Đề tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm 2026-2027 (Chung) Sở Bắc Ninh (có đáp án)

a) Giải bất phương trình:

$5x-20\le 0$

$5x\le 20$

$x\le 4.$

Vậy nghiệm của bất phương trình là $x\le 4.$

b) Điều kiện xác định: $x-5\ne 0$ hay $x\ne 5.$

$\frac{3x-2}{x-5}=\frac{7}{x-5}$

$3x-2=7$

$3x=9$

$x=3$ (tm).

Vậy nghiệm của phương trình là $x=3.$

c) Với $x\ge 0,x\ne 9$ ta có:

$$Q=\left(\frac{6\sqrt{x}}{3+\sqrt{x}}+\frac{12x}{9-x}\right)\left(3-\sqrt{x}\right)$$

$=\left[\frac{6\sqrt{x}\left(3-\sqrt{x}\right)}{\left(3+\sqrt{x}\right)\left(3-\sqrt{x}\right)}+\frac{12x}{9-x}\right]\left(3-\sqrt{x}\right)$

$$=\left(\frac{18\sqrt{x}-6x+12x}{9-x}\right)\left(3-\sqrt{x}\right)$$

$Q=\frac{18\sqrt{x}+6x}{\left(3+\sqrt{x}\right)\left(3-\sqrt{x}\right)}\cdot \left(3-\sqrt{x}\right)$

$Q=\frac{6\sqrt{x}\left(3+\sqrt{x}\right)}{3+\sqrt{x}}=6\sqrt{x}.$

Vậy $x\ge 0,x\ne 9$ thì $Q=6\sqrt{x}.$

Gọi giá niêm yết của cái cặp sách là $x$ (đồng) và đôi giày là $y$ (đồng). Điều kiện: $0<x,y<950000.$

Theo dự định, tổng số tiền là 950000 đồng nên ta có phương trình: $x+y=950000(1)$

Giá thực tế của cặp sách sau khi giảm 20000 đồng là: $x-20000$ (đồng).

Giá thực tế của đôi giày sau khi giảm 10% là: $y-0,1y=0,9y$ (đồng).

Tổng số tiền An phải trả là 870000 đồng nên ta có phương trình:

$\left(x-20000\right)+0,9y=870000$ hay $x+0,9y=890000\left(2\right)$

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}x+y=950000\left(1\right)\\ x+0,9y=890000\left(2\right)\end{array}$

Trừ vế theo vế (1) cho (2), ta được:

$0,1y=60000$ suy ra $y=600000$ (tm).

Thay $y=600000$ vào (1) thu được $x=350000$ (tm).

Vậy giá niêm yết của cái cặp sách là 350000 đồng, của đôi giày là 600000 đồng.

a) Khi $m=-7,$ phương trình trở thành: $x^2-2x-8=0.$

Ta có $\Delta \prime ={\left(-1\right)}^2-1\left(-8\right)=9>0,$ suy ra $\sqrt{\Delta \prime }=3.$

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt: $x_1=\frac{1+3}{1}=4;$ $x_2=\frac{1-3}{1}=-2.$

b) Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ thì $\Delta \prime >0$ tức là $1-\left(m-1\right)>0$, suy ra $2-m>0$ nên $m<2.$

Theo định lý Viète, ta có: $x_1+x_2=2$ và $x_1{x}_2=m-1.$

Vì $x_1$ là nghiệm của (1) nên: $x_1^2-2x_1+m-1=0,$ suy ra $x_1^2=2x_1-m+1.$

Tương tự, ta cũng có $x_2^2=2x_2-m+1.$

Thay $x_1^2;x_2^2$ vào hệ thức đề cho:

$x_1^2+2x_2^2+2x_1+m^2=9$

$\left(2x_1-m+1\right)+2\left(2x_2-m+1\right)+2x_1+m^2=9$

$$4\left(x_1+x_2\right)-2m+2+m^2-m+1=9$$

Thay $x_1+x_2=2$ vào:

$8-3m+3+m^2=9$

$m^2-3m+2=0$

Phương trình trên có 2 nghiệm là $m=1$ và $m=2.$

Đối chiếu điều kiện $m<2,$ ta chỉ nhận $m=1.$

Vậy $m=1.$

a) Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có $\widehat{AEB}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.

Suy ra $\widehat{AEB}=90^{\circ }$ nên $\widehat{DEB}=90^{\circ }$.

Theo giả thiết $CH\perp AB$ tại $H$ nên $\widehat{DHB}=90^{\circ }$.

Xét tứ giác $BHDE$, ta có: $\widehat{DEB}=\widehat{DHB}=90^{\circ }$ nên tứ giác $BHDE$ nội tiếp được trong một đường tròn.

Vậy bốn điểm $B,H,D,E$ cùng nằm trên một đường tròn (đường tròn đường kính $BD$).

b) Xét $\Delta ADH$ và $\Delta ABE$ có:

$\widehat{AHD}=\widehat{AEB}=90^{\circ }$ (chứng minh trên),

Góc $\hat{A}$ chung (hay $\widehat{DAH}=\widehat{EAB}$).

Do đó, $\Delta ADH\backsim \Delta ABE$ (g.g).

Suy ra tỉ số:$\frac{AD}{AB}=\frac{AH}{AE}$ nên $AD\cdot AE=AH\cdot AB$.

Khi đó:

$P=AD\cdot AE+BH\cdot BA$

$P=AH\cdot AB+BH\cdot AB$

$P=AB\left(AH+BH\right)$

$P=AB\cdot AB=A{B}^2$

$P={\left(2R\right)}^2=4R^2.$

c) Vì $\widehat{AOC}<90^{\circ }$ nên điểm $H$ nằm giữa $A$ và $O$. Đặt $\widehat{AOC}=\alpha$ ($0^{\circ }<\alpha <90^{\circ }$).

Xét tam giác $OHC$ vuông tại $H$, ta có:

$CH=OC\cdot \sin \alpha =R\sin \alpha$ và $OH=OC\cdot \cos \alpha =R\cos \alpha$

Độ dài $HB=HO+OB=R\cos \alpha +R=R\left(1+\cos \alpha \right)$.

Thay vào biểu thức $T$:

$T=\frac{1}{R\sin \alpha +R}+\frac{1}{R(1+\cos \alpha )}=\frac{1}{R}\left(\frac{1}{1+\sin \alpha }+\frac{1}{1+\cos \alpha }\right)$

Ta có ${\left(a-b\right)}^2\ge 0$ suy ra ${\left(a+b\right)}^2\ge 4ab$ và ${\left(a+b\right)}^2\le 2\left(a^2+b^2\right)$

Ta suy ra các BĐT $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge \frac{4}{a+b}$ và $a+b\le \sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}$.

Áp dụng BĐT trên ta có

$\frac{1}{1+\sin \alpha }+\frac{1}{1+\cos \alpha }\ge \frac{4}{2+\left(\sin \alpha +\cos \alpha \right)}.$

$\sin \alpha +\cos \alpha \le \sqrt{2\left({\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha \right)}=\sqrt{2}.$

Do đó $2+\left(\sin \alpha +\cos \alpha \right)\le 2+\sqrt{2}.$

Suy ra: $\frac{4}{2+\left(\sin \alpha +\cos \alpha \right)}\ge \frac{4}{2+\sqrt{2}}=4-2\sqrt{2}.$

Từ đó ta được: $T\ge \frac{4-2\sqrt{2}}{R}.$

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi: $\{\begin{array}{l}1+\sin \alpha =1+\cos \alpha \\ \sin \alpha +\cos \alpha =\sqrt{2}\end{array}$ tức là $\sin \alpha =\cos \alpha$ suy ra $\alpha =45^{\circ }.$

Giá trị $\alpha =45^{\circ }$ hoàn toàn thỏa mãn điều kiện $0^{\circ }<\alpha <90^{\circ }.$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $T$ là $\frac{4-2\sqrt{2}}{R}$ khi $\widehat{AOC}=45^{\circ }.$

Đặt $a=x$, $b=y$, $\frac{c}{2}=z$ hay $c=2z$. Vì $a,b,c$ là các số thực dương nên $x,y,z>0$.

Khi đó ta có:

⦁ Vì $2ab+c\left(a+b\right)=6$ nên $2xy+2z\left(x+y\right)=6$ suy ra $xy+yz+zx=3$.

⦁ $P=\frac{\sqrt{x^2+3}+\sqrt{y^2+3}+\sqrt{z^2+3}}{2x+2y+2z}\left(1\right)$

⦁ $\sqrt{a^2+3}=\sqrt{x^2+3}=\sqrt{x^2+xy+yz+zx}=\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}$.

Tương tự: $\sqrt{b^2+3}=\sqrt{y^2+3}=\sqrt{\left(y+z\right)\left(x+y\right)}$; $\sqrt{\frac{c^2}{4}+3}=\sqrt{z^2+3}=\sqrt{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}$

Với $x,y,z>0$, áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được:

⦁ $\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}\le \frac{{\left(\sqrt{x+y}\right)}^2+{\left(\sqrt{x+z}\right)}^2}{2}=x+\frac{y+z}{2}$

⦁ Tương tự: $\sqrt{\left(y+z\right)\left(x+y\right)}\le y+\frac{x+z}{2}$; $\sqrt{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}\le z+\frac{x+y}{2}$

Cộng các vế của các bất đẳng thức trên ta được:

$\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\sqrt{\left(y+z\right)\left(x+y\right)}+\sqrt{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}\le 2\left(x+y+z\right)$

Từ đó suy ra: $\sqrt{x^2+3}+\sqrt{y^2+3}+\sqrt{z^2+3}\le 2\left(x+y+z\right)\left(2\right)$

Từ (1) và (2) suy ra: $P\le \frac{2\left(x+y+z\right)}{2\left(x+y+z\right)}=1$ (với $x,y,z>0$).

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi: $\{\begin{array}{l}x+y=x+z\\ y+z=x+y\\ x+z=y+z\end{array}$ hay $x=y=z$, mặt khác $xy+yz+zx=3$ nên $x=y=z=1$ (thỏa mãn $x,y,z>0$), suy ra $a=b=\frac{c}{2}=1$ hay $a=b=1$ và $c=2$ (thỏa mãn).

Vậy giá trị lớn nhất của $P$ bằng $1$ khi $a=b=1$ và $c=2$.