\begin{name}
	{Biên soạn: Thầy Đức Nguyễn \& Phản biện: Thầy Trần Tuấn Việt}%thành viên chỉnh sửa
	{Đề tuyển sinh 10 môn Toán tỉnh Ninh Thuận năm 2020}%thành viên chỉnh sửa
\end{name}
\setcounter{ex}{0}\setcounter{bt}{0}
%%=====Bài 1
\begin{bt}%[10TS20 Ninh Thuận]%[Đức Nguyễn, dự án 10TS20]%[9D1B1]
Tìm $x$ để biểu thức $\sqrt{2x-3}$ có nghĩa.
\loigiai{
Biểu thức $\sqrt{2x-3}$ xác định khi $2x-3\geq 0\Leftrightarrow x\geq \dfrac{3}{2}$.
}
\end{bt}

%%=====Bài 2
\begin{bt}%[10TS20 Ninh Thuận]%[Đức Nguyễn, dự án 10TS20]%[9D4B4]
Giải phương trình $x^2+5x+3=0$.
\loigiai{
Ta có $\Delta =5^2-4\cdot 3=13>0$.\\
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt $x_1=\dfrac{-5+\sqrt{13}}{2}$ và $x_2=\dfrac{-5-\sqrt{13}}{2}$.
}
\end{bt}

%%=====Bài 3
\begin{bt}%[10TS20 Ninh Thuận]%[Đức Nguyễn, dự án 10TS20]%[9D2K3]
Cho hàm số $y=2x-5$ có đồ thị là đường thẳng $(d)$.
\begin{listEX}[1]
	\item Gọi $A$, $B$ lần lượt là giao điểm của $(d)$ với các trục tọa độ $Ox$ và $Oy$. Tìm tọa độ các điểm $A$, $B$ và vẽ đường thẳng $(d)$ trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$.
	\item Tính diện tích tam giác $OAB$.
\end{listEX}
\loigiai{
\immini
{
	\begin{listEX}[1]
	\item Cho $y=0\Rightarrow x=\dfrac{5}{2}$, suy ra giao điểm của $(d)$ với các trục tọa độ $Ox$ là $A\left(\dfrac{5}{2};0\right)$.\\
	Cho $x=0\Rightarrow
	 y=-5$, suy ra giao điểm của $(d)$  với $Oy$ là $B(0;-5)$.\\
	 Từ đó ta có đồ thị của $(d)$ như hình bên. 
	\item Từ kết quả của câu $a$ suy ra tam giác $OAB$ vuông tại $O$ và có\\ $OA=\left|\dfrac{5}{2}\right|=\dfrac{5}{2}$, $OB=|-5|=5$.\\
	Diện tích tam giác $OAB$ là $S=\dfrac{1}{2}\cdot OA\cdot OB=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{5}{2}\cdot 5=\dfrac{25}{4}$ (đvdt).
\end{listEX}
}
{
	% Đồ thị hàm y=ax+b. Nếu hệ số lớn cần điều chỉnh hệ trục, vùng lưới, domain và lệnh \clip
	\begin{tikzpicture}[>=stealth,x=1cm,y=1cm,scale=0.4]
	\def\a{2}
	\def\b{-5}
	%\draw[color=gray,dash pattern=on 1pt off 1pt,xstep=1.0cm,ystep=1.0cm] (-5.2,-5.2) grid (5.2,5.2);
	\draw[->] (-2,0) -- (4,0) node[below] {\scriptsize $x$};
	\draw[->] (0,-6) -- (0,3) node[left] {\scriptsize $y$};
	\draw (0,0)coordinate(O)node[below left]{\scriptsize $O$} (2.5,0)node[below right]{\scriptsize $\dfrac{5}{2}$} (2.5,0)coordinate(A)node[above left]{\scriptsize $A$} (0,-5)node[right]{\scriptsize $-5$} (0,-5)coordinate(B)node[left]{\scriptsize $B$};
	\clip (-2,-6)rectangle(4,3);
	\draw[thick,samples=150,smooth,domain=-5:5] plot(\x,{\a*\x+(\b)});
	\foreach \x in {A,B,O} \draw (\x) circle (1.2 pt);
	\end{tikzpicture}
	}

}
\end{bt}

%%=====Bài 4
\begin{bt}%[10TS20 Ninh Thuận]%[Đức Nguyễn, dự án 10TS20]%[9D1B8]
Rút gọn biểu thức $P=\dfrac{x-2\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}\cdot\left(\dfrac{x+\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}+1\right)$ (với $x\geq 0$ và $x\neq 1$).
\loigiai{
Với $x\geq 0$ và $x\neq 1$, ta có 
\begin{eqnarray*}
	P&=&\dfrac{x-2\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}\cdot\left(\dfrac{x+\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}+1\right)\\
	&=&\dfrac{\left(\sqrt{x}-1\right)^2}{\sqrt{x}-1}\cdot\left(\dfrac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)}{\sqrt{x}+1}+1\right)\\
	&=& \left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)\\
	&=& x-1.
\end{eqnarray*}
}
\end{bt}

%%=====Bài 5
\begin{bt}%[10TS20 Ninh Thuận]%[Đức Nguyễn, dự án 10TS20]%[9D0K7]
Cho $a>0$, $b>0$. Chứng minh rằng $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\geq \dfrac{4}{a+b}$.
\loigiai{
\textbf{Cách 1:} Vì $a>0$, $b>0$ nên ta có $ab>0$ và $a+b>0$, từ đó ta có
\begin{eqnarray*}
	&&\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\geq \dfrac{4}{a+b}\\
	&\Leftrightarrow& \dfrac{a+b}{ab}\geq \dfrac{4}{a+b}\\
	&\Leftrightarrow& (a+b)^2\geq 4ab\\
	&\Leftrightarrow& a^2+2ab+b^2-4ab\geq 0\\
	&\Leftrightarrow& a^2-2ab+b^2\geq 0\\
	&\Leftrightarrow& (a-b)^2\geq 0\, (\text{luôn đúng}).
\end{eqnarray*}
\noindent\textbf{Cách 2:} Vì $a>0$, $b>0$ nên áp dụng bất đẳng thức cô-si ta có 
\begin{eqnarray*}
	&&a+b \geq 2\sqrt{ab}\\
	&&\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\geq \dfrac{2}{\sqrt{ab}}\\
	&\Rightarrow& (a+b)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\geq 2\sqrt{ab}\cdot \dfrac{2}{\sqrt{ab}}=4\\
	&\Leftrightarrow& \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\geq \dfrac{4}{a+b}.
\end{eqnarray*}
}
\end{bt}

%%=====Bài 6
\begin{bt}%[10TS20 Ninh Thuận]%[Đức Nguyễn, dự án 10TS20]%[9H3K7]
Cho đường tròn tâm $O$ đường kính $AB=2R$. Vẽ dây cung $CD$ vuông góc với $AB$ tại $I$ ($I$ nằm giữa $A$ và $O$). Lấy điểm $E$ trên cung nhỏ $BC$ ($E$ khác $B$ và $C$), $AE$ cắt $CD$ tại $F$. 
\begin{listEX}[1]
	\item Chứng minh $BEFI$ nội tiếp được trong một đường tròn.
	\item Tính độ dài cạnh $AC$ theo $R$ và $\widehat{ACD}$ khi $\widehat{BAC}=60^\circ$.
	\item Chứng minh rằng khi điểm $E$ chạy trên cung nhỏ $BC$ thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $CEF$ luôn thuộc một đường thẳng cố định.
\end{listEX}
\loigiai{
\begin{listEX}[1]
	\item Ta có $\widehat{FEB}=\widehat{AEB}=90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).\\
	$\widehat{FIB}=\widehat{CIB}=90^\circ$ (vì $CI\perp AB$).\\
	Tứ giác $BEFI$ có $\widehat{FEB}+\widehat{FIB}=180^\circ$ nên $BEFI$ nội tiếp được trong một đường tròn.
	\item Tam giác $OAC$ có $OA=OC=R$, $\widehat{OAC}=\widehat{BAC}=60^\circ$ nên là tam giác đều. Suy ra $AC=R$.\\
	Lại có, tam giác $CIA$ vuông tại $I$ có $\widehat{IAC}=\widehat{BAC}=60^\circ$\\
	$\Rightarrow \widehat{ACD}=\widehat{ACI}=30^\circ$.
	\item \immini
	{Theo giả thiết $AB\perp CD$ nên $AD=AC$, suy ra $\widehat{AEC}=\widehat{ACD}\widehat{ACF}$ nên $AC$ là tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp của đường tròn ngoại tiếp tam giác $CEF$. \\
	Mặt khác ta lại có $AC\perp BC$ (vì $\widehat{ACB}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra đường thẳng $BC$ chứa tâm của đường  tròn ngoại tiếp tam giác $CEF$. Vậy khi $E$ chạy trên cung nhỏ $BC$ thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $CEF$ luôn thuộc đường thẳng $BC$ cố định.
}
{
\begin{tikzpicture}[line join = round, line cap = round,>=stealth,thick,font=\footnotesize,scale=0.7]
\def \r{3}
\def\vugoc(#1,#2,#3)(#4){
	\draw ($(#2)!#4!(#1)$)--($($(#2)!#4!(#1)$)+($(#2)!#4!(#3)$)-(#2)$)--($(#2)!#4!(#3)$)}
\def\DgTrNgoaiTiepTam(#1,#2,#3)(#4){
	\path ($(#1)!.5!(#2)$)coordinate(Dp) ($(#2)!.5!(#3)$)coordinate(Ep)
	($(Dp)!1!90:(#2)$)coordinate (Fp) ($(Ep)!1!90:(#3)$)coordinate (Gp)
	(intersection of Dp--Fp and Ep--Gp)coordinate (#4);
	\draw[brown] let \p1=($(#4)-(#1)$) in (#4) circle ({veclen(\x1,\y1)});}
\path[draw] (0,0) coordinate(O) circle (\r cm) (180:\r) coordinate(A)--(0:\r) coordinate(B) --(120:\r) coordinate(C)--(A) ($(A)!(C)!(O)$) coordinate(I) ($(C)!2!(I)$)coordinate(D)--(C) (B)--(45:\r)coordinate(E)--(A) (intersection of A--E and C--D) coordinate (F) (O)--(C)--(E) ;
\DgTrNgoaiTiepTam(E,F,C)(K);
\vugoc(C,I,A)(2mm);
\vugoc(A,E,B)(2mm);
\foreach \p/\g in {A/180,B/0,C/120,D/-120,E/60,F/160,O/60,I/-60}
\fill (\p) circle(1.5pt) +(\g:4mm) node{$\p$};
\end{tikzpicture}
}
\end{listEX}	
}
\end{bt}

