Chào mừng các em học sinh đến với đề tham khảo thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2025 - Đề số 6 của giaibaitoan.com. Đề thi này được biên soạn dựa trên cấu trúc đề thi tuyển sinh vào các trường THPT chuyên và không chuyên tại Hà Nội, giúp các em làm quen với dạng đề và rèn luyện kỹ năng giải toán.
Giaibaitoan.com luôn đồng hành cùng các em trên con đường chinh phục điểm cao trong kỳ thi quan trọng này. Hãy cùng chúng tôi khám phá đề thi và những lời giải chi tiết nhé!
Câu 1: (1,5 điểm) 1) Một siêu thị thống kê hóa đơn mua hàng (đơn vị: nghìn đồng) của 150 khách hàng đầu tiên trong ngày. Số liệu được ghi lại trong biểu đồ tần số ghép nhóm sau:
Câu 1:(1,5 điểm)
1) Một siêu thị thống kê hóa đơn mua hàng (đơn vị: nghìn đồng) của 150 khách hàng đầu tiên trong ngày. Số liệu được ghi lại trong biểu đồ tần số ghép nhóm sau:
Tính tần số tương đối của nhóm có tần số nhỏ nhất.
2) Cho tập hợp A = {1;2;3}. Từ các chữ số của tập hợp A, viết ngẫu nhiên một số tự nhiên có hai chữ số. Tính xác suất để số được viết có hai chữ số giống nhau.
Câu 2:(1,5 điểm) Cho biểu thức \(A = \frac{{x + 2\sqrt x }}{4}\); \(B = \left( {\frac{{\sqrt x }}{{2 + \sqrt x }} + \frac{{x + 4}}{{4 - x}}} \right):\frac{x}{{x - 2\sqrt x }}\) với \(x > 0\), \(x \ne 4\).
1) Tính giá trị của A với x = 9.
2) Rút gọn biểu thức B.
3) Xét biểu thức P = A.B. Chứng minh P < 0.
Câu 3:(2,5 điểm)
1) Anh Bình đến siêu thị để mua 1 cái bàn ủi và 1 cái quạt điện có tổng giá niêm yết là 850 nghìn đồng. Tuy nhiên, thực tế khi trả tiền, nhờ siêu thị khuyến mãi để tri ân khách hàng nên giá bán bàn ủi và quạt điện đã giảm lần lượt 10% và 20% so với giá niêm yết. Do đó, anh Bình đã được giảm 125 nghìn đồng khi mua hai sản phẩm trên. Hỏi số tiền chênh lệch giữa giá bán niêm yết với giá bán thực tế của mỗi sản phẩm mà anh Bình đã mua nói trên là bao nhiêu?
2) Cho quãng đường từ địa điểm A tới địa điểm B dài 90 km. Lúc 6 giờ, một xe máy đi từ A tới B. 6 giờ 30 phút cùng ngày, một ô tô cũng đi từ A tới B với vận tốc lớn hơn vận tốc xe máy 15 km/h. Hai xe cùng chạy trên một con đường và đến B cùng lúc. Tính vận tốc mỗi xe.
3) Biết rằng phương trình bậc hai \(2{x^2} - 4x + m = 0\) có một nghiệm \(x = \frac{{2 + \sqrt {10} }}{2}\). Tính tổng nghịch đảo hai nghiệm của phương trình trên.
Câu 4:(4 điểm)
1) Một trục lăn sơn nước có dạng một hình trụ. Đường kính của đường tròn đáy trục lăn là 5 cm, chiều dài trục lăn là 23 cm (hình bên). Sau khi lăn trục lăn trọn 15 vòng trên một bức tường phẳng thì diện tích phủ sơn là bao nhiêu \(c{m^2}\) (giả sử các đường lăn không chồng lấn lên nhau, lấy \(\pi = 3,14\)).
2) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Hai đường cao BE và CF của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H. Gọi K là trung điểm của BC.
a) Chứng minh \(\Delta AEF\) đồng dạng \(\Delta ABC\).
b) Chứng minh đường thẳng OA vuông góc với đường thẳng EF.
c) Đường phân giác góc FHB cắt AB và AC lần lượt tại M và N. Gọi I là trung điểm của MN, J là trung điểm của AH. Chứng minh tứ giác AFHI nội tiếp và ba điểm I, J, K thẳng hàng.
Câu 5:(0,5 điểm) Một cái sân hình vuông ABCD có cạnh là 8 m. Người ta muốn lát gạch màu khác để trang trí lên mảnh sân hình vuông MNPQ nội tiếp trong sân hình vuông ABCD. Tìm vị trí của M, N, P, Q để hình vuông MNPQ có diện tích nhỏ nhất.
Câu 1:(1,5 điểm)
1) Một siêu thị thống kê hóa đơn mua hàng (đơn vị: nghìn đồng) của 150 khách hàng đầu tiên trong ngày. Số liệu được ghi lại trong biểu đồ tần số ghép nhóm sau:
Tính tần số tương đối của nhóm có tần số nhỏ nhất.
2) Cho tập hợp A = {1;2;3}. Từ các chữ số của tập hợp A, viết ngẫu nhiên một số tự nhiên có hai chữ số. Tính xác suất để số được viết có hai chữ số giống nhau.
Phương pháp
1) Chọn nhóm có tần số nhỏ nhất.
Tần số tương đối của nhóm bằng: tần số của nhóm : tổng . 100%.
2) Xác định không gian mẫu của phép thử, tính số phần tử của không gian mẫu.
Tính số kết quả thuận lợi của biến cố.
Xác suất của biến cố = số kết quả thuận lợi của biến cố : số phần tử của không gian mẫu.
Lời giải
1) Nhóm có tần số nhỏ nhất là nhóm [150;300) với tần số 15.
Tần số tương đối của nhóm có tần số nhỏ nhất là \(\frac{{15}}{{150}}.100\% = 10\% \).
2) Không gian mẫu là: \(\Omega = \{ 11;12;13;21;22;23;31;32;33\} \). Do đó \(n(\Omega ) = 9\).
Có 3 kết quả thuận chơi của biến cố “Số được viết có hai chữ số giống nhau” là {11;22;33}.
Vậy xác suất để số được viết có hai chữ số khác nhau là \(P = \frac{3}{9} = \frac{1}{3}\).
Câu 2:(1,5 điểm) Cho biểu thức \(A = \frac{{x + 2\sqrt x }}{4}\); \(B = \left( {\frac{{\sqrt x }}{{2 + \sqrt x }} + \frac{{x + 4}}{{4 - x}}} \right):\frac{x}{{x - 2\sqrt x }}\) với \(x > 0\), \(x \ne 4\).
1) Tính giá trị của A với x = 9.
2) Rút gọn biểu thức B.
3) Xét biểu thức P = A.B. Chứng minh P < 0.
Phương pháp
1) Kiểm tra điều kiện của x. Nếu thỏa mãn, thay x = 9 vào A.
2) Kết hợp các tính chất của căn thức bậc hai để rút gọn biểu thức.
3) Rút gọn P rồi chứng minh P < 0.
Lời giải
1) Thay x = 9 (thỏa mãn điều kiện) vào A, ta được:
\(A = \frac{{9 + 2\sqrt 9 }}{4} = \frac{{15}}{4}\).
Vậy khi x = 9 thì \(A = \frac{{15}}{4}\).
2) \(B = \left( {\frac{{\sqrt x }}{{2 + \sqrt x }} + \frac{{x + 4}}{{4 - x}}} \right):\frac{x}{{x - 2\sqrt x }}\) (với \(x > 0\), \(x \ne 4\))
\( = \left[ {\frac{{\sqrt x \left( {2 - \sqrt x } \right)}}{{\left( {2 + \sqrt x } \right)\left( {2 - \sqrt x } \right)}} + \frac{{x + 4}}{{\left( {2 + \sqrt x } \right)\left( {2 - \sqrt x } \right)}}} \right].\frac{{x - 2\sqrt x }}{x}\)
\( = \frac{{2\sqrt x - x + x + 4}}{{\left( {2 + \sqrt x } \right)\left( {2 - \sqrt x } \right)}}.\frac{{x - 2\sqrt x }}{x}\)
\( = \frac{{2\sqrt x + 4}}{{\left( {2 + \sqrt x } \right)\left( {2 - \sqrt x } \right)}}.\frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{x}\)
\( = \frac{{ - 2\sqrt x - 4}}{{\left( {2 + \sqrt x } \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}.\frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{x}\)
\( = \frac{{ - 2\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{2 + \sqrt x }}.\frac{{\sqrt x }}{x}\)
\( = \frac{{ - 2}}{{\sqrt x }}\).
3) \(P = \frac{{x + 2\sqrt x }}{4}.\left( {\frac{{ - 2}}{{\sqrt x }}} \right) = \frac{{ - 2\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{4\sqrt x }} = \frac{{ - \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{2}\).
Ta có \(\sqrt x + 2 > 0\), suy ra \( - \left( {\sqrt x + 2} \right) < 0\), do đó \(\frac{{ - \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{2} < 0\).
Vậy P = A.B < 0.
Câu 3:(2,5 điểm)
1) Anh Bình đến siêu thị để mua 1 cái bàn ủi và 1 cái quạt điện có tổng giá niêm yết là 850 nghìn đồng. Tuy nhiên, thực tế khi trả tiền, nhờ siêu thị khuyến mãi để tri ân khách hàng nên giá bán bàn ủi và quạt điện đã giảm lần lượt 10% và 20% so với giá niêm yết. Do đó, anh Bình đã được giảm 125 nghìn đồng khi mua hai sản phẩm trên. Hỏi số tiền chênh lệch giữa giá bán niêm yết với giá bán thực tế của mỗi sản phẩm mà anh Bình đã mua nói trên là bao nhiêu?
2) Cho quãng đường từ địa điểm A tới địa điểm B dài 90 km. Lúc 6 giờ, một xe máy đi từ A tới B. 6 giờ 30 phút cùng ngày, một ô tô cũng đi từ A tới B với vận tốc lớn hơn vận tốc xe máy 15 km/h. Hai xe cùng chạy trên một con đường và đến B cùng lúc. Tính vận tốc mỗi xe.
3) Biết rằng phương trình bậc hai \(2{x^2} - 4x + m = 0\) có một nghiệm \(x = \frac{{2 + \sqrt {10} }}{2}\). Tính tổng nghịch đảo hai nghiệm của phương trình trên.
Phương pháp
1) Gọi giá tiền niêm yết của một cái bàn ủi và một cái quạt điện lần lượt là x, y (0 < x, y < 850; đơn vị: nghìn đồng).
Biểu diễn tổng số tiền theo giá niêm yết và tổng số tiền sau khi được giảm giá theo hai biến x, y.
Lập hệ phương trình, giải hệ để tìm x, y.
2) Gọi x là vận tốc của xe máy (x > 0, đơn vị: km/h).
Biểu diễn vận tốc, thời gian di chuyển của xe máy và xe ô tô theo x.
Thời gian di chuyển từ A đến B của xe ô tô ít hơn xe máy 30 phút nên ta lập được phương trình.
Giải phương trình để tìm x, kiểm tra điều kiện và kết luận.
3) Thay nghiệm vào phương trình để tìm m.
Áp dụng định lí Viète để tính \(\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}}\) với \({x_1}\), \({x_2}\) là hai nghiệm của phương trình.
Lời giải
1) Gọi giá tiền niêm yết của một cái bàn ủi là x (nghìn đồng), giá tiền niêm yết của một cái quạt điện là y (nghìn đồng).
Điều kiện: 0 < x < 850, 0 < y < 850.
Tổng số tiền niêm yết của hai sản phẩm là 850 nghìn đồng nên ta có phương trình: \(x + y = 850\) (1)
Thực tế khi trả tiền:
- Số tiền anh Bình được giảm khi mua một cái bàn ủi là: \(10\% x = 0,1x\) (nghìn đồng).
- Số tiền anh Bình được giảm khi mua một cái quạt điện là: \(20\% x = 0,2x\) (nghìn đồng).
Vì anh Bình đã được giảm giá 125 nghìn đồng khi mua hai sản phẩm trên nên ta có phương trình: \(0,1x + 0,2y = 125\) (2)
Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 850\\0,1x + 0,2y = 125\end{array} \right.\)
Giải hệ phương trình, được x = 450 (TMĐK) và y = 400 (TMĐK).
Vậy số tiền chênh lệch giữa giá bán niêm yết với giá bán thực tế của một chiếc bàn ủi mà anh Bình đã mua là: 0,1.450 = 45 (nghìn đồng).
Số tiền chênh lệch giữa giá bán niêm yết với giá bán thực tế của một chiếc quạt điện mà anh Bình đã mua là: 0,2.400 = 80 (nghìn đồng).
2) Xe máy đi trước ô tô 30 phút = \(\frac{1}{2}\) giờ.
Gọi vận tốc của xe máy là x (x > 0, đơn vị: km/h).
Vì vận tốc ô tô lớn hơn vận tốc xe máy 15 km/h nên vận tốc của ô tô là x + 15 (km/h).
Thời gian xe máy đi hết quãng đường AB là: \(\frac{{90}}{x}\) (h).
Thời gian ô tô đi hết quãng đường AB là: \(\frac{{90}}{{x + 15}}\) (h).
Do xe máy đi trước ô tô \(\frac{1}{2}\) giờ và hai xe đều tới B cùng một lúc nên ta có phương trình:
\(\frac{{90}}{x} - \frac{{90}}{{x + 15}} = \frac{1}{2}\)
\(\frac{{90.2(x + 15)}}{{2x(x + 15)}} - \frac{{90.2x}}{{2x(x + 15)}} = \frac{{x(x + 15)}}{{2x(x + 15)}}\)
\(90.2(x + 15) - 90.2x = x(x + 15)\)
\(180x + 2700 - 180x - {x^2} - 15x = 0\)
\( - {x^2} - 15x + 2700 = 0\)
Giải phương trình trên, ta được x = -60 (không thỏa mãn) và x = 45 (thỏa mãn).
Vậy, vận tốc của xe máy là 45 km/h, vận tốc của ô tô là 60 km/h.
3) Phương trình \(2{x^2} - 4x + m = 0\) có một nghiệm \(x = \frac{{2 + \sqrt {10} }}{2}\) nên ta thay nghiệm đó vào phương trình:
\(2.{\left( {\frac{{2 + \sqrt {10} }}{2}} \right)^2} - 4.\left( {\frac{{2 + \sqrt {10} }}{2}} \right) + m = 0\)
\(7 + 2\sqrt {10} - 2\left( {2 + \sqrt {10} } \right) + m = 0\)
\(m = - 3\).
Vậy phương trình bậc hai đề bài cho là \(2{x^2} - 4x - 3 = 0\).
Theo định lí Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a} = - \frac{{ - 4}}{2} = 2\\{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 3}}{2}\end{array} \right.\)
Tổng nghịch đảo hai nghiệm là:
\(\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} = \frac{{{x_1} + {x_2}}}{{{x_1}{x_2}}} = \frac{2}{{\frac{{ - 3}}{2}}} = - \frac{4}{3}\).
Câu 4:(4 điểm)
1) Một trục lăn sơn nước có dạng một hình trụ. Đường kính của đường tròn đáy trục lăn là 5 cm, chiều dài trục lăn là 23 cm (hình bên). Sau khi lăn trục lăn trọn 15 vòng trên một bức tường phẳng thì diện tích phủ sơn là bao nhiêu \(c{m^2}\) (giả sử các đường lăn không chồng lấn lên nhau, lấy \(\pi = 3,14\)).
2) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Hai đường cao BE và CF của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H. Gọi K là trung điểm của BC.
a) Chứng minh \(\Delta AEF\) đồng dạng \(\Delta ABC\).
b) Chứng minh đường thẳng OA vuông góc với đường thẳng EF.
c) Đường phân giác góc FHB cắt AB và AC lần lượt tại M và N. Gọi I là trung điểm của MN, J là trung điểm của AH. Chứng minh tứ giác AFHI nội tiếp và ba điểm I, J, K thẳng hàng.
Phương pháp
1) Tìm bán kính đường tròn đáy trục lăn.
Tính diện tích xung quanh \({S_{xq}}\) của trục lăn.
Diện tích phủ sơn sau 15 vòng là \(15{S_{xq}}\) \(\left( {c{m^2}} \right)\).
2)
a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp, suy ra \(\widehat {FBC} = \widehat {AEF}\).
Từ đó chứng minh $\Delta AEF\backsim \Delta ABC$ (g.g).
b) Gọi P là giao điểm của AO và EF.
Chứng minh \(\widehat {EAP} + \widehat {AEP} = {90^o}\), từ đó suy ra \(AO \bot EF\).
c) Các bước chứng minh tứ giác AFHI nội tiếp:
+ \(\Delta AMN\) cân tại A (do \(\widehat {AMN} = \widehat {MBH} + \widehat {MHB} = \widehat {NCH} + \widehat {NHC} = \widehat {ANM}\)).
+ \(\widehat {AFH} = \widehat {AIH} = {90^o}\).
Các bước chứng minh ba điểm I, J, K thẳng hàng:
+ IJ là đường trung trực của EF.
+ K cách đều E, F.
Lời giải
1) Bán kính đường tròn đáy trục lăn là 5 : 2 = 2,5 cm.
Trục lăn sơn có dạng hình trụ nên diện tích xung quanh trục lăn là:
\({S_{xq}} = 2\pi rh = 2.3,14.2,5.23 = 361,1\) \(\left( {c{m^2}} \right)\).
Sau khi lăn 15 vòng trên một bức tường phẳng thì diện tích phủ sơn là:
361,1.15 = 5416,5 \(\left( {c{m^2}} \right)\).
2)
a) Vì BE, CF là hai đường cao của \(\Delta ABC\) nên \(\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = {90^o}\).
Do đó, E, F cùng thuộc đường tròn đường kính BC, tức tứ giác BFEC nội tiếp.
Suy ra \(\widehat {FBC} + \widehat {FEC} = {180^o}\); mà \(\widehat {FEA} + \widehat {FEC} = {180^o}\) (góc kề bù) nên \(\widehat {FBC} = \widehat {AEF}\).
Xét \(\Delta AEF\) và \(\Delta ABC\) có:
\(\widehat {BAC}\) chung;
\(\widehat {FBC} = \widehat {AEF}\) (chứng minh trên).
Suy ra $\Delta AEF\backsim \Delta ABC$ (g.g).
b) Gọi P là giao điểm của AO và EF.
Ta có \(\widehat {ABC} = \frac{1}{2}\widehat {AOC}\) vì \(\widehat {ABC}\) là góc nội tiếp và \(\widehat {AOC}\) là góc ở tâm cùng chắn cung AC.
Vì A, C cùng thuộc đường tròn tâm O nên OA = OC, suy ra \(\Delta OAC\) cân tại O.
Do đó \(\widehat {EAO} = \frac{{{{180}^o} - \widehat {AOC}}}{2} = \frac{{{{180}^o}}}{2} - \frac{{\widehat {AOC}}}{2} = {90^o} - \widehat {ABC}\).
Mà \(\widehat {ABC} = \widehat {AEF}\) nên \(\widehat {EAO} = {90^o} - \widehat {AEF}\), suy ra \(\widehat {EAO} + \widehat {AEF} = {90^o}\) hay \(\widehat {EAP} + \widehat {AEP} = {90^o}\).
Xét \(\Delta APE\) có: \(\widehat {APE} + \widehat {EAP} + \widehat {AEP} = {180^o}\)
+ \(\widehat {APE} + {90^o} = {180^o}\)
+ \(\widehat {APE} = {90^o}\).
Vậy \(AO \bot EF\).
c) Vì HM là phân giác của \(\widehat {FHB}\) nên \(\widehat {MHB} = \frac{1}{2}\widehat {FHB}\).
Vì HN là phân giác của \(\widehat {EHC}\) nên \(\widehat {NHC} = \frac{1}{2}\widehat {EHC}\).
Mà \(\widehat {FHB} = \widehat {EHC}\) (góc đối đỉnh) nên \(\widehat {MHB} = \widehat {NHC}\).
Ta có:
+ \(\widehat {MBH} + \widehat {MHB} = \widehat {AMN}\) (cùng bù với \(\widehat {HMB}\));
+ \(\widehat {NCH} + \widehat {NHC} = \widehat {ANM}\) (cùng bù với \(\widehat {HNC}\));
+ \(\widehat {MHB} = \widehat {NHC}\) (chứng minh trên);
+ \(\widehat {MBH} = \widehat {NCH}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung EF).
Suy ra \(\widehat {AMN} = \widehat {ANM}\), do đó \(\Delta AMN\) cân tại A.
Mà I là trung điểm của MN nên AI vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao của \(\Delta AMN\), suy ra \(AI \bot MN\).
Ta có \(\widehat {AFH} = \widehat {AIH} = {90^o}\) nên F, I cùng thuộc đường tròn đường kính AH, hay tứ giác AFHI nội tiếp.
Suy ra \(\widehat {FAH} = \widehat {FEH}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung FH) (1)
Ta có:
+ \(\widehat {PAE} + \widehat {PEA} = {90^o}\);
+ \(\widehat {FEH} + \widehat {PEA} = {90^o}\).
Suy ra \(\widehat {PAE} = \widehat {FEH}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {FAH} = \widehat {PAE}\) (3)
Ta có AI là đường cao đồng thời là đường phân giác của \(\Delta AMN\) cân tại A nên \(\widehat {MAI} = \widehat {NAI}\), suy ra \(\widehat {FAH} + \widehat {HAI} = \widehat {PAE} + \widehat {PAI}\) (4)
Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {HAI} = \widehat {PAI}\) (5)
Vì \(\Delta HAI\) vuông tại I có đường trung tuyến IJ ứng với cạnh huyền nên JA = JI, do đó \(\Delta AJI\) cân tại J, suy ra \(\widehat {HAI} = \widehat {JIA}\) (6)
Từ (5) và (6) suy ra \(\widehat {JIA} = \widehat {PAI}\), mà hai góc trên ở vị trí so le trong nên JI // AO.
Mà \(AO \bot EF\) nên \(IJ \bot EF\) (*)
Ta có \(\widehat {AFH} = \widehat {AEH} = {90^o}\) nên F, E cùng thuộc đường tròn đường kính AH, hay tứ giác AFHI nội tiếp đường tròn tâm J. Do đó JF = JE (**)
Từ (*) và (**) suy ra JI là đường trung trực của đoạn thẳng EF.
Vì tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC với K là trung điểm của BC, suy ra KF = KE.
Do đó, K thuộc đường trung trực của IJ của EF, hay J, I, K thẳng hàng.
Câu 5:(0,5 điểm) Một cái sân hình vuông ABCD có cạnh là 8 m. Người ta muốn lát gạch màu khác để trang trí lên mảnh sân hình vuông MNPQ nội tiếp trong sân hình vuông ABCD. Tìm vị trí của M, N, P, Q để hình vuông MNPQ có diện tích nhỏ nhất.
Phương pháp
Diện tích hình vuông MNPQ nhỏ nhất khi tổng diện tích S của 4 tam giác vuông ở 4 góc hình vuông ABCD lớn nhất.
Lập công thức tính diện tích tổng 4 tam giác, áp dụng bất đẳng thức Cauchy để tìm giá trị lớn nhất.
Lời giải
Đặt AM = x (0 < x < 8, đơn vị: mét), khi đó MB = 8 – x (m).
Ta có \(\Delta AMQ = \Delta BNM = \Delta CPN = \Delta DQP\).
Diện tích hình vuông MNPQ nhỏ nhất khi tổng diện tích S của 4 tam giác vuông ở 4 góc hình vuông ABCD lớn nhất.
Ta có \(S = 4.\frac{1}{2}AM.AQ = 2AM.AQ = 2AM.MB\) \(\left( {{m^2}} \right)\).
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương là độ dài đoạn thẳng AM và MB, ta có:
\(A{M^2} + M{B^2} \ge 2AM.MB\)
\(A{M^2} + 2AM.MB + M{B^2} \ge 4AM.MB\)
\({\left( {AM + MB} \right)^2} \ge 4AM.MB\)
\(2AM.MB \le \frac{{{{\left( {AM + MB} \right)}^2}}}{2}\)
\(S \le \frac{{{8^2}}}{2}\)
\(S \le 32\).
Dấu “=” xảy ra khi \(AM = MB = \frac{{AB}}{2} = \frac{8}{2} = 4\).
Vậy, khi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA thì hình vuông MNPQ có diện tích nhỏ nhất.
Tải về
Câu 1:(1,5 điểm)
1) Một siêu thị thống kê hóa đơn mua hàng (đơn vị: nghìn đồng) của 150 khách hàng đầu tiên trong ngày. Số liệu được ghi lại trong biểu đồ tần số ghép nhóm sau:
Tính tần số tương đối của nhóm có tần số nhỏ nhất.
2) Cho tập hợp A = {1;2;3}. Từ các chữ số của tập hợp A, viết ngẫu nhiên một số tự nhiên có hai chữ số. Tính xác suất để số được viết có hai chữ số giống nhau.
Câu 2:(1,5 điểm) Cho biểu thức \(A = \frac{{x + 2\sqrt x }}{4}\); \(B = \left( {\frac{{\sqrt x }}{{2 + \sqrt x }} + \frac{{x + 4}}{{4 - x}}} \right):\frac{x}{{x - 2\sqrt x }}\) với \(x > 0\), \(x \ne 4\).
1) Tính giá trị của A với x = 9.
2) Rút gọn biểu thức B.
3) Xét biểu thức P = A.B. Chứng minh P < 0.
Câu 3:(2,5 điểm)
1) Anh Bình đến siêu thị để mua 1 cái bàn ủi và 1 cái quạt điện có tổng giá niêm yết là 850 nghìn đồng. Tuy nhiên, thực tế khi trả tiền, nhờ siêu thị khuyến mãi để tri ân khách hàng nên giá bán bàn ủi và quạt điện đã giảm lần lượt 10% và 20% so với giá niêm yết. Do đó, anh Bình đã được giảm 125 nghìn đồng khi mua hai sản phẩm trên. Hỏi số tiền chênh lệch giữa giá bán niêm yết với giá bán thực tế của mỗi sản phẩm mà anh Bình đã mua nói trên là bao nhiêu?
2) Cho quãng đường từ địa điểm A tới địa điểm B dài 90 km. Lúc 6 giờ, một xe máy đi từ A tới B. 6 giờ 30 phút cùng ngày, một ô tô cũng đi từ A tới B với vận tốc lớn hơn vận tốc xe máy 15 km/h. Hai xe cùng chạy trên một con đường và đến B cùng lúc. Tính vận tốc mỗi xe.
3) Biết rằng phương trình bậc hai \(2{x^2} - 4x + m = 0\) có một nghiệm \(x = \frac{{2 + \sqrt {10} }}{2}\). Tính tổng nghịch đảo hai nghiệm của phương trình trên.
Câu 4:(4 điểm)
1) Một trục lăn sơn nước có dạng một hình trụ. Đường kính của đường tròn đáy trục lăn là 5 cm, chiều dài trục lăn là 23 cm (hình bên). Sau khi lăn trục lăn trọn 15 vòng trên một bức tường phẳng thì diện tích phủ sơn là bao nhiêu \(c{m^2}\) (giả sử các đường lăn không chồng lấn lên nhau, lấy \(\pi = 3,14\)).
2) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Hai đường cao BE và CF của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H. Gọi K là trung điểm của BC.
a) Chứng minh \(\Delta AEF\) đồng dạng \(\Delta ABC\).
b) Chứng minh đường thẳng OA vuông góc với đường thẳng EF.
c) Đường phân giác góc FHB cắt AB và AC lần lượt tại M và N. Gọi I là trung điểm của MN, J là trung điểm của AH. Chứng minh tứ giác AFHI nội tiếp và ba điểm I, J, K thẳng hàng.
Câu 5:(0,5 điểm) Một cái sân hình vuông ABCD có cạnh là 8 m. Người ta muốn lát gạch màu khác để trang trí lên mảnh sân hình vuông MNPQ nội tiếp trong sân hình vuông ABCD. Tìm vị trí của M, N, P, Q để hình vuông MNPQ có diện tích nhỏ nhất.
Câu 1:(1,5 điểm)
1) Một siêu thị thống kê hóa đơn mua hàng (đơn vị: nghìn đồng) của 150 khách hàng đầu tiên trong ngày. Số liệu được ghi lại trong biểu đồ tần số ghép nhóm sau:
Tính tần số tương đối của nhóm có tần số nhỏ nhất.
2) Cho tập hợp A = {1;2;3}. Từ các chữ số của tập hợp A, viết ngẫu nhiên một số tự nhiên có hai chữ số. Tính xác suất để số được viết có hai chữ số giống nhau.
Phương pháp
1) Chọn nhóm có tần số nhỏ nhất.
Tần số tương đối của nhóm bằng: tần số của nhóm : tổng . 100%.
2) Xác định không gian mẫu của phép thử, tính số phần tử của không gian mẫu.
Tính số kết quả thuận lợi của biến cố.
Xác suất của biến cố = số kết quả thuận lợi của biến cố : số phần tử của không gian mẫu.
Lời giải
1) Nhóm có tần số nhỏ nhất là nhóm [150;300) với tần số 15.
Tần số tương đối của nhóm có tần số nhỏ nhất là \(\frac{{15}}{{150}}.100\% = 10\% \).
2) Không gian mẫu là: \(\Omega = \{ 11;12;13;21;22;23;31;32;33\} \). Do đó \(n(\Omega ) = 9\).
Có 3 kết quả thuận chơi của biến cố “Số được viết có hai chữ số giống nhau” là {11;22;33}.
Vậy xác suất để số được viết có hai chữ số khác nhau là \(P = \frac{3}{9} = \frac{1}{3}\).
Câu 2:(1,5 điểm) Cho biểu thức \(A = \frac{{x + 2\sqrt x }}{4}\); \(B = \left( {\frac{{\sqrt x }}{{2 + \sqrt x }} + \frac{{x + 4}}{{4 - x}}} \right):\frac{x}{{x - 2\sqrt x }}\) với \(x > 0\), \(x \ne 4\).
1) Tính giá trị của A với x = 9.
2) Rút gọn biểu thức B.
3) Xét biểu thức P = A.B. Chứng minh P < 0.
Phương pháp
1) Kiểm tra điều kiện của x. Nếu thỏa mãn, thay x = 9 vào A.
2) Kết hợp các tính chất của căn thức bậc hai để rút gọn biểu thức.
3) Rút gọn P rồi chứng minh P < 0.
Lời giải
1) Thay x = 9 (thỏa mãn điều kiện) vào A, ta được:
\(A = \frac{{9 + 2\sqrt 9 }}{4} = \frac{{15}}{4}\).
Vậy khi x = 9 thì \(A = \frac{{15}}{4}\).
2) \(B = \left( {\frac{{\sqrt x }}{{2 + \sqrt x }} + \frac{{x + 4}}{{4 - x}}} \right):\frac{x}{{x - 2\sqrt x }}\) (với \(x > 0\), \(x \ne 4\))
\( = \left[ {\frac{{\sqrt x \left( {2 - \sqrt x } \right)}}{{\left( {2 + \sqrt x } \right)\left( {2 - \sqrt x } \right)}} + \frac{{x + 4}}{{\left( {2 + \sqrt x } \right)\left( {2 - \sqrt x } \right)}}} \right].\frac{{x - 2\sqrt x }}{x}\)
\( = \frac{{2\sqrt x - x + x + 4}}{{\left( {2 + \sqrt x } \right)\left( {2 - \sqrt x } \right)}}.\frac{{x - 2\sqrt x }}{x}\)
\( = \frac{{2\sqrt x + 4}}{{\left( {2 + \sqrt x } \right)\left( {2 - \sqrt x } \right)}}.\frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{x}\)
\( = \frac{{ - 2\sqrt x - 4}}{{\left( {2 + \sqrt x } \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}.\frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{x}\)
\( = \frac{{ - 2\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{2 + \sqrt x }}.\frac{{\sqrt x }}{x}\)
\( = \frac{{ - 2}}{{\sqrt x }}\).
3) \(P = \frac{{x + 2\sqrt x }}{4}.\left( {\frac{{ - 2}}{{\sqrt x }}} \right) = \frac{{ - 2\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{4\sqrt x }} = \frac{{ - \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{2}\).
Ta có \(\sqrt x + 2 > 0\), suy ra \( - \left( {\sqrt x + 2} \right) < 0\), do đó \(\frac{{ - \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{2} < 0\).
Vậy P = A.B < 0.
Câu 3:(2,5 điểm)
1) Anh Bình đến siêu thị để mua 1 cái bàn ủi và 1 cái quạt điện có tổng giá niêm yết là 850 nghìn đồng. Tuy nhiên, thực tế khi trả tiền, nhờ siêu thị khuyến mãi để tri ân khách hàng nên giá bán bàn ủi và quạt điện đã giảm lần lượt 10% và 20% so với giá niêm yết. Do đó, anh Bình đã được giảm 125 nghìn đồng khi mua hai sản phẩm trên. Hỏi số tiền chênh lệch giữa giá bán niêm yết với giá bán thực tế của mỗi sản phẩm mà anh Bình đã mua nói trên là bao nhiêu?
2) Cho quãng đường từ địa điểm A tới địa điểm B dài 90 km. Lúc 6 giờ, một xe máy đi từ A tới B. 6 giờ 30 phút cùng ngày, một ô tô cũng đi từ A tới B với vận tốc lớn hơn vận tốc xe máy 15 km/h. Hai xe cùng chạy trên một con đường và đến B cùng lúc. Tính vận tốc mỗi xe.
3) Biết rằng phương trình bậc hai \(2{x^2} - 4x + m = 0\) có một nghiệm \(x = \frac{{2 + \sqrt {10} }}{2}\). Tính tổng nghịch đảo hai nghiệm của phương trình trên.
Phương pháp
1) Gọi giá tiền niêm yết của một cái bàn ủi và một cái quạt điện lần lượt là x, y (0 < x, y < 850; đơn vị: nghìn đồng).
Biểu diễn tổng số tiền theo giá niêm yết và tổng số tiền sau khi được giảm giá theo hai biến x, y.
Lập hệ phương trình, giải hệ để tìm x, y.
2) Gọi x là vận tốc của xe máy (x > 0, đơn vị: km/h).
Biểu diễn vận tốc, thời gian di chuyển của xe máy và xe ô tô theo x.
Thời gian di chuyển từ A đến B của xe ô tô ít hơn xe máy 30 phút nên ta lập được phương trình.
Giải phương trình để tìm x, kiểm tra điều kiện và kết luận.
3) Thay nghiệm vào phương trình để tìm m.
Áp dụng định lí Viète để tính \(\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}}\) với \({x_1}\), \({x_2}\) là hai nghiệm của phương trình.
Lời giải
1) Gọi giá tiền niêm yết của một cái bàn ủi là x (nghìn đồng), giá tiền niêm yết của một cái quạt điện là y (nghìn đồng).
Điều kiện: 0 < x < 850, 0 < y < 850.
Tổng số tiền niêm yết của hai sản phẩm là 850 nghìn đồng nên ta có phương trình: \(x + y = 850\) (1)
Thực tế khi trả tiền:
- Số tiền anh Bình được giảm khi mua một cái bàn ủi là: \(10\% x = 0,1x\) (nghìn đồng).
- Số tiền anh Bình được giảm khi mua một cái quạt điện là: \(20\% x = 0,2x\) (nghìn đồng).
Vì anh Bình đã được giảm giá 125 nghìn đồng khi mua hai sản phẩm trên nên ta có phương trình: \(0,1x + 0,2y = 125\) (2)
Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 850\\0,1x + 0,2y = 125\end{array} \right.\)
Giải hệ phương trình, được x = 450 (TMĐK) và y = 400 (TMĐK).
Vậy số tiền chênh lệch giữa giá bán niêm yết với giá bán thực tế của một chiếc bàn ủi mà anh Bình đã mua là: 0,1.450 = 45 (nghìn đồng).
Số tiền chênh lệch giữa giá bán niêm yết với giá bán thực tế của một chiếc quạt điện mà anh Bình đã mua là: 0,2.400 = 80 (nghìn đồng).
2) Xe máy đi trước ô tô 30 phút = \(\frac{1}{2}\) giờ.
Gọi vận tốc của xe máy là x (x > 0, đơn vị: km/h).
Vì vận tốc ô tô lớn hơn vận tốc xe máy 15 km/h nên vận tốc của ô tô là x + 15 (km/h).
Thời gian xe máy đi hết quãng đường AB là: \(\frac{{90}}{x}\) (h).
Thời gian ô tô đi hết quãng đường AB là: \(\frac{{90}}{{x + 15}}\) (h).
Do xe máy đi trước ô tô \(\frac{1}{2}\) giờ và hai xe đều tới B cùng một lúc nên ta có phương trình:
\(\frac{{90}}{x} - \frac{{90}}{{x + 15}} = \frac{1}{2}\)
\(\frac{{90.2(x + 15)}}{{2x(x + 15)}} - \frac{{90.2x}}{{2x(x + 15)}} = \frac{{x(x + 15)}}{{2x(x + 15)}}\)
\(90.2(x + 15) - 90.2x = x(x + 15)\)
\(180x + 2700 - 180x - {x^2} - 15x = 0\)
\( - {x^2} - 15x + 2700 = 0\)
Giải phương trình trên, ta được x = -60 (không thỏa mãn) và x = 45 (thỏa mãn).
Vậy, vận tốc của xe máy là 45 km/h, vận tốc của ô tô là 60 km/h.
3) Phương trình \(2{x^2} - 4x + m = 0\) có một nghiệm \(x = \frac{{2 + \sqrt {10} }}{2}\) nên ta thay nghiệm đó vào phương trình:
\(2.{\left( {\frac{{2 + \sqrt {10} }}{2}} \right)^2} - 4.\left( {\frac{{2 + \sqrt {10} }}{2}} \right) + m = 0\)
\(7 + 2\sqrt {10} - 2\left( {2 + \sqrt {10} } \right) + m = 0\)
\(m = - 3\).
Vậy phương trình bậc hai đề bài cho là \(2{x^2} - 4x - 3 = 0\).
Theo định lí Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a} = - \frac{{ - 4}}{2} = 2\\{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 3}}{2}\end{array} \right.\)
Tổng nghịch đảo hai nghiệm là:
\(\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} = \frac{{{x_1} + {x_2}}}{{{x_1}{x_2}}} = \frac{2}{{\frac{{ - 3}}{2}}} = - \frac{4}{3}\).
Câu 4:(4 điểm)
1) Một trục lăn sơn nước có dạng một hình trụ. Đường kính của đường tròn đáy trục lăn là 5 cm, chiều dài trục lăn là 23 cm (hình bên). Sau khi lăn trục lăn trọn 15 vòng trên một bức tường phẳng thì diện tích phủ sơn là bao nhiêu \(c{m^2}\) (giả sử các đường lăn không chồng lấn lên nhau, lấy \(\pi = 3,14\)).
2) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Hai đường cao BE và CF của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H. Gọi K là trung điểm của BC.
a) Chứng minh \(\Delta AEF\) đồng dạng \(\Delta ABC\).
b) Chứng minh đường thẳng OA vuông góc với đường thẳng EF.
c) Đường phân giác góc FHB cắt AB và AC lần lượt tại M và N. Gọi I là trung điểm của MN, J là trung điểm của AH. Chứng minh tứ giác AFHI nội tiếp và ba điểm I, J, K thẳng hàng.
Phương pháp
1) Tìm bán kính đường tròn đáy trục lăn.
Tính diện tích xung quanh \({S_{xq}}\) của trục lăn.
Diện tích phủ sơn sau 15 vòng là \(15{S_{xq}}\) \(\left( {c{m^2}} \right)\).
2)
a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp, suy ra \(\widehat {FBC} = \widehat {AEF}\).
Từ đó chứng minh $\Delta AEF\backsim \Delta ABC$ (g.g).
b) Gọi P là giao điểm của AO và EF.
Chứng minh \(\widehat {EAP} + \widehat {AEP} = {90^o}\), từ đó suy ra \(AO \bot EF\).
c) Các bước chứng minh tứ giác AFHI nội tiếp:
+ \(\Delta AMN\) cân tại A (do \(\widehat {AMN} = \widehat {MBH} + \widehat {MHB} = \widehat {NCH} + \widehat {NHC} = \widehat {ANM}\)).
+ \(\widehat {AFH} = \widehat {AIH} = {90^o}\).
Các bước chứng minh ba điểm I, J, K thẳng hàng:
+ IJ là đường trung trực của EF.
+ K cách đều E, F.
Lời giải
1) Bán kính đường tròn đáy trục lăn là 5 : 2 = 2,5 cm.
Trục lăn sơn có dạng hình trụ nên diện tích xung quanh trục lăn là:
\({S_{xq}} = 2\pi rh = 2.3,14.2,5.23 = 361,1\) \(\left( {c{m^2}} \right)\).
Sau khi lăn 15 vòng trên một bức tường phẳng thì diện tích phủ sơn là:
361,1.15 = 5416,5 \(\left( {c{m^2}} \right)\).
2)
a) Vì BE, CF là hai đường cao của \(\Delta ABC\) nên \(\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = {90^o}\).
Do đó, E, F cùng thuộc đường tròn đường kính BC, tức tứ giác BFEC nội tiếp.
Suy ra \(\widehat {FBC} + \widehat {FEC} = {180^o}\); mà \(\widehat {FEA} + \widehat {FEC} = {180^o}\) (góc kề bù) nên \(\widehat {FBC} = \widehat {AEF}\).
Xét \(\Delta AEF\) và \(\Delta ABC\) có:
\(\widehat {BAC}\) chung;
\(\widehat {FBC} = \widehat {AEF}\) (chứng minh trên).
Suy ra $\Delta AEF\backsim \Delta ABC$ (g.g).
b) Gọi P là giao điểm của AO và EF.
Ta có \(\widehat {ABC} = \frac{1}{2}\widehat {AOC}\) vì \(\widehat {ABC}\) là góc nội tiếp và \(\widehat {AOC}\) là góc ở tâm cùng chắn cung AC.
Vì A, C cùng thuộc đường tròn tâm O nên OA = OC, suy ra \(\Delta OAC\) cân tại O.
Do đó \(\widehat {EAO} = \frac{{{{180}^o} - \widehat {AOC}}}{2} = \frac{{{{180}^o}}}{2} - \frac{{\widehat {AOC}}}{2} = {90^o} - \widehat {ABC}\).
Mà \(\widehat {ABC} = \widehat {AEF}\) nên \(\widehat {EAO} = {90^o} - \widehat {AEF}\), suy ra \(\widehat {EAO} + \widehat {AEF} = {90^o}\) hay \(\widehat {EAP} + \widehat {AEP} = {90^o}\).
Xét \(\Delta APE\) có: \(\widehat {APE} + \widehat {EAP} + \widehat {AEP} = {180^o}\)
+ \(\widehat {APE} + {90^o} = {180^o}\)
+ \(\widehat {APE} = {90^o}\).
Vậy \(AO \bot EF\).
c) Vì HM là phân giác của \(\widehat {FHB}\) nên \(\widehat {MHB} = \frac{1}{2}\widehat {FHB}\).
Vì HN là phân giác của \(\widehat {EHC}\) nên \(\widehat {NHC} = \frac{1}{2}\widehat {EHC}\).
Mà \(\widehat {FHB} = \widehat {EHC}\) (góc đối đỉnh) nên \(\widehat {MHB} = \widehat {NHC}\).
Ta có:
+ \(\widehat {MBH} + \widehat {MHB} = \widehat {AMN}\) (cùng bù với \(\widehat {HMB}\));
+ \(\widehat {NCH} + \widehat {NHC} = \widehat {ANM}\) (cùng bù với \(\widehat {HNC}\));
+ \(\widehat {MHB} = \widehat {NHC}\) (chứng minh trên);
+ \(\widehat {MBH} = \widehat {NCH}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung EF).
Suy ra \(\widehat {AMN} = \widehat {ANM}\), do đó \(\Delta AMN\) cân tại A.
Mà I là trung điểm của MN nên AI vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao của \(\Delta AMN\), suy ra \(AI \bot MN\).
Ta có \(\widehat {AFH} = \widehat {AIH} = {90^o}\) nên F, I cùng thuộc đường tròn đường kính AH, hay tứ giác AFHI nội tiếp.
Suy ra \(\widehat {FAH} = \widehat {FEH}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung FH) (1)
Ta có:
+ \(\widehat {PAE} + \widehat {PEA} = {90^o}\);
+ \(\widehat {FEH} + \widehat {PEA} = {90^o}\).
Suy ra \(\widehat {PAE} = \widehat {FEH}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {FAH} = \widehat {PAE}\) (3)
Ta có AI là đường cao đồng thời là đường phân giác của \(\Delta AMN\) cân tại A nên \(\widehat {MAI} = \widehat {NAI}\), suy ra \(\widehat {FAH} + \widehat {HAI} = \widehat {PAE} + \widehat {PAI}\) (4)
Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {HAI} = \widehat {PAI}\) (5)
Vì \(\Delta HAI\) vuông tại I có đường trung tuyến IJ ứng với cạnh huyền nên JA = JI, do đó \(\Delta AJI\) cân tại J, suy ra \(\widehat {HAI} = \widehat {JIA}\) (6)
Từ (5) và (6) suy ra \(\widehat {JIA} = \widehat {PAI}\), mà hai góc trên ở vị trí so le trong nên JI // AO.
Mà \(AO \bot EF\) nên \(IJ \bot EF\) (*)
Ta có \(\widehat {AFH} = \widehat {AEH} = {90^o}\) nên F, E cùng thuộc đường tròn đường kính AH, hay tứ giác AFHI nội tiếp đường tròn tâm J. Do đó JF = JE (**)
Từ (*) và (**) suy ra JI là đường trung trực của đoạn thẳng EF.
Vì tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC với K là trung điểm của BC, suy ra KF = KE.
Do đó, K thuộc đường trung trực của IJ của EF, hay J, I, K thẳng hàng.
Câu 5:(0,5 điểm) Một cái sân hình vuông ABCD có cạnh là 8 m. Người ta muốn lát gạch màu khác để trang trí lên mảnh sân hình vuông MNPQ nội tiếp trong sân hình vuông ABCD. Tìm vị trí của M, N, P, Q để hình vuông MNPQ có diện tích nhỏ nhất.
Phương pháp
Diện tích hình vuông MNPQ nhỏ nhất khi tổng diện tích S của 4 tam giác vuông ở 4 góc hình vuông ABCD lớn nhất.
Lập công thức tính diện tích tổng 4 tam giác, áp dụng bất đẳng thức Cauchy để tìm giá trị lớn nhất.
Lời giải
Đặt AM = x (0 < x < 8, đơn vị: mét), khi đó MB = 8 – x (m).
Ta có \(\Delta AMQ = \Delta BNM = \Delta CPN = \Delta DQP\).
Diện tích hình vuông MNPQ nhỏ nhất khi tổng diện tích S của 4 tam giác vuông ở 4 góc hình vuông ABCD lớn nhất.
Ta có \(S = 4.\frac{1}{2}AM.AQ = 2AM.AQ = 2AM.MB\) \(\left( {{m^2}} \right)\).
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương là độ dài đoạn thẳng AM và MB, ta có:
\(A{M^2} + M{B^2} \ge 2AM.MB\)
\(A{M^2} + 2AM.MB + M{B^2} \ge 4AM.MB\)
\({\left( {AM + MB} \right)^2} \ge 4AM.MB\)
\(2AM.MB \le \frac{{{{\left( {AM + MB} \right)}^2}}}{2}\)
\(S \le \frac{{{8^2}}}{2}\)
\(S \le 32\).
Dấu “=” xảy ra khi \(AM = MB = \frac{{AB}}{2} = \frac{8}{2} = 4\).
Vậy, khi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA thì hình vuông MNPQ có diện tích nhỏ nhất.
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Hà Nội là một bước ngoặt quan trọng trong sự nghiệp học tập của mỗi học sinh. Để đạt được kết quả tốt nhất, việc luyện tập với các đề tham khảo là vô cùng cần thiết. Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2025 - Đề số 6 được giaibaitoan.com biên soạn với mục tiêu cung cấp cho học sinh một công cụ ôn tập hiệu quả, giúp các em tự tin bước vào phòng thi.
Đề thi này bao gồm các dạng bài tập thường gặp trong các kỳ thi tuyển sinh vào 10 tại Hà Nội, bao gồm:
Chúng ta sẽ đi sâu vào phân tích từng câu hỏi trong đề thi, chỉ ra những kiến thức cần thiết để giải quyết bài toán và cung cấp những lời giải chi tiết, dễ hiểu.
Để giải quyết câu hỏi này, học sinh cần nắm vững các kiến thức về phương trình bậc hai và các phương pháp giải phương trình như phân tích thành nhân tử, sử dụng công thức nghiệm, và phương pháp hoàn thiện bình phương.
Câu hỏi này đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc về hình học phẳng, đặc biệt là các định lý về tam giác đồng dạng, tam giác vuông, và các tính chất của đường tròn.
Để tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức, học sinh có thể sử dụng các phương pháp như biến đổi biểu thức, sử dụng bất đẳng thức, hoặc phương pháp đánh giá.
Để đạt được kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào 10, học sinh cần lưu ý những điều sau:
Việc luyện tập với các đề tham khảo không chỉ giúp học sinh làm quen với cấu trúc đề thi mà còn giúp các em rèn luyện kỹ năng giải toán, nâng cao tốc độ giải bài, và tự tin hơn khi bước vào phòng thi. Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2025 - Đề số 6 của giaibaitoan.com là một lựa chọn tuyệt vời để các em chuẩn bị cho kỳ thi quan trọng này.
Ngoài đề tham khảo này, giaibaitoan.com còn cung cấp nhiều tài liệu ôn thi khác, bao gồm:
Hãy truy cập giaibaitoan.com để khám phá thêm nhiều tài liệu ôn thi hữu ích và đồng hành cùng chúng tôi trên con đường chinh phục điểm cao!
| Dạng bài | Kiến thức cần thiết | Mức độ khó |
|---|---|---|
| Phương trình bậc hai | Công thức nghiệm, định lý Vi-et | Trung bình |
| Hình học phẳng | Định lý Pitago, tam giác đồng dạng | Trung bình - Khó |
| Bất đẳng thức | Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, AM-GM | Khó |
Chúc các em học sinh ôn tập tốt và đạt được kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10!
