Đề thi minh họa Toán vào 10 năm học 2025 - 2026 Thái Bình

1) Thay $x = 9$ (thoả mãn điều kiện $x \ge 0,\,\,x \ne 1)$ vào biểu thức $B$ ta được:

$B = \frac{{\sqrt 9 - 1}}{{\sqrt 9 + 1}} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}.$

Vậy khi $x = 9$ thì $B = \frac{1}{2}.$

2) Với $x \ge 0,\,\,x \ne 1,$ ta có:

$A = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} - \frac{2}{{\sqrt x + 2}} + \frac{{4\sqrt x + 2}}{{x + \sqrt x - 2}}$

$= \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} - \frac{{2\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} + \frac{{4\sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}$

$= \frac{{x + 2\sqrt x - 2\sqrt x + 2 + 4\sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}$

$= \frac{{x + 4\sqrt x + 4}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}$

$= \frac{{{{\left( {\sqrt x + 2} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 1}}.$

Vậy $A = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 1}}.$

3) Với $x \ge 0,\,\,x \ne 1,$ ta có:

$T = 4 - \frac{3}{2}AB = 4 - \frac{3}{2} \cdot \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 1}} \cdot \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}} = 4 - \frac{3}{2} \cdot \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 1}}$

$= \frac{{4 \cdot 2\left( {\sqrt x + 1} \right) - 3\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{2\left( {\sqrt x + 1} \right)}}$$= \frac{{8\sqrt x + 8 - 3\sqrt x - 6}}{{2\left( {\sqrt x + 1} \right)}}$

$= \frac{{5\sqrt x + 2}}{{2\left( {\sqrt x + 1} \right)}} = \frac{{5\left( {\sqrt x + 1} \right) - 3}}{{2\left( {\sqrt x + 1} \right)}} = \frac{5}{2} - \frac{3}{{2\left( {\sqrt x + 1} \right)}}.$

Với $x \ge 0,\,\,x \ne 1$ thì $\sqrt x + 1 > 0$ nên $\frac{3}{{2\left( {\sqrt x + 1} \right)}} > 0$ suy ra $\frac{5}{2} - \frac{3}{{2\left( {\sqrt x + 1} \right)}} < \frac{5}{2}.$

Vì $T$ nhận giá trị nguyên lớn nhất nên $T = 2,$ tức là $\frac{{5\sqrt x + 2}}{{2\left( {\sqrt x + 1} \right)}} = 2,$ suy ra $5\sqrt x + 2 = 4\sqrt x + 4$ hay $\sqrt x = 2,$ ta tìm được $x = 4$ (thoả mãn điều kiện $x \ge 0,\,\,x \ne 1).$

Vậy khi $x = 4$ thì $T$ đạt giá trị nguyên lớn nhất.

1) Đối tượng thống kê là: Mặt 1 chấm, Mặt 2 chấm, Mặt 3 chấm, Mặt 4 chấm, Mặt 5 chấm, Mặt 6 chấm.

Kích thước mẫu thống kê là: 20.

Xét phép thử: “Chọn ngẫu nhiên một học sinh của lớp 9A”.

Tỷ lệ học sinh xếp loại học tập Khá, Tốt là $25\% + 15\% = 40\% .$

Gọi tổng số học sinh có xếp loại học tập Khá, Tốt là $40k,$ số học sinh cả lớp là $100k\,\,\left( {40k \in {\mathbb{N}^*};\,\,100k \in {\mathbb{N}^*}} \right).$

Suy ra kích thước của không gian mẫu trong phép thử trên là $100k.$

Gọi $A$ là biến cố “Chọn được học sinh có xếp loại học tập Khá hoặc Tốt” thì số kết quả thuận lợi cho biến cố A là $40k.$

Vì các kết quả có thể trong phép thử trên là đồng khả năng nên xác suất của biến cố $A$ là $P\left( A \right) = \frac{{40k}}{{100k}} = 40\% .$

Gọi bán kính của khối cầu là $r{\rm{\;(m)}},\,\,r > 0.$

Khi đó:

⦁ Diện tích mặt cầu của khối cầu là: $S = 4\pi {r^2}{\rm{\;(}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}$

⦁ Thể tích của khối cầu là: $V = \frac{4}{3}\pi {r^3}{\rm{\;(}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Vì giá trị diện tích mặt cầu (tính bằng m2) gấp 3 lần giá trị thể tích của khối cầu đó (tính bằng m3) nên ta có:

$4\pi {r^2} = 3 \cdot \frac{4}{3}\pi {r^3},$ suy ra $r = 1{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Do đó thể tích của khối cầu là $V = \frac{4}{3} \cdot 3{,}14 \cdot {1^3} = \frac{{314}}{{75}}{\rm{\;(}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Vậy khối lượng của khối cầu sắt là: $m = \frac{{314}}{{75}} \cdot 7\,\,800 = 32\,\,656\,\,({\rm{kg}}).$

Gọi giá niêm yết của đôi giày và chiếc vợt lần lượt là $x,\,\,y$ triệu đồng $\left( {x,\,\,y > 0} \right).$

Vì tổng số tiền theo giá niêm yết của hai mặt hàng là 2,4 triệu đồng nên ta có phương trình: $x + y = 2{,}4.$

Giá 1 đôi giày thể thao sau giảm giá là: $x - 10\% x = 90\% x = 0{,}9x$ (triệu đồng).

Giá 1 chiếc vợt sau giảm giá là: $y - 15\% y = 85\% y = 0{,}85y$ (triệu đồng).

Vì anh Khánh trả cho cửa hàng 3,2 triệu đồng khi mua 1 đôi giày thể thao và 2 chiếc vợt theo chương trình khuyến mại nên ta có phương trình: $0{,}9x + 2 \cdot 0{,}85y = 3{,}2.$

Ta có hệ phương trình: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x + y = 2{,}4}\\{0{,}9x + 2 \cdot 0{,}85y = 3{,}2}\end{array}} \right..$

Giải hệ phương trình trên, ta được: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 1{,}1}\\{y = 1{,}3}\end{array}} \right.$. Các giá trị thoả mãn điều kiện.

Vậy giá niêm yết của đôi giày là 1,1 triệu đồng, của chiếc vợt là 1,3 triệu đồng.

Xét parabol $y = m{x^2}\,\,\left( {m < 0} \right)$ trong mặt phẳng tọa đô $Oxy$ như hình vẽ.

Vì Parabol nhận $Oy$làm trục đối xứng nên $HB = 4\;{\rm{m}}$ hay $OE = 4\;{\rm{m}}$

Độ cao của cổng là 6 m nên $OH = 6\;{\rm{m}}$ suy ra $B\left( {4;\,\, - 6} \right)$

Vì $B$ thuộc parabol nên ta có $- 6 = m \cdot {4^2}$ hay $m = \frac{{ - 3}}{8}.$ Suy ra $y = \frac{{ - 3}}{8}{x^2}.$

Thanh sắt đặt nằm ngang ở độ cao $4{,}5\;\;{\rm{m}}$ so với mặt đất nên ta có $IH = 4{,}5\;{\rm{m}}$ suy ra $OI = OH - IH = 6 - 4{,}5 = 1{,}5{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Đặt $OF = x\,\,({\rm{m}});\,\,\,x > 0.$

Ta có $D\left( {x; - 1{,}5} \right)$ thuộc parabol nên $- 1{,}5 = \frac{{ - 3}}{8}{x^2}.$ Suy ra $x = 2.$

Hay $ID = 2\;{\rm{m}}{\rm{.}}$ Suy ra $CD = 4\;{\rm{m}}{\rm{.}}$

Vậy độ dài của thanh sắt là 4 m.

Vẽ đường kính $AM$ của đường tròn $\left( O \right).$

Vì tứ giác $BCEF$ nội tiếp nên $\widehat {FBC} + \widehat {FEC} = 180^\circ$ (tổng hai góc đối nhau của tứ giác nội tiếp) mà $\widehat {AEF} + \widehat {FEC} = 180^\circ$ (kề bù) nên $\widehat {AEF} = \widehat {FBC}.$

Lại có $\widehat {FBC} = \widehat {AMC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AC$ của đường tròn $\left. {\left( O \right)} \right).$

Suy ra $\widehat {AEF} = \widehat {AMC}$

Mà $\widehat {AMC} + \widehat {MAC} = 90^\circ$ (do $\widehat {ACM} = 90^\circ$ vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left. {\left( O \right)} \right).$

Suy ra $\widehat {AEF} + \widehat {MAC} = 90^\circ .$ Do đó $AM \bot EF.$

Vì $AM$ là đường kính nên $AM$ đi qua $O$ là một điểm cố định.

Vậy đường thẳng đi qua $A$ và vuông góc với $EF$ luôn đi qua một điểm cố định

Theo bất đẳng thức AM – GM cho hai số dương, ta có:

$\frac{a}{{1 + 9{b^2}}} = \frac{{a\left( {1 + 9{b^2}} \right) - 9a{b^2}}}{{1 + 9{b^2}}} = a - \frac{{9a{b^2}}}{{1 + 9{b^2}}} \ge a - \frac{{9a{b^2}}}{{2\sqrt {1 \cdot 9{b^2}} }} = a - \frac{3}{2}ab.$

Tương tự $\frac{b}{{1 + 9{c^2}}} \ge b - \frac{3}{2}bc,\,\,\,\frac{c}{{1 + 9{a^2}}} \ge c - \frac{3}{2}ca.$

Cộng theo từng vế ba bất đẳng thức trên ta được:

$\frac{a}{{1 + 9{b^2}}} + \frac{b}{{1 + 9{c^2}}} + \frac{c}{{1 + 9{a^2}}} \ge a + b + c - \frac{3}{2}\left( {ab + bc + ca} \right).$

Vì $ab + bc + ca \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} + \frac{{{b^2} + {c^2}}}{2} + \frac{{{c^2} + {a^2}}}{2} = {a^2} + {b^2} + {c^2}$

Suy ra ${a^2} + {b^2} + {c^2} + 2\left( {ab + bc + ca} \right) \ge 3\left( {ab + bc + ca} \right)$ hay $ab + bc + ca \le \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3}$

Do đó $\frac{a}{{1 + 9{b^2}}} + \frac{b}{{1 + 9{c^2}}} + \frac{c}{{1 + 9{a^2}}} \ge a + b + c - \frac{1}{2}{\left( {a + b + c} \right)^2} = \frac{1}{2}.$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = \frac{1}{3}.$