Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Bạc Liêu năm học 2025-2026 có đáp án

a) Tính giá trị của biểu thức \[B\] khi \[x = 9\]         .

Với \[x = 9\] thỏa điều kiện \[x \ge 0,\,x \ne 16\] nên ta có:

\(B = \frac{{9 - \sqrt 9  + 4}}{{\sqrt 9  - 4}} = \frac{{9 - 3 + 4}}{{3 - 4}} = \frac{{10}}{{ - 1}} =  - 10\)

Vậy khi \[x = 9\] thì \(B =  - 10\).

b) Chứng minh rằng \(A = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 4}}\)  .

Với \[x \ge 0,\,x \ne 16\], ta có:

\(A = \frac{{6\sqrt x  - 8}}{{x - 16}} + \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 4}} + \frac{2}{{\sqrt x  - 4}}\)

\(A = \frac{{6\sqrt x  - 8}}{{\left( {\sqrt x  + 4} \right)\left( {\sqrt x  - 4} \right)}} + \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 4}} + \frac{2}{{\sqrt x  - 4}}\)

\(A = \frac{{6\sqrt x  - 8}}{{\left( {\sqrt x  + 4} \right)\left( {\sqrt x  - 4} \right)}} + \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 4} \right)}}{{\sqrt x  + 4}} + \frac{{2\left( {\sqrt x  + 4} \right)}}{{\sqrt x  - 4}}\)

\(A = \frac{{6\sqrt x  - 8 + x - 4\sqrt x  + 2\sqrt x  + 8}}{{\left( {\sqrt x  + 4} \right)\left( {\sqrt x  - 4} \right)}}\)

\(A = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 4} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 4} \right)\left( {\sqrt x  - 4} \right)}}\)

\(A = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 4}}\)

Vậy với \[x \ge 0,\,x \ne 16\] thì \(A = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 4}}\).

 c) Đặt \[P = \frac{A}{B}\]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \[P\].

 Với \[x \ge 0,\,x \ne 16\], ta có:

\[P = \frac{A}{B} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 4}}:\frac{{x - \sqrt x  + 4}}{{\sqrt x  - 4}} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 4}} \cdot \frac{{\sqrt x  - 4}}{{x - \sqrt x  + 4}} = \frac{{\sqrt x }}{{x - \sqrt x  + 4}}\]

* Với \[x = 0\], ta có: \[P = \frac{{\sqrt 0 }}{{0 - \sqrt 0  + 4}} = 0\,\,\left( 1 \right)\]

* Với \[x > 0,\,x \ne 16\], ta có:

\[P = \frac{{\sqrt x }}{{x - \sqrt x  + 4}} = \frac{1}{{\sqrt x  - 1 + \frac{4}{{\sqrt x }}}}\]

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương \[\sqrt x \] và \[\frac{4}{{\sqrt x }}\], ta có:

\[\begin{array}{l}\sqrt x  + \frac{4}{{\sqrt x }} \ge 4\\\sqrt x  - 1 + \frac{4}{{\sqrt x }} \ge 3\\\frac{1}{{\sqrt x  - 1 + \frac{4}{{\sqrt x }}}} \le \frac{1}{3}\end{array}\].

Hay \[P \le \frac{1}{3}\,\,\left( 2 \right)\]

Dấu  xảy ra khi \[\sqrt x  = \frac{4}{{\sqrt x }}\] hay \[x = 4\] (thỏa mãn)

Từ \[\left( 1 \right);\,\,\left( 2 \right)\] ta có \[{P_{\max }} = \frac{1}{3}\,\,\]khi \[x = 4\].

Vậy giá trị lớn nhất của \[P\] bằng \[\frac{1}{3}\], đạt được tại \[x = 4\].

                Không gian mẫu \(\Omega  = \left\{ {1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5;\,\,6;\,\,7;\,\,8;\,\,9;\,\,10;\,\,11;\,\,12} \right\}\)

Số phần tử của tập \(\Omega \) là \(12\).

Các kết quả thuận lợi cho biến cố A là : \(3,\,\,6,\,\,9,\,\,12\). Có \(4\)kết quả.

Xác suất của biến cố A là \(P\left( A \right) = \frac{4}{{12}} = \frac{1}{3}\).

Theo bài ra thể tích nước dâng lên bằng thể tích viên bi sắt nên ta có:

                \(\pi .\,\,{R^2}.\,\,x = 36\pi \)

                \(\pi .\,\,{\left( {3\sqrt 2 } \right)^2}.\,\,x = 36\pi \)

                 \(x = 2\,\,\left( {cm} \right)\).

Vậy \(x = 2\,\,\left( {cm} \right)\)

Số cuốn sách ở ngăn II lúc đầu là: \(y\) cuốn \(\left( {y \in N;\,\,y > 0} \right)\)

Số cuốn sách ở ngăn I nhiều hơn số cuốn sách ở ngăn II là \(100\) cuốn nên ta có phương trình: \(x - y = 100\,\,\left( 1 \right)\).

Chuyển \(25\% \) số cuốn sách ở ngăn I sang ngăn II thì số cuốn sách ở ngăn I bằng \(75\% \) số cuốn sách ở ngăn II nên ta có phương trình:

 \(\frac{{75}}{{100}}x = \frac{{75}}{{100}}\left( {y + \frac{{25}}{{100}}x} \right)\) hay \(y = \frac{3}{4}x\,\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\)và \(\left( 2 \right)\)ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 100\\y = \frac{3}{4}x\end{array} \right.\)

Giải hệ trên ta được \(\left\{ \begin{array}{l}x = 400\\y = 300\end{array} \right.\) (thoả mãn điều kiện)

Vậy số cuốn sách ở ngăn I lúc đầu là 400 cuốn.

Số cuốn sách ở ngăn II lúc đầu là 300 cuốn.

Suy ra \( - 8 = a.\,\,{3^2}\) hay \(a = \frac{{ - 8}}{9}\) (thoả mãn a < 0).

Phương trình parabol là: \(y =  - \frac{8}{9}{x^2}\)

Vì \(MN = 3\,\,m\) nên hoành độ điểm M là \({x_M} = \frac{3}{2}\) suy ra tung độ của M:\({y_M} =  - \frac{8}{9}.\,\,{\left( {\frac{3}{2}} \right)^2} =  - 2\).

Khoảng cách từ dây đèn đến mặt sân bằng \(8 - 2 = 6\,\,\left( m \right)\)

a) Chứng minh tứ giác \(OBMK\) nội tiếp.

\(\widehat {KMB} = \widehat {AMB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đương tròn)

\(\widehat {KOB} = 90^\circ \) (vì hai đường kính \(AB\) và \(CD\) vuông góc với nhau)

Do đó tam giác \(BMK\) và tam giác \(OBK\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BM\)

Suy ra bốn điểm \(B\), \(O\), \(M\), \(K\) thuộc đường tròn đường kính \(BK\).

Vậy tứ giác \(OBMK\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BK\).

b) Chứng minh rằng \(DI.DM = 2{R^2}\).

\(\widehat {CMD} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét tam giác \(OID\) vuông tại \(O\) và tam giác \(MCD\) vuông tại \(M\) có \(\widehat {CDM}\) chung

Suy ra  (g.g)

Nên \[\frac{{DI}}{{DC}} = \frac{{DO}}{{DM}}\]

Do đó \(DI.DM = 2R.R = 2{R^2}\)

c) Tia phân giác của góc \(IOM\)cắt \(MI\) tại điểm \(E\). Chứng minh rằng \(\tan \widehat {ODI} = \frac{{EI}}{{EM}}\).

Xét tam giác \(OMI\) có \(OE\) là tia phân giác \(\widehat {MOI}\) nên \[\frac{{EI}}{{EM}} = \frac{{OI}}{{OM}}\,\,\,\left( 1 \right)\]

Xét tam giác \(OID\) vuông tại \(O\) nên \(\tan \widehat {ODI} = \frac{{OI}}{{OD}} = \frac{{OI}}{{OM}}\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta suy ra: \(\tan \widehat {ODI} = \frac{{EI}}{{EM}}\)

d) Cho \(IB = 2.IO\). Tính tỉ số \(\frac{{MB}}{{MC}}\).

Ta có  (theo câu b)

Suy ra \[\frac{{IO}}{{MC}} = \frac{{DO}}{{MD}}\] nên \[MC = \frac{{IO.MD}}{{DO}}\,\,\,\left( 3 \right)\]

Xét tam giác \(DIB\) và tam giác \(DBM\) có

\(\widehat {BDM}\): góc chung

\(\widehat {IBD} = \widehat {BMD}\) (2 góc nội tiếp chắn hai cung \(AD\) và \(BD\) bằng nhau của \(\left( O \right)\))

Suy ra  (g.g)

Nên \[\frac{{IB}}{{BM}} = \frac{{DB}}{{MD}}\]

Do đó \[MB = \frac{{IB.MD}}{{DB}}\,\,\,\left( 4 \right)\]

Từ (3) và (4) ta suy ra: \(\frac{{MB}}{{MC}} = \frac{{IB.MD}}{{DB}} \cdot \frac{{DO}}{{IO.MD}} = \frac{{2IO.R}}{{IO.R\sqrt 2 }} = \sqrt 2 \).