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 $x = 4$.

Bảng tần số tương đối

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 $P\left( A \right) = \frac{4}{{12}} = \frac{1}{3}$.

Thể tích viên bi sắt là $V = \frac{4}{3}\pi .\,\,{r^3} = \frac{4}{3}\pi .\,\,{3^3} = 36\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right)$

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

Gọi số cuốn sách ở ngăn I lúc đầu là: $x$ cuốn $\left( {x \in N;\,\,x > 100} \right)$

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.

Từ giả thiết suy ra $A\left( {3;\,\, - 8} \right)$thuộc parabol $y = a{x^2}$

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: $\frac{{MB}}{{MC}} = \frac{{IB.MD}}{{DB}} \cdot \frac{{DO}}{{IO.MD}} = \frac{{2IO.R}}{{IO.R\sqrt 2 }} = \sqrt 2$.

Ta có:

$\sqrt {6a + \frac{{{{\left( {b - c} \right)}^2}}}{2}} = \sqrt {6a + \frac{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}{2} - 2bc} \le \sqrt {6a + \frac{{{{\left( {3 - a} \right)}^2}}}{2}} = \sqrt {\frac{{{{\left( {3 + a} \right)}^2}}}{2}} = \frac{{3 + a}}{{\sqrt 2 }}$

Tương tự $\sqrt {6b + \frac{{{{\left( {c - a} \right)}^2}}}{2}} \le \frac{{3 + b}}{{\sqrt 2 }};\,\,\sqrt {6c + \frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{2}} \le \frac{{3 + c}}{{\sqrt 2 }}$

Cộng vế với vế ba bất đẳng thức trên ta được:

$\sqrt {6a + \frac{{{{\left( {b - c} \right)}^2}}}{2}} + \sqrt {6b + \frac{{{{\left( {c - a} \right)}^2}}}{2}} + \sqrt {6c + \frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{2}} \le \frac{{3 + a}}{{\sqrt 2 }} + \frac{{3 + b}}{{\sqrt 2 }} + \frac{{3 + c}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{a + b + c + 9}}{{\sqrt 2 }} = 6\sqrt 2$

Dấu xảy ra khi $\left\{ \begin{array}{l}a + b + c = 3\\ab = bc = ca = 0\end{array} \right.$

Hay $\left\{ \begin{array}{l}a = b = 0\\c = 3\end{array} \right.$ hoặc $\left\{ \begin{array}{l}b = c = 0\\a = 3\end{array} \right.$ hoặc $\left\{ \begin{array}{l}a = c = 0\\b = 3\end{array} \right.$.