Đề thi thử TS vào 10 (Tháng 3) năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Phòng GD&ĐT Huyện Tiền Hải_Tỉnh Thái Bình

1) Với \(a \ge 0,\,\,a \ne 9,\) ta có:

\(P = \frac{{2\sqrt a }}{{\sqrt a + 3}} + \frac{{\sqrt a + 1}}{{\sqrt a - 3}} + \frac{{ - 3 - 7\sqrt a }}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}}\)

 \[ = \frac{{2\sqrt a \cdot \left( {\sqrt a - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}} + \frac{{\left( {\sqrt a + 1} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}} + \frac{{ - 3 - 7\sqrt a }}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}}\]

 \[ = \frac{{2a - 6\sqrt a + a + 3\sqrt a + \sqrt a + 3 - 3 - 7\sqrt a }}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}}\]

 \( = \frac{{3a - 9\sqrt a }}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}} = \frac{{3\sqrt a \left( {\sqrt a - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}} = \frac{{3\sqrt a }}{{\sqrt a + 3}}.\)

Vậy với \(a \ge 0,\,\,a \ne 9\) thì \(P = \frac{{3\sqrt a }}{{\sqrt a + 3}}.\)

Với \(a \ge 0,\,\,a \ne 9,\) ta có: \(P = \frac{{3\sqrt a }}{{\sqrt a + 3}} = \frac{{3\left( {\sqrt a + 3} \right) - 9}}{{\sqrt a + 3}} = 3 - \frac{9}{{\sqrt a + 3}}.\)

Vì \(a \ge 0\) nên \(\sqrt a \ge 0,\,\,3\sqrt a \ge 0\) và \(\sqrt a + 3 \ge 3 > 0,\) suy ra \(\frac{{3\sqrt a }}{{\sqrt a + 3}} \ge 0\) nên \(P \ge 0.\) (1)

Ta có \( - \frac{9}{{\sqrt a + 3}} < 0\) nên \(3 - \frac{9}{{\sqrt a + 3}} < 3\) suy ra \(P < 3.\) (2)

Từ (1) và (2) ta có \(0 \le P < 3.\)

Mà \(P\) có giá trị nguyên suy ra \(P \in \left\{ {0;\,\,1;\,\,2} \right\}.\)

⦁ \(P = 0\) tức là \(3 - \frac{9}{{\sqrt a + 3}} = 0\) suy ra \(\frac{9}{{\sqrt a + 3}} = 3,\) do đó \(\sqrt a + 3 = 3,\) nên \(a = 0;\)

⦁ \(P = 1\) tức là \(3 - \frac{9}{{\sqrt a + 3}} = 1\) suy ra \(\frac{9}{{\sqrt a + 3}} = 2,\) do đó \(\sqrt a + 3 = \frac{9}{2}\) nên \(a = \frac{9}{4};\)

⦁ \(P = 2\) tức là \(3 - \frac{9}{{\sqrt a + 3}} = 2\) suy ra \(\frac{9}{{\sqrt a + 3}} = 1,\) do đó \(\sqrt a + 3 = 9\) nên \(a = 36.\)

Kết hợp điều kiện xác định \(a \ge 0,\,\,a \ne 9\) suy ra \(a = \left\{ {0;\,\,\frac{9}{4};\,\,36} \right\}.\)

Xét hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5x + y = 11}\\{2x + 3y = 7}\end{array}} \right.\)

Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với 3, ta được hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{15x + 3y = 33}\\{2x + 3y = 7}\end{array}} \right..\)

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

\[13x = 26,\] suy ra \[x = 2.\]

Thay \(x = 2\) vào phương trình \(5x + y = 11,\) ta được:

\(5 \cdot 2 + y = 11,\) suy ra \(y = 1\).

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {2;\,\,1} \right).\)

Không gian mẫu của phép thử là: \(\Omega = \left\{ {1;\,\,2;\,\,3;\,\, \ldots ;\,\,40} \right\}.\) Không gian mẫu có 40 phần tử.

Gọi \[A\] là biến cố lấy được thẻ ghi số chia hết cho 6.

Có 6 kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là \(6;\,\,12;\,\,18;\,\,24;\,\,30;\,\,36.\)

Vậy xác suất biến cố \[A\] là: \(P\left( A \right) = \frac{6}{{40}} = 0,15.\)

a) Thay \(m = 1\) vào phương trình (*), ta được:

\({x^2} - \left( {1 + 5} \right)x + 3 \cdot 1 + 6 = 0\)

\({x^2} - 6x + 9 = 0\)

\({\left( {x - 3} \right)^2} = 0\)

\(x - 3 = 0\)

\(x = 3.\)

Vậy với \(m = 1\) thì phương trình (*) có nghiệm \(x = 3.\)

b) Xét phương trình \({x^2} - \left( {m + 5} \right)x + 3m + 6 = 0\) (*) có \(a = 1 \ne 0;\,\,b = - \left( {m + 5} \right);\,\,c = 3m + 6.\)

Ta có\[\Delta = {b^2} - 4ac = {\left[ { - \left( {m + 5} \right)} \right]^2} - 4 \cdot 1 \cdot \left( {3m + 6} \right)\]

\[ = {m^2} + 10m + 25 - 12m - 24\]\[ = {m^2} - 2m + 1 = {\left( {m - 1} \right)^2} \ge 0\] với mọi \(m.\)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi \(\Delta > 0,\) tức là \({\left( {m - 1} \right)^2} > 0,\) suy ra \({\left( {m - 1} \right)^2} \ne 0\) hay \(m - 1 \ne 0\) nên \(m \ne 1\).

Áp dụng định lí Viète ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = m + 5}\\{{x_1}{x_2} = 3m + 6}\end{array}} \right..\)

Vì \({x_1},\,\,{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông nên \({x_1} > 0,\,\,{x_2} > 0.\) Suy ra \({x_1} + {x_2} > 0\) và \({x_1}{x_2} > 0.\)

Khi đó, ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 5 > 0}\\{3m + 6 > 0}\end{array}} \right.\) hay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > - 5}\\{m > - 2}\end{array}} \right.\) nên \(m > - 2.\)

Vì \({x_1},\,\,{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền 5 nên ta áp dụng định lí Pythagore, có:

\(x_1^2 + x_2^2 = {5^2}\)

\(x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - 2{x_1}{x_2} = 25\)

\({\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 25\)

\({\left( {m + 5} \right)^2} - 2\left( {3m + 6} \right) = 25\)

\({m^2} + 10m + 25 - 6m - 12 = 25\)

\({m^2} + 4m - 12 = 0\)

\({m^2} + 6m - 2m - 12 = 0\)

\(m\left( {m + 6} \right) - 2\left( {m + 6} \right) = 0\)

\(\left( {m + 6} \right)\left( {m - 2} \right) = 0\)

\(m + 6 = 0\) hoặc \(m - 2 = 0\)

\(m = - 6\) hoặc \(m = 2.\)

Kết hợp điều kiện \(m > - 2\) suy ra \(m = 2.\)

Vậy \(m = 2\) thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền 5.

Gọi số tiền tiết kiệm mà mẹ Mai gửi ngân hàng là \[x\] (triệu đồng) \(\left( {x > 0} \right).\)

Khi đó, số tiền lãi sau 12 tháng nhận được là: \(x \cdot 6\% = 0,06x\) (triệu đồng).

Tổng số tiền nhận được sau khi gửi 12 tháng là: \(x + 0,06x = 1,06x\) (triệu đồng).

Theo đề bài, mẹ của Mai dự định tổng số tiền nhận được sau khi gửi 12 tháng ít nhất là 159 triệu đồng nên ta có bất phương trình: \(1,06x \ge 159.\)

Giải bất phương trình:

\(1,06x \ge 159\)

       \(x \ge 150\) (thỏa mãn).

Vậy mẹ của Mai phải gửi số tiền tiết kiệm ít nhất là 150 triệu đồng.