Đề thi thử vào 10 môn Toán năm 2026 THCS Quang Thịnh (Bắc Ninh) tháng 5/2026 có đáp án

a) $\frac{{x - 2}}{3} - \frac{{x + 1}}{4} \le \frac{{x - 2}}{6}$

$\frac{{x - 2}}{3} - \frac{{x + 1}}{4} \le \frac{{x - 2}}{6}$

$4\left( {x - 2} \right) - 3\left( {x + 1} \right) \le 2\left( {x - 2} \right)$

$4x - 8 - 3x - 3 \le 2x - 4$

$- x \le 7$

$x \ge - 7$

Vậy nghiệm của bất phương trình là $x \ge - 7$.

b) $\left( {2x + 5} \right)\left( {1 - 3x} \right) = 0$

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

$2x + 5 = 0$ hoặc $1 - 3x = 0$

$x = \frac{{ - 5}}{2}$ hoặc $x = \frac{1}{3}$

Vậy phương trình có hai nghiệm là $x = \frac{{ - 5}}{2}$ và $x = \frac{1}{3}$.

Với $a \ge 0;a \ne 4$ ta có

$A = \frac{{\sqrt a + 3}}{{\sqrt a - 2}} - \frac{{\sqrt a - 1}}{{\sqrt a + 2}} + \frac{{4\sqrt a - 4}}{{4 - a}}$

$A = \frac{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt a - 2} \right)\left( {\sqrt a + 2} \right)}} - \frac{{\left( {\sqrt a - 1} \right)\left( {\sqrt a - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt a + 2} \right)\left( {\sqrt a - 2} \right)}} - \frac{{4\sqrt a - 4}}{{\left( {\sqrt a + 2} \right)\left( {\sqrt a - 2} \right)}}$

$A = \frac{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a + 2} \right) - \left( {\sqrt a - 1} \right)\left( {\sqrt a - 2} \right) - \left( {4\sqrt a - 4} \right)}}{{\left( {\sqrt a - 2} \right)\left( {\sqrt a + 2} \right)}}$

$A = \frac{{a + 2\sqrt a + 3\sqrt a + 6 - \left( {a - 2\sqrt a - \sqrt a + 2} \right) - \left( {4\sqrt a - 4} \right)}}{{\left( {\sqrt a - 2} \right)\left( {\sqrt a + 2} \right)}}$

$A = \frac{{a + 2\sqrt a + 3\sqrt a + 6 - a + 2\sqrt a + \sqrt a - 2 - 4\sqrt a + 4}}{{\left( {\sqrt a - 2} \right)\left( {\sqrt a + 2} \right)}}$

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

$A = \frac{{4\left( {\sqrt a + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt a - 2} \right)\left( {\sqrt a + 2} \right)}}$

$A = \frac{4}{{\sqrt a - 2}}$

Vậy $A = \frac{4}{{\sqrt a - 2}}$ với $a \ge 0;a \ne 4$.

a) Với $m = - 1$ phương trình đã cho trở thành ${x^2} - 4x - 5 = 0$$\left( 2 \right)$

Phương trình có các hệ số $a = 1$, $b = - 4$, $c = - 5$.

Ta thấy $a - b + c = 1 - \left( { - 4} \right) - 5 = 0$.

Do đó phương trình $\left( 2 \right)$ có các nghiệm là ${x_1} = - 1$ và ${x_2} = 5$.

Vậy với $m = - 1$thì phương trình $\left( 2 \right)$ có hai nghiệm phân biệt là ${x_1} = - 1$ và ${x_2} = 5$.

b) Ta có $\Delta \prime = {\left( { - 2} \right)^2} - \left( { - {m^2} + 4m} \right) = 4 + {m^2} - 4m = {\left( {m - 2} \right)^2} \ge 0$ với mọi $m$.

Do đó phương trình $\left( 1 \right)$có hai nghiệm ${x_1},\,\,{x_2}$ với mọi $m$.

Theo định lý Viète, ta có: ${x_1} + {x_2} = 4$ và ${x_1}{x_2} = - {m^2} + 4m$.

Ta có $A = x_1^2 + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = {4^2} - 2\left( { - {m^2} + 4m} \right) = 16 + 2{m^2} - 8m$.

$= 2\left( {{m^2} - 4m + 8} \right) = 2\left[ {{{\left( {m - 2} \right)}^2} + 4} \right] = 2{\left( {m - 2} \right)^2} + 8 \ge 8$.

A đạt giá trị nhỏ nhất bằng $8$.

Dấu “=” xảy ra khi $m = 2$ (thoả mãn).

Vậy $m = 2$ thì $A$ đạt giá trị nhỏ nhất là $8$.

Gọi vận tốc của xe thứ hai là: $x\,\,\,({\rm{km/h}});\,\,x > 0$

Thì vận tốc của xe thứ nhất là: $x + 3$ (km/h)

Thời gian để xe thứ nhất đi từ A đến B là: $\frac{{86}}{{x + 3}}$ (giờ)

Thời gian để xe thứ hai đi từ A đến B là: $\frac{{86}}{x}$ (giờ)

Vì xe thứ nhất đến $B$ trước xe thứ hai $9$ phút $= \frac{3}{{20}}$ (giờ) nên ta có phương trình:

$\frac{{86}}{x} - \frac{{86}}{{x + 3}} = \frac{3}{{20}}$

$86 \cdot 20\left( {x + 3} \right) - 86 \cdot 20x = 3x\left( {x + 3} \right)$

$1720x + 5160 - 1720x = 3{x^2} + 9x$

$3{x^2} + 9x - 5160 = 0$

Giải phương trình được nghiệm ${x_1} = 40$(TMĐK); ${x_2} = - 43$(loại)

Vậy vận tốc của xe thứ hai là $40\,\,{\rm{km/h}}$

Vận tốc của xe thứ nhất là $40 + 3 = 43\,\,({\rm{km/h)}}$

a) Ta có: $AC$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$suy ra $AC \bot OC$.

Suy ra $\Delta ACO$ vuông tại $C$

Do đó, ba điểm $A,C,O$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AO$ (1)

Lại có: $\Delta OED$ cân tại $O$ có $OI$ là trung tuyến đồng thời là đường cao.

Suy ra $OI \bot ED$ nên $\widehat {OIE} = 90^\circ$, do đó $\Delta OIA$ vuông tại $I$.

Do đó, ba điểm $A,I,O$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AO$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm $A,I,O,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AO$.

b) Ta có $AB = AC$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

$$OB = OC\,\,\left( { = R} \right)$$

Suy ra $OA$ là đường trung trực của $BC$ nên $OA \bot BC$ tại $H$ hay $\widehat {CHO} = 90^\circ$

Chứng minh (g.g)

Suy ra $\frac{{HO}}{{CO}} = \frac{{CO}}{{AO}}$ nên $OH.OA = O{C^2}$.

c) +) Có: $\widehat {CED} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên $\widehat {CEA} = 90^\circ$

Suy ra $\Delta CEA$ vuông tại $E$

Xét $\Delta CEA$ vuông tại $E$ có $M$ là trung điểm của $EC$ nên

$$EM = MA = MC = \frac{1}{2}AC.$$

Do đó $\Delta MEO = \Delta MCO$ (c.c.c)

Suy ra $\widehat {MEO} = \widehat {MCO} = 90^\circ$

Do đó $ME$ là tiếp tuyến của đường tròn (O).

+) Gọi $P$ là giao điểm của $BC$ và $OI$

Xét $\Delta OHP$và $\Delta OIA$có: $\widehat {HOI}$ chung; $\widehat {OHP} = \widehat {OIA} = 90^\circ$

Do đó (g.g)

Suy ra $\frac{{OH}}{{OI}} = \frac{{OP}}{{OA}}$ nên $OH.OA = OI.OP$

Mà $OH.OA = O{C^2}$; $OC = OE\,\,\left( { = R} \right)$ nên $OI.OP = O{E^2}$ suy ra $\frac{{OE}}{{OI}} = \frac{{OP}}{{OE}}$.

Xét $\Delta OEP$ và $\Delta OIE$ có: $\widehat {EOI}$ chung; $\frac{{OE}}{{OI}} = \frac{{OP}}{{OE}}$

Do đó (c.g.c).

Suy ra $\widehat {OEP} = \widehat {OIE} = 90^\circ$ nên $EP \bot EO$.

Mà $ME \bot EO$ nên ba điểm $M,{\rm{ }}E,{\rm{ }}P$ thẳng hàng.

Do đó, ba đường thẳng $ME,{\rm{ }}BC,{\rm{ }}OI$ cắt nhau tại P.

Vậy ba đường thẳng $ME,{\rm{ }}BC,{\rm{ }}OI$ đồng quy.

Ta có: ${a^2} - ab + {b^2} = {\left( {a - b} \right)^2} + ab \ge ab \Rightarrow \frac{1}{{\sqrt {{a^2} - ab + {b^2}} }} \le \frac{1}{{\sqrt {ab} }}\,\,\left( 1 \right)$

Tương tự ta có:

$\frac{1}{{\sqrt {{b^2} - bc + {c^2}} }} \le \frac{1}{{\sqrt {bc} }}\,\,\,\left( 2 \right);\,\,\frac{1}{{\sqrt {{c^2} - ca + {a^2}} }} \le \frac{1}{{\sqrt {ca} }}\,\,\left( 3 \right)$

Từ (1), (2) và (3) cộng vế với vế, ta được: $P \le \frac{1}{{\sqrt {ab} }} + \frac{1}{{\sqrt {bc} }} + \frac{1}{{\sqrt {ca} }}\,\,\left( 4 \right)$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương, ta có:

$\frac{1}{{\sqrt {ab} }} + \frac{1}{{\sqrt {bc} }} + \frac{1}{{\sqrt {ca} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right) + \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) + \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{c} + \frac{1}{a}} \right) = \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 2025\,\,\left( 5 \right)$

Từ (4) và (5) suy ra $P \le 2025.$

Dấu bằng xảy ra khi $a = b = c = \frac{1}{{675}}$

Vậy giá trị lớn nhất của P là $2025$ khi $a = b = c = \frac{1}{{675}}$.