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

1) Gọi số xe tải loại lớn mà đội vận chuyển sử dụng là \(x\) (xe) \(\left( {x \in \mathbb{N}*} \right).\)

Số xe tải loại nhỏ mà đội cần sử dụng theo kế hoạch là \(x + 2\) (xe).

Mỗi xe tải loại lớn vận chuyển được là \(\frac{{15}}{x}\) (tấn).

Mỗi xe tải loại nhỏ theo kế hoạch vận chuyển được là \(\frac{{15}}{{x + 2}}\) (tấn).

Theo bài, mỗi xe tải lớn chở nhiều hơn mỗi xe tải loại nhỏ 2 tấn nên ta có phương trình:

\(\frac{{15}}{x} - \frac{{15}}{{x + 2}} = 2\)

\(15\left( {x + 2} \right) - 15x = 2x\left( {x + 2} \right)\)

\(15x + 30 - 15x = 2{x^2} + 4x\)

\(2{x^2} + 4x - 30 = 0\)

\(x = 3\) hoặc \(x = - 5.\)

Ta thấy chỉ có giá trị \(x = 3\) thỏa mãn điều kiện.

Vậy xe tải loại lớn mà đội vận chuyển cần dùng là \(3\) xe.

2) Diện tích xung quanh của bình đựng nước là:

\({S_4} = 2\pi rh = 2\pi \cdot 4 \cdot 25 = 200\pi \approx 628{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

Vậy diện tích xung quanh của bình đựng nước khoảng \(628{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}.\)

1) Vì \(AB,\,\,AC\) là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \[\widehat {ABO} = \widehat {ACO} = 90^\circ .\]

Do đó hai điểm \(B,\,\,C\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(AO.\)

Vậy tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \(AO.\)

2) ⦁ Ta có \(BD\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {BED} = 90^\circ .\)

Xét \(\Delta ABE\) vuông tại \(E,\) ta có: \(\cos \widehat {BAE} = \frac{{AE}}{{AB}}.\)

Xét \(\Delta ABD\) vuông tại \(B,\) ta có: \(\cos \widehat {BAD} = \frac{{AB}}{{AD}}.\)

Do đó \[\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AB}}{{AD}}\] hay \(A{B^2} = AE \cdot AD.\)

Lại có \(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) của đường tròn \(\left( O \right)\) cắt nhau tại \(A)\) và \(OB = OC\) nên đường thẳng \(AO\) là trung trực của đoạn thẳng \(BC.\) Do đó \(AO \bot BC.\)

Chứng minh tương tự như trên ta cũng có:

\(\frac{{AB}}{{AO}} = \cos \widehat {BAO} = \cos \widehat {BAH} = \frac{{AH}}{{AB}},\) suy ra \(A{B^2} = AH \cdot AO.\)

Vậy \(A{B^2} = AE \cdot AD = AH \cdot AO.\)

⦁ Chứng minh tương tự như trên, ta cũng có:

\(OH{\rm{\;}} \cdot OA = O{B^2} = O{D^2}\) hay \(\frac{{OD}}{{OA}} = \frac{{OH}}{{OD}}.\)

Xét \(\Delta ODH\) và \(\Delta OAD\) có: \(\widehat {AOD}\) là góc chung và \(\frac{{OD}}{{OA}} = \frac{{OH}}{{OD}}.\)

Do đó  (c.g.c). Suy ra \(\widehat {HDO} = \widehat {DAO}\) (hai góc tương ứng).  (1)

Ta có \(\widehat {AHB} = \widehat {AEB} = 90^\circ \) nên hai điểm \(H,\,\,E\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(AB.\)

Do đó tứ giác \(ABHE\)  nội tiếp đường tròn đường kính \(AB.\)

Suy ra \(\widehat {EBH} = \widehat {EAH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EH).\) Hay \(\widehat {HBE} = \widehat {DAO}.\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {HDO} = \widehat {HBE}.\)

3) Gọi \(K\) là giao điểm của \(BE\) và \(MN.\)

Ta có \(BD\,{\rm{//}}\,MN\) (cùng vuông góc với \(AB)\) nên \(\widehat {DBM} = \widehat {BMN}\) (hai góc so le trong).

Xét \(\Delta BHD\) và \(\Delta MKB\) có \(\widehat {DBH} = \widehat {BMK},\,\,\widehat {BDH} = \widehat {KBM}\)

Do đó  (g.g), suy ra \(\frac{{BH}}{{MK}} = \frac{{BD}}{{MB}}.\,\,\,\left( 3 \right)\)

Xét \(\Delta BCD\) và \(\Delta MNB\) có \(\widehat {BCD} = \widehat {MNB} = 90^\circ \) và \(\widehat {CBD} = \widehat {BMN}\)

Do đó  (g.g), suy ra \(\frac{{BC}}{{MN}} = \frac{{BD}}{{MB}}.\,\,\,\,\left( 4 \right)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(\frac{{BH}}{{MK}} = \frac{{BC}}{{MN}},\) nên \(\frac{{BH}}{{BC}} = \frac{{MK}}{{MN}}.\)

Do \(OA\) là đường trung trực của \(BC\) nên \(H\) là trung điểm của \(BC,\) suy ra \(BH = \frac{1}{2}BC\) hay \(\frac{{BH}}{{BC}} = \frac{1}{2}\) nên \(\frac{{MK}}{{MN}} = \frac{1}{2},\) do đó \(K\) là trung điểm của \(MN.\)

Với \(x > 0,\,\,y > 0\) ta có:

\({\left( {x - y} \right)^2} \ge 0\)

\({\left( {x + y} \right)^2} \ge 4xy = 4\left[ {3 - \left( {x + y} \right)} \right]{\rm{ }}\)

\({\left( {x + y} \right)^2} + 4\left( {x + y} \right) - 12 \ge 0\)

\(\left( {x + y + 6} \right)\left( {x + y - 2} \right) \ge 0\)

Mà \(x,\,\,y\) là các số dương nên \(x + y + 6 > 0.\) Do đó \(x + y \ge 2.\)

Từ đó \(P = \frac{3}{{x + y}} + x + y - 3 = \frac{4}{{x + y}} + \left( {x + y} \right) - \frac{1}{{x + y}} - 3\)

\[\mathop \ge \limits^{{\rm{B\ST Cauchy}}} \]\[2\sqrt {\frac{4}{{x + y}} \cdot \left( {x + y} \right)} - \frac{1}{{x + y}} - 3 = 1 - \frac{1}{{x + y}}\]

\( \ge 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}.\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\) là \(\frac{1}{2}\) khi \(x = y = 1.\)