot IO=IH\cdot CO$

⦁ Do $C$ là giao của hai tiếp tuyến $CA,CD$ của đường tròn $\left(O\right),$ nên $OC$ là phân giác của góc $AOD$ hay $\widehat{AOI}=\widehat{DOI}.$ Suy ra  nên $$\widehat{ADI}=\widehat{IAD}\left(1\right)$$ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau của đường tròn $\left(O\right)).$

Ta có $\widehat{CAI}+\widehat{IAO}=90^{\circ }$ nên $\widehat{CAI}=90^{\circ }-\widehat{IAO}.\left(2\right)$

Xét $\Delta OAI$ cân tại $O$ (do $OA=OI)$ nên $\widehat{IAO}=\widehat{AIO}=\frac{180^{\circ }-\widehat{AOI}}{2}=90^{\circ }-\frac{1}{2}\widehat{AOI}.$

Lại có $\widehat{ADI}=\frac{1}{2}\widehat{AOI}$ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung $AI$ của đường tròn $\left(O\right)).$

Do đó $\widehat{IAO}=90^{\circ }-\widehat{ADI}$ hay $\widehat{ADI}=90^{\circ }-\widehat{IAO}.\left(3\right)$

Từ $\left(1\right),\left(2\right)$ và $\left(3\right)$ suy ra $$\widehat{CAI}=\widehat{IAD}\left(=\widehat{ADI}\right)$$  hay $AI$ là phân giác của $\widehat{CAH}.$

Xét $\Delta CAH$ có $$AI$$ là phân giác của $\widehat{CAH}$ nên: $\frac{IC}{IH}=\frac{AC}{AH}.\left(4\right)$

⦁ Ta có $OA=OD$ và $CA=CD$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên $OC$ là đường trung trực của $AD$ hay $AH\perp OC$

Xét $\Delta AHO$ vuông tại $H,$ ta có $\sin \widehat{AOH}=\frac{AH}{AO}.$

Xét $\Delta ACO$ vuông tại $A,$ ta có $\sin \widehat{AOH}=\sin \widehat{AOC}=\frac{AC}{CO}.$

Do đó $\frac{AH}{AO}=\frac{AC}{CO}$ hay $\frac{AC}{AH}=\frac{CO}{AO}=\frac{CO}{OI}\left(5\right)$ (do $OA=OI)$

Từ $$\left(4\right)$$ và $\left(5\right)$ suy ra: $\frac{IC}{IH}=\frac{CO}{OI}$ hay $IC\cdot OI=IH\cdot CO.$

* Chứng minh $\widehat{CKH}=2\widehat{IAO}$

Nối $AK,$ ta có $\widehat{AKB}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay $AK\perp BC.$

Xét $\Delta CAK$ và $\Delta ABC$ có: $\widehat{AKC}=\widehat{BAC}=90^{\circ }$ và $\widehat{ACB}$ là góc chung

Do đó  (g.g), suy ra $\frac{CA}{CB}=\frac{AK}{CA}$ hay $C{A}^2=CK\cdot CB.$

Tương tự, ta có  (g.g) suy ra $\frac{CA}{CO}=\frac{CH}{CA}$ hay $C{A}^2=CH\cdot CO.$

Suy ra $CK\cdot CB=CH\cdot CO$ nên $\frac{CK}{CO}=\frac{CH}{CB}.$

Xét $\Delta CKH$ và $\Delta COB$ có: $$\widehat{OCB}$$ là góc chung và $\frac{CK}{CO}=\frac{CH}{CB}.$

Do đó  (c.g.c), suy ra $\widehat{CKH}=\widehat{COB}$ (hai góc tương ứng).

Mặt khác $\widehat{COB}=\widehat{IOB}=2\widehat{IAB}$ (Góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung $BI)$

Suy ra $\widehat{CKH}=2\widehat{IAB}$ hay $\widehat{CKH}=2\cdot \widehat{IAO}.$

3) Ta có $OM//AC$ (cùng vuông góc với $AB)$nên $\widehat{COM}=\widehat{OCA}$ (hai góc so le trong).

Mà $CO$ là tia phân giác của $\widehat{ACD}$ (do hai tiếp tuyến $CA,CD$ của đường tròn $\left(O\right)$ cắt nhau tại $C)$ nên $\widehat{OCA}=\widehat{OCM}.$

Do đó $$\widehat{COM}=\widehat{OCM}$$ suy ra $$\Delta CMO$$ cân tại $M.$ Từ đó ta có $MC=MO.$

Xét $\Delta ACE$ có $MO//CA$ nên theo hệ quả định lí Thalès, ta có: $$\frac{CA}{MO}=\frac{AE}{OE}.$$

Xét $\Delta ODE$ và $\Delta MOE$ có: $\widehat{ODE}=\widehat{MOE}=90^{\circ }$ và $\widehat{OEM}$ là góc chung

Do đó   (g.g), suy ra $\frac{OE}{ME}=\frac{OD}{MO}$ hay $\frac{OE}{OD}=\frac{ME}{MO}.$

Khi đó: $T=9\cdot \frac{CA}{CM}+\frac{ME}{MO}$$=9\cdot \frac{CA}{MO}+\frac{ME}{MO}$$=9\cdot \frac{AE}{OE}+\frac{OE}{OD}=9\cdot \frac{OE+OA}{OE}+\frac{OE}{OD}$

$=9\cdot \left(1+\frac{OA}{OE}\right)+\frac{OE}{OA}$$=9+\left(9\cdot \frac{OA}{OE}+\frac{OE}{OA}\right)$ \[\mathop  \ge \limits^{{\rm{B\ST Cauchy}}} \]$$9+2\sqrt{9\cdot \frac{OA}{OE}\cdot \frac{OE}{OA}}=15.$$

Dấu “=" xảy ra khi và chỉ khi $\frac{OA}{OE}=\frac{OE}{OA}$ hay $9O{A}^2=O{E}^2,$ tức là $OE=3\cdot OA=3R.$

Dễ dàng chứng minh được  (g.g)

Suy ra $\frac{OE}{CE}=\frac{OD}{CA}$ hay $\frac{CE}{CA}=\frac{OE}{OD}=\frac{3R}{R}=3$ hay $CE=3CA.$

Áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta ACE$ vuông tại $A,$ ta có: $C{E}^2-C{A}^2=A{E}^2$

Suy ra $9\cdot C{A}^2-C{A}^2={\left(AO+OE\right)}^2$

Hay $8C{A}^2={\left(R+3R\right)}^2$ nên $8C{A}^2=16R^2,$ suy ra $CA=R\sqrt{2}.$

Vây điểm $C$ cách $A$ một khoảng bằng $R\sqrt{2}$ thì biểu thức $T$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $15.$

Với $a$ là số thực dương, ta có $$a^2+1\ge 2a$$ nên $\frac{b}{a^2+1}=b-\frac{a^{2}b}{a^2+1}\ge b-\frac{a^{2}b}{2a}=b-\frac{ab}{2}.$

Chứng minh tương tự, ta có: $\frac{c}{b^2+1}\ge c-\frac{bc}{2}$ và $\frac{a}{c^2+1}\ge a-\frac{ac}{2}.$

Do đó: $P\ge \left(a+b+c\right)-\frac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)+\frac{1}{4}\left(ab+bc+ca\right)=3-\frac{1}{4}\left(ab+bc+ca\right)$

Lại có $\left(ab+bc+ca\right)\le \frac{{\left(a+b+c\right)}^2}{3}=3$ nên $P\ge 3-\frac{1}{4}\cdot 3=\frac{9}{4}.$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1.$

Vậy min $P=\frac{9}{4}$ khi $a=b=c=1.$