Đề và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 sở GD&ĐT Thanh Hóa năm 2022 - 2023

1) Với $x \geq 0, \, x \neq 1$,

$P=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}-\dfrac{2 \sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}+\dfrac{x-3}{x-1}$

$=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}-\dfrac{2 \sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}+\dfrac{x-3}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}$

$=\dfrac{\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)-2 \sqrt{x}(\sqrt{x}-1)+x-3}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}$

$=\dfrac{x+\sqrt{x}-2 x+2 \sqrt{x}+x-3}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}$

$=\dfrac{3 \sqrt{x}-3}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}$

$=\dfrac{3(\sqrt{x}-1)}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}$

$ =\dfrac{3}{\sqrt{x}+1}$

Vậy $P=\dfrac{3}{\sqrt{x}+1}$ vói $x \geq 0, \, x \neq 1$

2) Để $\dfrac{1}{P}=\dfrac{4}{3} \Leftrightarrow 1 \, : \, \dfrac{3}{\sqrt{x}+1}=\dfrac{4}{3} $

$\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{x}+1}{3}=\dfrac{4}{3}$

$\Rightarrow \sqrt{x}+1=4$

$\Leftrightarrow \sqrt{x}=3$

$\Leftrightarrow x=9$ (thỏa mãn điều kiện)

Vậy $x=9$ thì $\dfrac{1}{P}=\dfrac{4}{3}$.

1. Đường thẳng $(d)$ cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng $2$ nên ta có:

$0=(2-m) . 2+m+1$

$\Leftrightarrow 4-2 m+m+1=0$

$\Leftrightarrow-m+5=0$

$\Leftrightarrow m=5$.

Vậy $m=5$ là giá trị cần tìm.

2. Ta có:

$\left\{\begin{aligned}&3 x+2 y=11 \\ &x-2 y=1\\ \end{aligned} \Leftrightarrow\left\{\begin{aligned}&4 x=12 \\ &x-2 y=1\\ \end{aligned}\right.\right.$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{aligned}&x=3 \\ &3-2 y=1\\ \end{aligned} \Leftrightarrow\left\{\begin{aligned}&x=3 \\ &2 y=2\\ \end{aligned} \Leftrightarrow\left\{\begin{aligned}x=3 \\ y=1\end{aligned}\right.\right.\right.$

Vậy hệ phương trình có nghiệm $(x ; y)=(3 ; 1)$.

1) Ta có: $(-1)+4+(-3)=0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt $\left[\begin{aligned}&x=1 \\ &x=\dfrac{-3}{-1}=3\\ \end{aligned}\right.$.

Vậy phương trình có tập nghiệm là $S=\{1 ; 3\}$.

2) Ta có: $\Delta=(-1)^2-4(m-1)=-4 m+5$.

Phương trình có hai nghiệm $x_1, \, x_2 \Leftrightarrow \Delta \geq 0$

$\Leftrightarrow-4 m+5 \geq 0 \Leftrightarrow m \leq \dfrac{5}{4}$.

Theo hệ thức Vi - ét, ta có: $\begin{aligned}&x_1+x_2=1 \, (1) \\ &x_1 x_2=m-1 \, (2)\\ \end{aligned}$.

Theo đề bài, ta có điều kiện: $x_1 x_2 \neq 0 \Rightarrow m-1 \neq 0 \Leftrightarrow m \neq 1$

$\dfrac{2}{x_1^2}+\dfrac{5}{x_1 x_2}=\dfrac{4}{x_2^2}\left(\dfrac{1}{x_1^2}-1\right) $

$\Leftrightarrow \dfrac{2}{x_1^2}+\dfrac{5}{x_1 x_2}=\dfrac{4}{x_2^2 x_1^2}-\dfrac{4}{x_2^2} $

$\Rightarrow 2 x_2^2+5 x_1 x_2=4-4 x_1^2 $

$\Leftrightarrow 2 x_2^2+5 x_1 x_2-4+4 x_1^2=0 $

$\Leftrightarrow 2\left(x_1^2+x_2^2\right)+2 x_1^2+5 x_1 x_2-4=0$

$\Leftrightarrow 2\left(x_1+x_2\right)^2-4 x_1 x_2+2 x_1^2+5 x_1 x_2-4=0 $

$\Leftrightarrow 2\left(x_1+x_2\right)^2+x_1 x_2+2 x_1^2-4=0 $

$\Leftrightarrow 2+m-1+2 x_1^2-4=0 $

$\Leftrightarrow 2 x_1^2+m-3=0 \, (*)$.

Vì $x_1$ là nghiệm của phương trình $x^2-x+m-1=0$ nên $x_1^2-x_1+m-1=0 \Leftrightarrow x_1^2=x_1-m+1$.

Thay vào $(*)$ ta được: $2\left(x_1-m+1\right)+m-3=0$

$\Leftrightarrow 2 x_1-2 m+2+m-3=0$

$\Leftrightarrow 2 x_1-m-1=0$

$\Leftrightarrow 2 x_1=m+1$

$\Leftrightarrow x_1=\dfrac{m+1}{2}$.

Thay $x_1=\dfrac{m+1}{2}$ vào $(1)$, ta có: $\dfrac{m+1}{2}+x_2=1$

$\Leftrightarrow x_2=1-\dfrac{m+1}{2} $

$\Leftrightarrow x_2=\dfrac{2-m-1}{2} $

$\Leftrightarrow x_2=\dfrac{1-m}{2}$.

Thay $x_1=\dfrac{m+1}{2} ; \, x_2=\dfrac{1-m}{2}$ vào $(2)$, ta được: $\dfrac{m+1}{2} . \dfrac{1-m}{2}=m-1$

$\Rightarrow(m+1)(1-m)=4(m-1)$

$\Leftrightarrow-(m+1)(m-1)-4(m-1)=0$

$\Leftrightarrow(m+1)(m-1)+4(m-1)=0$

$\Leftrightarrow(m-1)(m+1+4)=0$

$\Leftrightarrow(m-1)(m+5)=0$

$\Leftrightarrow\left[\begin{aligned}&m - 1 = 0\\ &m + 5 = 0\\ \end{aligned} \Leftrightarrow \left[\begin{aligned} &m=1 \, (ktm) \\ &m=-5 \, (tm) \\ \end{aligned}\right.\right.$.

Vậy $m=-5$.

1. Chứng minh $A E H B$ là tú giác nội tiếp.

Ta có $A H \perp B C \Rightarrow \widehat{A H B}=90^{\circ}$;

$A E \perp B E \Rightarrow \widehat{A E B}=90^{\circ}$.

Tứ giác $A E H B$ có: $\widehat{A H B}=\widehat{A E B}=90^{\circ}$ mà hai góc này cùng nhìn cung $AB$ dưới một góc không đổi

$\Rightarrow A E H B$ là tứ giác nội tiếp.

2. Kéo dài $AO$ cắt đường tròn $(O)$ tại $K$ khi đó $AK$ là đường kính của đường tròn tâm $O$

Ta có: $C$ thuộc đường tròn $(O) \Rightarrow \widehat{A C K}=90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

$\Rightarrow C K \perp A C$.

Tứ giác $AEHB$ nội tiếp (cmt) $\Rightarrow \widehat{E H C}=\widehat{B A E}$ (hai góc cùng bù với $\widehat{ B H E}$)

$\Rightarrow \widehat{E H C}=\widehat{B A K}$.

Xét $(O)$ có: $\widehat{B A K}=\widehat{B C K}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BK$).

Suy ra $\widehat{E H C}=\widehat{B C K}$.

Mà hai góc này ở vị trí so le trong $\Rightarrow H E$ // $C K$

Ta có: $\left\{\begin{aligned}&C K \perp A C \, (cmt) \\ &C K \, \text{//} \, H E \, (cmt)\end{aligned} \Rightarrow H E \perp A C\right.$ (quan hệ từ vuông góc đến song song)

3. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $BC$, $N$ là trung điểm của $A B$.

Ta có: $N$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $A B H E \Rightarrow N E=N H$ (1)

Tam giác $A B C$ có: $M$ là trung điểm $B C; \, N$ là trung điểm $A B$

Suy ra $M N$ là đường trung bình của tam giác $A B C$

$ \Rightarrow M N$ // $A C$.

Mà $H E \perp A C$ (theo câu b)

$ \Rightarrow M N \perp H E$.

Từ (1) và (2) $\Rightarrow M N$ là đường trung trực của $H E \Rightarrow M H=M E \Rightarrow \dfrac{M E}{M H}=1$.

Vậy $\dfrac{M E}{M H}=1$.

Ta có $x y+y z+z x=3 x y z \Leftrightarrow \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=3$

$ \Rightarrow \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z} \geq \dfrac{9}{x+y+z}$

$\Leftrightarrow 3 \geq \dfrac{9}{x+y+z}$

$\Leftrightarrow x+y+z \geq 3$.

Ta có: $\dfrac{x}{1+y^2}+\dfrac{x y^2}{1+y^2}=\dfrac{x\left(1+y^2\right)}{x+y^2}=x$

$ \Rightarrow \dfrac{x}{1+y^2}=x\left(1-\dfrac{y^2}{1+y^2}\right)$

Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: $x\left(1-\dfrac{y^2}{1+y^2}\right) \geq x\left(1-\dfrac{y}{2}\right)=x-\dfrac{x y}{2}$

$ \Rightarrow \dfrac{x}{1+y^2} \geq x-\dfrac{x y}{2}$

Chứng minh tương tự: $\dfrac{y}{1+z^2} \geq y-\dfrac{y z}{2}$ và $\dfrac{z}{1+x^2} \geq z-\dfrac{z x}{2}$

Ta có: $Q=\dfrac{x}{1+y^2}+\dfrac{y}{1+z^2}+\dfrac{z}{1+x^2}+\dfrac{3}{2} x y z=\dfrac{x}{1+y^2}+\dfrac{y}{1+z^2}+\dfrac{z}{1+x^2}+\dfrac{x y+y z+z x}{2}$

$ \geq(x+y+z)-\left(\dfrac{x y}{2}+\dfrac{y z}{2}+\dfrac{z x}{2}\right)+\dfrac{x y+y z+z x}{2}=x+y+z \geq 3 $

Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=1$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $Q$ là $3$ khi $x=y=z=1$.