Hướng dẫn giải chi tiết các câu khó trong đề Toán thi vào lớp 10 Chuyên Lam Sơn 2025! Phương pháp tư duy đột phá, giúp bạn làm chủ bài toán khó và tự tin đạt điểm cao.
Câu 12. (1,0 điểm) Quãng đường $AB$ dài 12 km. Một người đi xe đạp từ $A$ đến $B$ với vận tốc không thay đổi. Khi từ $B$ trở về $A$ người đó tăng vận tốc thêm 4 km/h so với lúc đi, nên thời gian về ít hơn thời gian đi là 15 phút. Tính vận tốc của xe đạp khi đi từ $A$ đến $B$.
Lời giải
Đổi 15 phút = $\frac{1}{4}$ giờ.
Gọi vận tốc của xe đạp khi đi từ $A$ đến $B$ là $x$ km/h, $x>0$.
Thời gian xe đi từ $A$ đến $B$ là $\frac{12}{x}$ giờ.
Đi từ $B$ về $A$, người đó đi với vận tốc là $x+4$ (km/h).
Thời gian người đó đi từ $B$ về $A$ là $\frac{12}{x+4}$ giờ. (0,25 điểm)
Do thời gian về ít hơn thời gian đi 15 phút nên ta có phương trình $\frac{12}{x}-\frac{12}{x+4}=\frac{1}{4}$. (0,25 điểm)
Giải phương trình ta được $x=12;x=-16$. (0,25 điểm)
Kết hợp với điều kiện tìm được $x=12$ (km/h). (0,25 điểm)
Câu 13. (1,0 điểm) Có một bình thủy tinh hình trụ chứa đầy nước và một viên bi thủy tinh. Biết bình thủy tinh có chiều cao bên trong bình bằng $60\,cm$và đường kính đáy bên trong bình bằng $20\,cm;$viên bi có đường kính bằng $6\,cm.$ Người ta thả từ từ viên bi vào bình thủy tinh thì thấy nước trong bình tràn ra ngoài và viên bi nằm chạm đáy bình.
a) (0,5 điểm) Tính thể tích nước ban đầu trong bình thủy tinh.
b) (0,5 điểm) Tính thể tích nước còn lại trong bình thủy tinh.
Lời giải
a) Bán kính đáy của bình thủy tinh là 10 cm. (0,25 điểm)
Thể tích nước trong bình thủy tinh là $\pi {{.10}^{2}}.60=6000\pi $ (cm3) (0,25 điểm)
b) Thể tích của viên bi là $\frac{4}{3}\pi {{.3}^{3}}=36\pi $(cm3) (0,25 điểm)
Thể tích nước còn lại trong bình là: $6000\pi -36\pi =5964\pi $(cm3) (0,25 điểm)
Câu 14. (2,0 điểm) Cho đường tròn $(O)$ và hai điểm $B,C$ cố định thuộc đường tròn ($BC$ không là đường kính), điểm $A$ thay đổi trên $(O)$ sao cho tam giác $ABC$ nhọn. Các đường cao $BE,CF$ của tam giác $ABC$ cắt nhau tại $H$ ($E$ thuộc $AC$, $F$ thuộc $AB$).
a. (1,0 điểm) Chứng minh tứ giác $BCEF$ nội tiếp đường tròn.
b. (1,0 điểm) Chứng minh $\widehat{BAH}=\widehat{OAC}.$ Tìm vị trí của điểm $A$ sao cho diện tích tam giác $AEF$ lớn nhất.
Lời giải
a) Gọi M là trung điểm cạnh BC. Theo giả thiết tam giác BEC vuông tại E có M là trung điểm cạnh huyền BC, suy ra $ME=\frac{1}{2}BC=MB=MC\,\,\,(1)$ (0,5điểm)
Tương tự ta có $MF=MB=MC\,\,\,(2)$ (0,25 điểm)
Từ (1) và (2) suy ra $ME=MF=MB=MC,$ suy ra tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn đường kính BC. (0,25 điểm)
b) 1. Kẻ đường cao AD của tam giác ABC và đường kính AA’ của đường tròn (O).
Xét hai tam giác ADB và ACA’
Có: $\left\{ \begin{align} & \widehat{ADB}=\widehat{ACA’}={{90}^{0}} \\ & \widehat{ABD}=\widehat{ABC}=\widehat{AA’C}=\frac{1}{2}sd\overset\frown{AC} \\ \end{align} \right.\Rightarrow \Delta ADB\sim ACA’\,(g-g)$ (0,25 điểm)
suy ra $\widehat{BAH}=\widehat{OAC.}$ (0,25điểm)
b) 2. Xét hai tam giác AEF và ABC có $\widehat{BAC}$ chung và $\widehat{AEF}=\widehat{ABC}$ (do tứ giác BCEF nội tiếp), suy ra$\Delta AEF\sim \Delta ABC\,(g-g)\Rightarrow \frac{EF}{BC}=\frac{AE}{AB}=\cos A\,$không đổi (do $\widehat{BAC}=\frac{1}{2}sd\overset\frown{BC}$ không đổi).
Từ $\Delta AEF\sim \Delta ABC\Rightarrow \frac{{{S}_{AEF}}}{{{S}_{ABC}}}={{\left( \frac{EF}{BC} \right)}^{2}}={{\cos }^{2}}A\Rightarrow {{S}_{AEF}}={{S}_{ABC}}.{{\cos }^{2}}A$, do đó ${{S}_{AEF}}$ lớn nhất khi và chỉ khi ${{S}_{ABC}}$ lớn nhất. (0,25 điểm)
Ta có ${{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}BC.AD$ mà BC không đổi, do đó ${{S}_{ABC}}$lớn nhất khi và chỉ khi AD lớn nhất.
Ta có $AD\le AM\le AO+OM\,$không đổi, dấu bằng trong dãy bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $D\equiv M\Leftrightarrow A,O,M$thẳng hàng khi và chỉ khi A là trung điểm cung lớn BC. (0,25 điểm)
Câu 15. (0,5 điểm) Cho hình chữ nhật $MNPQ$ có $MQ>MN>20$ m. Qua điểm $C$ nằm trong hình chữ nhật vẽ một đường thẳng cắt đoạn thẳng $MQ,MN$ theo thứ tự tại $A$ và $B$. Biết điểm $C$ cách $MQ$ một khoảng bằng 8 m và cách $MN$ một khoảng bằng 1 m. Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng $AB$.
Lời giải
$B{{A}^{2}}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}=\left( {{a}^{2}}+25 \right)+\left( {{b}^{2}}+100 \right)-125\ge 10a+20b-125$ (0,25 điểm)
$=10\left( a+\frac{25}{a} \right)+20\left( b+\frac{100}{b} \right)-250\left( \frac{1}{a}+\frac{8}{b} \right)-125$$=10.10+20.20-250-125=125$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\left\{ \begin{align} & a=5 \\ & b=10 \\ \end{align} \right.$
Vậy $\min BA=\min \left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)=5\sqrt{5}\,\,(m)$. (0,25 điểm)
(0,25 điểm)