Giải Đề minh hoạ TS 10 Hà Nội 2024

1) Khi $x=9$ ta có: $$A=\dfrac{\sqrt9+2}{\sqrt9-2}=\dfrac{3+2}{3-2}=5 $$
2) Chứng minh $B=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}$.

Ta có: $B=\dfrac{x+4}{x-4}-\dfrac{2}{\sqrt{x}-2}=\dfrac{x+4-2(\sqrt{x}+2)}{x-4}=\dfrac{x-2\sqrt{x}}{x-4}=\dfrac{\sqrt{x}(\sqrt{x}-2)}{(\sqrt{x}+2)(\sqrt{x}-2)}=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}$

3) Ta có: $$AB=\dfrac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-2}.\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2} =\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2} \geqslant 0 ⇔ \left[\begin{array}{l}x=0\\
\left\lbrace\begin{array}{l} x > 0\\ \sqrt{x}-2>0\end{array} \right.
\end{array} \right. ⇔ \left[
\begin{array}{l}x=0\\
x>4\end{array} \right.$$

1) Gọi $x$ (km/h) là vận tốc lúc đi. Điều kiện $x>0$. Suy ra vận tốc lúc về là $x+10$ (km/h).

Khi đó thời gian lúc đi và thời gian lúc về lần lượt là: $\dfrac{30}{x} , \dfrac{30}{x+10}$.

Theo đề bài ta có phương trình: $$\dfrac{30}{x}-\dfrac{30}{x+10}=\dfrac{1}{4}⇔ 300=\dfrac14(x^2+10x)⇔ \dfrac14x^2+\dfrac52x-300=0$$

Phương trình có hai nghiệm $x=30$ (nhận), $x=-40$ (loại).

Vậy $x=30$ (km/h).

2) Diện tích xung quanh của mặt nón:$$S_{\text{xq}}=\pi.r.\ell \quad (r=22cm, \ell =30cm)$$
Vậy diện tích lá cần dùng là: $3S_{\text{xq}}=3\pi.22.30\approx 6220,35\ \text{cm}^2 $.

1)
$$\left\{\begin{array}{ll} x+|2y-1|&=4\\
4x-|2y-1|&=1
\end{array}
\right.⇔ \left\{\begin{array}{ll} x&=1\\
|2y-1|&=3
\end{array}
\right.$$

$$⇔ \left\{\begin{array}{ll} x&=1\\ 2y-1&= \pm 3 \end{array} \right.
⇔ \left\{\begin{array}{ll} x&=1\\ y&=2 \end{array}\right. \ \text{hay} \left\{\begin{array}{ll} x&=1\\ y& =-1 \end{array} \right.$$
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm $$\left\{\begin{array}{ll} x&=1\\ y&= 2\end{array} \right.
; \left\{\begin{array}{ll} x&=1\\ y&=-1 \end{array}\right. $$

2)

a) Phương trình hoành độ giao điểm $$x^2=mx+4 ⇔ x^2-mx-4=0$$
$\Delta=m^2+16>0\ \forall m $. Do đó phương trình luôn luôn có hai nghiệm $x_1, x_2$. Vậy $(P)$ và $(d)$ luôn luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt.

b) $$A=x_1^2+x_2^2+6x_1+6x_2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2+6(x_1+x_2)$$
Theo hệ thức Vi-et ta có: $\left\{\begin{array}{lll}x_1+x_2&=-\dfrac{b}{a}&=m\\x_1x_2&=\dfrac{c}{a}&=-4\end{array} \right.$.

Khi đó $A=m^2+6m+8=(m+3)^2-1\geqslant -1 \ \forall m$.

Do đó giá trị nhỏ nhất của $A$ là $-1$ đạt được khi $m=-3$.

$a^2+b^2=(a+b)^2-2ab=4-2ab$

Vậy $A=\dfrac{1}{a^2+b^2+1}+\dfrac{2}{3ab}=\dfrac{1}{5-2ab}+\dfrac{2}{3ab}=\dfrac{1}{5-2x}+\dfrac{2}{3x}=\dfrac{-x+10}{-6x^2+15x}$ với $x=ab$.

$A-1=\dfrac{6x^2-16x+10}{x(15-6x)}=\dfrac{(x-1)(6x-10)}{x(15-6x)}$

Ta có $ab\leqslant \dfrac{(a+b)^2}{4}=1 ⇒ 0<x\leqslant 1 ⇒ \left\{\begin{array}{l}x-1 \leqslant 0 \\ 6x-10<0 \\ x>0\\ 15-6x>0\end{array}
\right. $.

Vậy $A-1 \geqslant 0 ⇔ A \geqslant 1$ (ĐPCM).

1)

	Tứ giác $AEMF$ có $\widehat{AEM}=\widehat{AFM}=90^\circ$ nên là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính $AM$.

2)

Tứ giác $AEMF$ nội tiếp suy ra $\widehat{MEF}=\widehat{MAF} =\widehat{KAC} \quad (1) $ Tứ giác $ABKC$ nội tiếp suy ra $\widehat{KBC}=\widehat{KAC} \quad (2) $. Từ (1) và (2) ta suy ra $\widehat{MEF}=\widehat{KBC}$ (đpcm). Tương tự như trên ta có: $\widehat{MFE}=\widehat{KCB}$ do đó hai tam giác $MEF$ và $KBC$ đồng dạng. Suy ra $\dfrac{ME}{KB}=\dfrac{EF}{BC} ⇔ BC.ME=EF.BK$.

3)

Tam giác $EMF$ đồng dạng với tam giác $BKC$, $J$ là trung điểm $EF$, $M$ là trung điểm $BC$. Suy ra tam giác $EMJ$ đồngd ạng với tam giác $BKM$. Do đó $\widehat{JME}=\widehat{MKB}=\widehat{AKB}=\widehat{ACB}$.

Ta sẽ chứng minh $\widehat{AMJ}=\widehat{MAO}$. Thật vậy:

$\widehat{AMJ}=\widehat{AME} – \widehat{JME} =\widehat{AFE}-\widehat{ACB}=90^\circ-\widehat{EFM}-\widehat{ACB}= 90^\circ-\widehat{BCK}-\widehat{ACB} =90^\circ – \widehat{ACK}\qquad (3)$

Trong tam giác $AOK$ cân tại $O$ ta có: $\widehat{OAM}=\dfrac{180^\circ-\widehat{AOK}}{2} =90^\circ-\widehat{ACK} \qquad (4)$.

Từ (3) và (4) ta suy ra đpcm.

About TS. Nguyễn Thái Sơn

Nguyên trưởng Khoa Toán-Tin học ĐHSP TP HCM (1999-2009). /n Nguyên Giám đốc- Tổng biên tập NXB ĐHSP TP HCM (2009-2011). /n Nguyên Tổng thư ký Hội Toán học TP HCM (2008-2013). /n Giảng viên thỉnh giảng ĐHSP TP HCM.