ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN BẮC NINH (CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT)

Thời gian làm bài:

A. PHẦN TRẮC NGHIỆM

Câu 1. Điều kiện xác định của biểu thức $\sqrt{1-x}$ là
A. $x\leqslant 1$.
B. $x< 1$.
C. $x> 1$.
D. $x\geqslant 1$.

Lời giải câu 1
Biểu thức $\sqrt{1-x}$ xác định khi và chỉ khi $1-x\geqslant 0\Leftrightarrow x\leqslant 1$.

Câu 2. Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số bậc nhất?
A. $y=\dfrac{1}{x}$.
B. $y=\sqrt{x}$.
C. $y=x^2$.
D. $y=2020-x$.

Lời giải câu 2
Hàm số $y=2020-x$ có dạng $y=ax+b$ và $a=-1\ne 0$.

Câu 3. Đường thẳng $y=2x$ đi qua điểm nào?
A. $A(1;2)$.
B. $B(2;1)$.
C. $C(2;2)$.
D. $D(-2;-1)$.

Lời giải câu 3
Với $x=1\Rightarrow y=2\cdot 1=2$. Với $x=2\Rightarrow y=2\cdot 2=4$. Với $x=-2\Rightarrow y=2\cdot (-2)=-4$. Do đó đường thẳng $y=2x$ đi qua điểm nào đi qua điểm $A(1;2)$.

Câu 4. Khi $x=16$, biểu thức $\dfrac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-1}$ có giá trị bằng
A. $-2$.
B. 2.
C. $\dfrac{18}{15}$.
D. $\dfrac{7}{2}$.

Lời giải câu 4
$\dfrac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-1}=\dfrac{\sqrt{16}+2}{\sqrt{16}-1}=\dfrac{6}{3}=2$.

Câu 5. Phương trình $2 x^2-x-6=0$ có hai nghiệm $x_1$, $x_2$. Khi đó tổng $x_1+x_2$ bằng
A. $-\dfrac{1}{2}$.
B. 3.
C. $-3$.
D. $\dfrac{1}{2}$.

Lời giải câu 5
Theo hệ thức Vi-ét, ta có $x_1+x_2=\dfrac{-1}{2}=\dfrac{1}{2}$.

Câu 6. Các giao điểm của parabol $y=x^2$ và đường thẳng $d:y=-x+2$ là
A. $A(1; 1)$ và $C(-2;4)$.
B. $D(-1; 1)$ và $B(2;4)$.
C. $A(1; 1)$ và $B(2;4)$.
D. $D(-1; 1)$ và $C(-2;4)$.

Lời giải câu 6
Phương trình hoành độ giao điểm của $(P)$ và $(d)$ \[x^2=-x+2\Leftrightarrow x^2+x-2=0\Leftrightarrow\left[\begin{aligned}&x=1\Rightarrow y=1\\&x=-2\Rightarrow y=4. \end{aligned}\right. \]

Câu 7. Đường thẳng $y=x+m-1$ cắt trục $Ox$ tại điểm có hoành độ bằng 1 khi
A. $m=0$.
B. $m=1$.
C. $m=-1$.
D. $m=2$.

Lời giải câu 7
Vì đường thẳng $y=x+m-1$ cắt trục $Ox$ tại điểm có hoành độ bằng 1 nên \[0=1+m-1\Leftrightarrow m=0. \]

Câu 8. Hình vuông có diện tích 16cm$^2$. Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông đó là
A. $2\sqrt{2}$cm.
B. 2cm.
C. 4cm.
D. $\sqrt{2}$cm.

Lời giải câu 8
Bán kính đường tròn ngoại tiếp là trung điểm của đường chéo. Do đó \[R=\dfrac{\sqrt{4^2+4^2}}{2}=\dfrac{\sqrt{32}}{2}=\dfrac{4\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}. \]

Câu 9. Trong các hệ phương trình sau, hệ nào vô nghiệm?
A. $\left\{\begin{aligned}&x+y=3\\&2x+2y=6 \end{aligned}\right.$.
B. $\left\{\begin{aligned}&x+y=3\\&2x+2y=9 \end{aligned}\right.$.
C. $\left\{\begin{aligned}&x=3\\&x+2y=6 \end{aligned}\right.$.
D. $\left\{\begin{aligned}&x+y=3\\&2y=0 \end{aligned}\right.$.

Lời giải câu 9
Vì hệ phương trình $\left\{\begin{aligned}&x+y=3\\&2x+2y=9 \end{aligned}\right.$ có $\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}\ne\dfrac{3}{9}$ nên hệ phương trình vô nghiệm.

Câu 10. Đường tròn $(O;R)$ có hai bán kính $OA$ và $OB$ vuông góc với nhau, gọi $H$ là trung điểm của đoạn thẳng $AB$. Khi đó, $OH$ bằng
A. $\dfrac{R\sqrt{3}}{2}$.
B. $\dfrac{R}{2}$.
C. $\dfrac{R}{\sqrt{3}}$.
D. $\dfrac{R\sqrt{2}}{2}$.

Lời giải câu 10
Áp dụng định lý Py-ta-go, ta có \[AB=\sqrt{OA^2+OB^2}+\sqrt{R^2+R^2}=R\sqrt{2}. \] Vì $H$ là trung điểm của $AB$ nên $OH=\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{R\sqrt{2}}{2}$ (tính chất tam giác vuông).

Câu 11. Khi $x=6$, biểu thức $x+8$ có giá trị bằng
A. 8.
B. 2.
C. 6.
D. 14.

Lời giải câu 11
$x+8=6+8=14$.

Câu 12. Đường thẳng $y=2-x$ có hệ số góc là
A. $-1$.
B. 1.
C. $45^\circ$.
D. 2.

Lời giải câu 12
Đường thẳng $y=2-x$ có hệ số góc là $k=-1$.

Câu 13. Phương trình nào dưới đây có hai nghiệm là 3 và $-2$?
A. $x^2-x-6=0$ .
B. $x^2+x-6=0$ .
C. $x^2-6 x+1=0$ .
D. $x^2+6 x-1=0$ .

Lời giải câu 13
Ta có $\left\{\begin{aligned}&S=3+(-2)=1\\&P=3\cdot (-2)=-6 \end{aligned}\right.$. Do đó 3 và $-2$ là hai nghiệm của phương trình bậc hai $X^2-X-6=0$.

Câu 14. Hệ phương trình $\left\{\begin{aligned}&x+y=1\\&mx-y=2 \end{aligned}\right.$ có nghiệm duy nhất khi
A. $m\ne -1$.
B. $m=-1$.
C. $m\ne 1$.
D. $m\ne 0$.

Lời giải câu 14
Hệ phương trình $\left\{\begin{aligned}&x+y=1\\&mx-y=2 \end{aligned}\right.$ có nghiệm duy nhất khi \[\dfrac{1}{m}\ne\dfrac{1}{-1}\Leftrightarrow m\ne -1. \]

Câu 15. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, cạnh $BC=10$cm, bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó bằng
A. 5cm.
B. 3cm.
C. 2,5cm.
D. 4cm.

Lời giải câu 15
$R=\dfrac{1}{2}BC=\dfrac{1}{2}\cdot 10=5$ (cm).

Câu 16. Biểu thức $\sqrt{(\sqrt{7}-5)^2}+\sqrt{(2-\sqrt{7})^2}$ có giá trị bằng
A. $2\sqrt{7}-3$.
B. 7.
C. 3.
D. $2\sqrt{7}+3$.

Lời giải câu 16
$\sqrt{(\sqrt{7}-5)^2}+\sqrt{(2-\sqrt{7})^2}=|\sqrt{7}-5|+|2-\sqrt{7}|=5-\sqrt{7}+\sqrt{7}-2=3$.

Câu 17. Tam giác $ABC$ vuông tại $A$, $\sin C=\dfrac{2}{5}$, cạnh $BC=10$cm. Độ dài cạnh $AB$ là
A. 4cm.
B. $2\sqrt{2}$cm.
C. 6cm.
D. 2cm.

Lời giải câu 17
$AB=BC\cdot \sin C=10\cdot \dfrac{2}{5}=4$ (cm).

Câu 18. Cho tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ nội tiếp đường tròn $(O)$ đường kính $BC$. Tia phân giác của $\widehat{ABC}$ cắt đường tròn $(O)$ tại $M$ ($M\ne B$). Khi đó $\widehat{MOC}$ có số đo bằng
A. $30^\circ$.
B. $60^\circ$.
C. $22^\circ30^\prime$.
D. $45^\circ$.

Lời giải câu 18

Ta có $\widehat{MOC}=2\widehat{MBC}$ (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung $MC$).
Mà $\widehat{MBC}=\dfrac{1}{2}\widehat{CBA}=\dfrac{1}{2}\cdot 45^\circ$. Do đó: $widehat{MOC}=2\cdot \dfrac{1}{2}\cdot 45^\circ=45^\circ. $

Câu 19. Tam giác $ABC$ vuông tại $A$, $AB=3$cm, $BC=5$cm thì $\tan C$ bằng
A. $\dfrac{4}{3}$.
B. $\dfrac{3}{5}$.
C. $\dfrac{3}{4}$.
D. $\dfrac{5}{3}$.

Lời giải câu 19
$\tan C=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{3}{\sqrt{5^2-3^2}}=\dfrac{3}{4}$.

Câu 20. Cho tam giác đều $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Các tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của đường tròn $(O)$ cắt nhau tại $M$. Số đo $\widehat{BMC}$ bằng
A. $120^\circ$.
B. $45^\circ$.
C. $60^\circ$.
D. $90^\circ$.

Lời giải câu 20
$\widehat{BOC}=120^\circ\Rightarrow \widehat{BMC}=60^\circ$.

Câu 21. Khi $x=7$, biểu thức $\dfrac{3}{\sqrt{x+2}}$ có giá trị bằng
A. $\sqrt{3}$.
B. 1.
C. $-1$.
D. $\dfrac{1}{3}$.

Lời giải câu 21
Với $x=7$ thì $\dfrac{3}{\sqrt{7+2}}=1$.

Câu 22. Hệ phương trình $\left\{\begin{aligned}&x+y=3\\&x-y=1 \end{aligned}\right.$ có nghiệm $(x;y)$ là
A. $(1;2)$.
B. $(-1;-2)$.
C. $(2;1)$.
D. $(-2;-1)$.

Lời giải câu 22

Câu 23. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, đường cao $AH$. Biết $HB=4$cm, $HC=9$cm, độ dài $AH$ là
A. $\sqrt{13}$cm.
B. 36cm.
C. 9cm.
D. 6cm.

Lời giải câu 23

Câu 24. Cho tam giác đều $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường cao $AH$ cắt cung nhỏ $BC$ tại $M$. Số đo $\widehat{BCM}$ là
A. $50^\circ$.
B. $45^\circ$.
C. $60^\circ$.
D. $30^\circ$.

Lời giải câu 24
$\widehat{BCM}=\widehat{BAM}=\dfrac{1}{2}\widehat{BAC}=\dfrac{1}{2}\cdot 60^\circ=30^\circ$.

Câu 25. Tập nghiệm của phương trình $x^2-3x+2=0$ là
A. $\{1;2\}$.
B. $\{-1;-2\}$.
C. $\{-1;2\}$.
D. $\{1;-2\}$.

Lời giải câu 25

Câu 26. Giá trị của $\sqrt{\sqrt{5}+1}\cdot \sqrt{\sqrt{5}-1}$ bằng
A. $2\sqrt{6}$.
B. $-2$.
C. 2.
D. 4.

Lời giải câu 26

Câu 27. Biết hệ phương trình $\left\{\begin{aligned}&2ax+by=5\\&(a-1)x+(b+2)y=6 \end{aligned}\right.$ có nghiệm $(x;y)=(1;2)$. Khi đó $3a+4b$ bằng
A. 4.
B. $\dfrac{5}{2}$.
C. 7.
D. 8.

Lời giải câu 27
Vì hệ có nghiệm $(x;y)=(1;2)$ nên $\left\{\begin{aligned}&2a+2b=5\\&a-1+(b+2)2=6 \end{aligned}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{aligned}&2a+2b=5\\&a+2b=3 \end{aligned}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{aligned}&a=2\\&b=\dfrac{1}{2}. \end{aligned}\right.$
Do đó $3a+4b=3\cdot 2+4\cdot\dfrac{1}{2}=8$.

Câu 28. Cho điểm $M$ thuộc nửa đường tròn đường kính $AB=2R$ ($M$ không trùng với $A$, $B$). Gọi $d$ là tiếp tuyến của nửa đường tròn tại $M$; $P$ và $Q$ lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ $A$ và $B$ xuống $d$. Khi đó $AP+BQ$ bằng
A. $R\sqrt{2}$.
B. $2R$.
C. $R\sqrt{3}$.
D. $\dfrac{3R}{2}$.

Lời giải câu 28

$QPQB$ là hình thang vuông có $OM$ là đường trung bình nên \[AP+BQ=2OM=2R. \]

Câu 29. Gọi $M$, $N$ là giao điểm của parabol $y=x^2$ và đường thẳng $y=x+2$. Diện tích tam giác $OMN$ bằng
A. 3.
B. $\dfrac{3\sqrt{2}}{2}$.
C. 6.
D. 1,5.

Lời giải câu 29

Phương trình hoành độ giao điểm của $(P)$ và $(d)$ là \[x^2=x+2\Leftrightarrow x^2-x-2=0\Leftrightarrow\left[\begin{aligned}&x=-1\Rightarrow y=1\\&x=2\Rightarrow y=4. \end{aligned}\right. \] Suy ra giao điểm của $(P)$ và $(d)$ là $M(-1;1)$ và $N(2;4)$.
Gọi $P$ là giao điểm của $(d)$ với trục $Oy$, suy ra $P(0;2)$ và $Q(0;4)$. Khi đó $S_{\triangle OMN}=S_{\triangle OMP}+S_{\triangle OPN}=S_{\triangle OMP}+S_{\triangle OQN}-S_{\triangle PQN}$
$=\dfrac{1}{2}\cdot 1\cdot 2+\dfrac{1}{2}\cdot 4\cdot 2-\dfrac{1}{2}\cdot 2\cdot 2=3\ (\text{đvdt}).$

Câu 30. Có bao nhiêu cặp số nguyên $a$, $b$ để biểu thức $93+62 \sqrt{3}$ viết được dưới dạng $(a+b \sqrt{3})^2$, với $a$, $b\in\mathbb{Z}$?
A. 0.
B. 4.
C. 1.
D. 2.

Lời giải câu 30
Ta có $93+62 \sqrt{3}=31(3+2\sqrt{3})$ không thể đưa về dạng theo yêu cầu đề bài.

Câu 31. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $\sqrt{x^2-4 x+3}$.
A. bằng $-1$.
B. bằng 1.
C. bằng 0.
D. không tồn tại.

Lời giải câu 31

Câu 32. Cho hai đường tròn $(O;13\rm{cm})$ và $(O';10\rm{cm})$ cắt nhau tại hai điểm phân biệt $A$, $B$. Đoạn thẳng $OO'$ cắt $(O)$, $(O')$ lần lượt tại $E$ và $F$. Biết $EF=3$cm, độ dài của $OO'$ là
A. 19cm.
B. 20cm.
C. 16cm.
D. 18cm.

Lời giải câu 32

B. PHẦN TỰ LUẬN
Bài 1:
1. Giải phương trình $x^2+6x+8=0$.
2. Rút gọn biểu thức $P=\dfrac{2}{\sqrt{x}-1}+\dfrac{2}{\sqrt{x}+1}+\dfrac{\sqrt{x}-5}{x-1}$ với $x\geqslant 0$, $x\ne 1$. Tìm $x$ để $P=1$.
Lời giải
1. Ta có $\Delta^\prime=3^2-8=1>0$. Phương trình có hai nghiệm phân biệt \begin{eqnarray*} x_1=\dfrac{-3+\sqrt{1}}{1}=-2; x_2=\dfrac{-3-\sqrt{1}}{1}=-4. \end{eqnarray*} Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\{-2;-4\}$.
2. Với $x\geqslant 0$, $x\ne 1$, ta có \begin{eqnarray*} P&=&\dfrac{2}{\sqrt{x}-1}+\dfrac{2}{\sqrt{x}+1}+\dfrac{\sqrt{x}-5}{x-1}\\ &=&\dfrac{2}{\sqrt{x}-1}+\dfrac{2}{\sqrt{x}+1}+\dfrac{\sqrt{x}-5}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}\\ &=&\dfrac{2(\sqrt{x}+1)+2(\sqrt{x}-1)+\sqrt{x}-5}{(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}-1)}\\ &=&\dfrac{2 \sqrt{x}+2+2 \sqrt{x}-2+\sqrt{x}-5}{(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}-1)}\\ &=&\dfrac{5 \sqrt{x}-5}{(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}-1)}=\dfrac{5(\sqrt{x}-1)}{(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}-1)}\\ &=&\dfrac{5}{\sqrt{x}+1}. \end{eqnarray*} Vậy $x\geqslant 0$, $x\ne 1$ thì $P=\dfrac{5}{\sqrt{x}+1}$. Khi đó \[P=1\Rightarrow \dfrac{5}{\sqrt{x}+1}=1\Leftrightarrow \sqrt{x}+1=5\Leftrightarrow \sqrt{x}=4\Leftrightarrow x=16\ \text{(nhận)}. \] Vậy với $x=16$ thì $P=1$.
Bài 2:
Trong thư viện của một trường, tổng số sách tham khảo môn Ngữ văn và môn Toán là 155 cuốn. Dự định trong thời gian tới nhà trường cần mua thêm tổng số 45 cuốn sách Ngữ văn và Toán, trong đó số sách môn Ngữ văn cần mua bằng $\dfrac{1}{3}$ số sách môn Ngữ văn hiện có, số sách môn Toán cần mua bằng $\dfrac{1}{4}$ số sách môn Toán hiện có. Hỏi số sách tham khảo của mỗi môn Ngữ văn và Toán ban đầu là bao nhiêu?
Lời giải
Gọi $x$, $y$ lần lượt là số sách tham khảo môn Toán và môn Ngữ Văn lúc ban đầu của thư viện ($x$, $y\in\mathbb{N}^*$, $x$, $y<155$).
Do ban đầu thư viện có 155 cuốn sách tham khảo của cả hai môn nên ta có phương trình $x+y=155$.
Số sách tham khảo môn Toán cần mua là $\dfrac{1}{4}x$ (cuốn).
Số sách tham khảo môn Ngữ Văn cần mua là $\dfrac{1}{3}y$ (cuốn).
Vì thư viện đã mua thêm 45 cuốn sách tham khảo hai môn này nên ta có phương trình: $\dfrac{1}{4}x+\dfrac{1}{3}y=45\Leftrightarrow 3x+4y=540$.
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x + y = 155\\3x + 4y = 540\end{array} \right.$
Giải hệ phương trình, ta được $x=80$, $y=75$ (thỏa mãn).
Vậy ban đầu, thư viện có 80 cuốn sách tham khảo môn Toán và 75 cuốn sách tham khảo môn Ngữ Văn.
Bài 3:
Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Trên cạnh $AC$ lấy điểm $M$ khác $C$ sao cho $AM>MC$, vẽ đường tròn tâm $O$ đường kính $MC$, đường tròn này cắt $BC$ tại $E$ ($E\ne C$) và cắt đường thẳng $BM$ tại $D$ ($D\ne M$).
1. Chứng minh $ADCB$ là một tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh $\widehat{ABM}=\widehat{AEM}$ và $EM$ là tia phân giác của $\widehat{AED}$.
3. Gọi $G$ là giao điểm của $ED$ và $AC$. Chứng minh rằng $CG\cdot MA=CA\cdot GM$.
Lời giải

1. Ta có $\widehat{CDM}=90^\circ\ (\text{góc nội tiếp chắn nửa đường tròn } (O))\Rightarrow \widehat{BDC}=90^\circ; \widehat{BAC}=90^\circ (\text{giả thiết}).$
Tứ giác $BADC$ có $\widehat{BAC}=\widehat{BDC}=90^\circ$ nên $BADC$ nội tiếp được đường tròn (dấu hiệu nhận biết).
2. Ta có $\widehat{CEM}=90^\circ\ (\text{góc nội tiếp chắn nửa đường tròn } (O))\Rightarrow ME\perp BC\Rightarrow \widehat{BEM}=90^\circ; \widehat{BAC}=90^\circ (\text{giả thiết})$.
Tứ giác $BAME$ có $\widehat{BAM}+\widehat{BEM}=90^\circ+90^\circ=180^\circ$ nên $BAME$ nội tiếp được đường tròn (dấu hiệu nhận biết).
$\Rightarrow \widehat{ABM}=\widehat{AEM}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AM$).
Tam giác $MDC$ vuông tại $D$ nên $\widehat{MCD}+\widehat{CMD}=90^\circ$.
và $\widehat{ABM}+\widehat{AMB}=90^\circ$ ($\triangle ABM$ vuông tại $A$).
Mà $\widehat{AMB}=\widehat{CMD}$ (đối đỉnh) nên $\widehat{ABM}=\widehat{MCD}$.
Lại có $\widehat{MCD}=\widehat{MED}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $MD$) nên $\widehat{MED}=\widehat{ABM}$.
Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{MEA}=\widehat{MED}$ (cùng bằng $\widehat{ABM}$), suy ra $EM$ là tia phân giác của $\widehat{AED}$.
3. Tam giác $AEG$ có $EM$ là đường phân giác nên $\dfrac{MG}{MA}=\dfrac{EG}{EA}$.
Ta có $ME\perp EC$ ($\widehat{MEC}=90^\circ$) nên $EC$ là phân giác của góc ngoài tại đỉnh $E$ của $\triangle AEG$. Do đó $\dfrac{CG}{CA}=\dfrac{EG}{EA}$.
Từ (3) và (4) suy ra $\dfrac{MG}{MA}=\dfrac{CG}{CA}\ \left(\text{cùng bằng } \dfrac{EG}{EA}\right)$;
$\Rightarrow CG\cdot MA=CA\cdot GM$.
Bài 4:
Cho phương trình bậc hai $ax^2-x+c=0$ ($x$ là ẩn số) có hai nghiệm thực dương $x_1$, $x_2$ thỏa mãn $x_1+x_2\leqslant 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \[P=\dfrac{a^2-c}{a c+a^2}. \] Lời giải
Phương trình $ax^2+bx+c=0$ có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi \[\left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\triangle > 0\\S > 0\\P > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\1 - 4ac > 0\\\dfrac{1}{a} > 0\\\dfrac{c}{a} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}ac > \dfrac{1}{4}\\a > 0\\c > 0\end{array} \right..\] Theo hệ thức Vi-ét, ta có $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \dfrac{1}{a}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right..$
Theo đề bài ta có $x_1+x_2 \leqslant 1 \Rightarrow \dfrac{1}{a} \leqslant 1 \Leftrightarrow a \geqslant 1\ (\text{do } a>0) \Rightarrow a^2 \geqslant 1$.
Lại có $a c \leqslant \dfrac{1}{4} \Rightarrow c \leqslant \dfrac{1}{4 a} \leqslant \dfrac{1}{4}$. Khi đó $P=\dfrac{a^2-c}{a c+a^2} \geqslant \dfrac{a^2-\dfrac{1}{4}}{\dfrac{1}{4}+a^2}=\dfrac{a^2+\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2}}{a^2+\dfrac{1}{4}}=1-\dfrac{1}{2\left(a^2+\dfrac{1}{4}\right)}$
$\geqslant 1-\dfrac{1}{2\left(1+\dfrac{1}{4}\right)}= 1-\dfrac{2}{5}=\dfrac{3}{5}$.
Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}a = 1\\ac = \dfrac{1}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\c = \dfrac{1}{4}\end{array} \right..$
Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là $\dfrac{2}{5}$, đạt được khi $a=1$ và $b=\dfrac{1}{4}$.

   Số câu đúng