Ngân hàng đề thi vào THPT Víp (Hùng Quố

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10
trường THPT chuyên Lê hồng phong
năn học 1999 – 2000
Môn toán (Đề chung)
Bài 1(2điểm)
Cho biểu thức: N =
ab
ba
bab
b
bab
a +
−
−
+
+

với a,b là 2 số dương khác nhau
1)Rút gọn biểu thức N
2)Tính giá trị của biểu thức N khi : a =
526 +
và b =
526 −
Bài 2(2,5 điểm)
Cho phương trình ẩn x: x
4
– 2mx
2
+ m
2
– 3 = 0

1)Giải phương trình với m =
3
2)Tìm m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt
Bài 3 (1,5 điểm)
Trên hệ trục toạ độ Oxy cho điểm A(2;-3) và parapol (p) có phương trình là
y = -
2
2
1
x
1)Viết phương trình đường thẳng có hệ số góc bằng k và đi qua điểm A(2; - 3)
2)Chứng minh rằng bất cứ đường thẳng nào đi qua điểm A(2;-3) không song
song với trục tung bao giờ cũng cắt parabol y = -
2
2
1
x
tại 2 điểm phân biệt
Bài 4(4 điểm)
Cho đường tròn (O,R) và đường thẳng (d) cắt đường tròn tại 2 điểm A,
B .Từ điểm M nằm trên đường thẳng (d) và ở ngoài đường tròn (O,R) kể hai tiếp
tuyến MP và MQ đến đường tròn , trong đó P và Q là các tiếp điểm.
1)Gọi I là giao điểm của đường thẳng MO với đường tròn(O,R).Chứng minh I
là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MPQ
2)Xác định vị trí điểm M trên đường thẳng (d) để tứ giác MPOQ là hình vuông.
3)Chứng minh rằng điểm M di chuyển trên đường thẳng (d) thì đường tròn nội
tiếp tam giác MPQ chạy trên một đường thẳng cố định.
Đáp án
Bài 1:
Câu 1: : N =

ab
ba
bab
b
bab
a +
−
−
+
+
=
ab
ba
aba
b
bab
a +
−
−
+
+ )()(
=
ab
ba
abab
abbaba
abab
abbaabbbabaa
−
+

=
−
+
=
−
−+−++−
)())(
))(()()(
Câu 2: Ta có a =
526 +
=
15)15(
2
+=+
v à b =
526 −
=
15)15(
2
−=−
=> N =
5
1515
1515
−=
−−−
−++
=
−
+

ab
ba
B i 2:
C õu1: khi m =
3
,phng trỡnh : x
4
2mx
2
+ m
2
3 = 0 tr th nh:
x
4
- 2
3
x = 0

x
2
(x
2
- 2
3
) = 0




=

=
32
0
2
x
x






=
=
32
0
3,2
1
x
x
Vy phng trỡnh ó cho cú 3 nghim l :
x
1
= 0 , x
2
=
32
x
3
= -

32
Cõu 2: t t = x
2
, iu kin t

0 .Phng trỡnh ó cho tr thnh:
t
2
2mt + m
2
3 = 0 (1)
Phng trỡnh ó cho cú ỳng 3 nghim phõn bit

phng trỡnh (1) cú 2
nghim trong ú cú mt nghim bng 0 v 1 nghim dng
*)Phng trỡnh (1) nhn t = 0 l nghim

m
2
3 = 0

m =

3
+)Khi m =
3
, phng trỡnh (1) tr thnh: t
2
-
3

t = 0




=
=
32
0
2
1
t
t
(tho món)
v y m =
3
,l giỏ tr cn tỡm
+)Khi m = -
3
, phng trỡnh (1) tr thnh : t
2
+ 2
3
t = 0




=
=

32
0
2
1
t
t
(khụng thớch hp)
Vy m = -
3
khụng tho món loa
Tóm lại phơng trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt

m =
3
Bài 3
Câu 1: Phơng trình đờng thẳng đi qua điểm A(2;-3) và có hệ số góc bằng k là:
y = k(x-2) 3
Câu 2: Phơng trình đờng thẳng (d) đi qua điểm A(2;-3) và không song song với trục tung
có dạng:
y = k(x-2) 3 ( k là 1 số bất kỳ)
Hoành độ giao điểm của parabol (p) và đờng thẳng (d) là nghiệm của phơng trình:
-
2
1
x
2
= k(x-2) 3

x
2

+ 2kx 4k 6 = 0 (*)
Đờng thẳng (d) và parabol(p) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt

phơng trình (*) có 2 nghiệm phân biệt với mọi k


/

> 0 với mọi k

k
2
+ 4k + 6 > 0 với mọi k
Thật vậy
/

= k
2
+ 4k + 6 = (k
2
+ 4k + 4) + 2 = (k + 2)
2
+ 2 > 0 với mọi k
điều phải chứng minh.
Bài 4:

P
M
Q
A B

O
K
(D)
I
C©u 1:
+)V× MP vµ MQ lµ c¸c tiÕp tun cïng xt ph¸t tõ ®iĨm M => tia MO lµ tia ph©n gi¸c
cđa gãc PMQ (1)
+) Còng v× MP vµ MQ lµ c¸c tiÕp tun cïng xt ph¸t tõ ®iĨm M
 gãc PMO = QMO => cung PI = cung IQ
Ta cã gãc MIP lµ gãc t¹o bëi mét d©y cung vµ tiÕp tun => S® gãc MPI =
2
1
S® cung PI
L¹i cã S® gãc IPQ =
2
1
S® cung QI => gãc MPI = gãc IPQ => PI lµ tia ph©n gi¸c cđa gãc
MPQ (2)
Tõ (1) vµ (2) => I l giao à điểm của hai đường phân giác tại đỉnh M và đỉnh P của
tam giác MPQ => I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MPQ (đpcm)
Câu2: a) Phân tích:
Giả sử M là điểm trên đường thẳng (d) sao cho tứ giác MPOQ là hình vng =>
cạnh của hình vng là R
 MO = R
2
0,25®
 M nằm trên đường tròn (O ; R
2
)
 M là giao điểm của đường thẳng (d) và đường tròn (O ; R

2
) 0,25®
b) C¸ch dùng:
+ Dùng ®o¹n R
2
0,25đ
+ VÏ ®êng trßn (O, R
2
)
+ LÊy giao ®iĨm M cđa ®êng th¼ng (d) vµ ®êng trßn (O, R
2
)
=> M lµ ®iĨn ph¶i dùng 0,25đ
c) Chứng minh:
Vì MO = R
2
> R => M nằm ngoài đường tròn (O,R)
Nên từ M kẻ được hai tiếp tuyến MP và MQ đến đường tròn 0,25đ
+ Áp dụng đònh lý Pitago trong tam giác vuông MPO ta có
MP
2
= MO
2
– OP
2
= 2R
2
– R
2
= R

2
=> MP = R
Tương tự chứng minh được MQ = R => MPOQ là tưa giác có 4 cạnh bằng nhau và
có 1 góc vuông => MPOQ là hình vuông 0,25đ
d) Biện luận
Vì đường thẳng (d) và đường tròn (O, R
2
) cắt nhau tại 2 điểm
=> bài toán có hai nghiệm hình 0,25đ
Câu 3: (1đ)
+Đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ là đường tròn đường kính MO 0,25đ
+Từ O kể đường thẳng vuông góc đến đường thẳng (d) tại K => góc MKO = 1v
=> K nằm trên đường tròn đường kính MO 0,25đ
=> đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ đi qua 2 điểm cố đònh O và K 0,25đ
=> tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ chạy trên đường trung trực (
∆
)
của đoạn OK 0,25đ

Đề thi tuyển sinh vào 10 PTTH
năm học 1999 – 2000
Mơn tốn
thời gian làm bài 150 phút
Bài 1(1,5 điểm)
Cho biểu thức : A =
x
xx
24
44
2

−
+−
a) Với giá trị nào của x thì biểu thức A có nghĩa
b) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 1,999
Bài 2(1,5 điểm)
Giải hệ phương trình:








=
−
+
−=
−
−
5
2
34
1
2
11
yx
yx
Bài 3 (2 điểm)
Tìm giá trị của a để phương trình :

(a
2
– a – 3)x
2
+ (a + 2)x – 3a
2
= 0
nhận x = 2 là nghiệm .Tìm nghiệm còn lại của phương trình?
Bài 4 (4 điểm)
Cho tam giác ABC vng ở đỉnh A . trên cạnh AB lấy điểm D khơng trùng với
đỉnh A và đỉnh B. Đường tròn đường kính BD cắt cạnh BC tại E. Đường thẳng
AE cắt đường tròn đường kính BD tại điểm thứ 2 là G. Đường thẳng CD cắt
đường tròn đường kính BD tại điểm thứ 2 là F . Gọi S là giao điểm của các
đường thẳng AC và BF. Chứng minh:
1) Đường thẳng AC song song với đường thẳng FG
2) SA. SC = SB. SF
3) Tia ES là phân giác của góc AEF
Bài 5(1 điểm)
Giải phương trình : x
2
+ x + 12
1+x
= 36
Đáp Án
Bài 1:
Câu a) Ta có : A =
x
xx
24
44

2
−
+−
=
)2(2
)2(
2
x
x
−
−
0,25đ
Vì (x- 2)
2

≥
0 với mọi x =>
2
)2( −x
có nghĩa với mọi x 0,25đ
=> Biểu thức A có nghĩa
⇔
4 – 2x
≠
0
⇔
x
≠
2 0,25đ
Câu b) Ta có A =

)2(2
2
x
x
−
−
0,25đ

⇔








<−=
−
−
>−−=
−
−
02
2
1
)2(2
2
02
2

1
)2(2
2
khix
x
x
khix
x
x
0,25đ
Khi x = 1,999 => x < 2 => A = 0,5 0,25đ
Bài 2 (1,5 đ)








=
−
+
−=
−
−
5
2
34
1

2
11
yx
yx
Đặt u =
x
1
và v =
2
1
−y
.Hệ phương trình trên trở thành:




=+
−=−
534
1
vu
vu
0,25đ
Giải hệ phương trình trên được









=
=
7
9
7
2
v
u
0,5đ
Với u =
7
2
=> x =
2
7
0,25đ
Với v =
7
9
=> y =
9
25
0,25đ
Vậy hệ có nghiệm là :








=
=
9
25
2
7
y
x
0,25đ
Bài 3: Phương trình đã cho nhận x
1
= 2 là nghiệm
⇔
4(a
2
– a – 3) + 2(a + 2) – 3a
2
= 0 0,5đ
⇔
a
2
– 2a – 8 = 0 0,25đ
⇔





=
−=
4
2
a
a
0,25đ
Khi đó nghiệm còn lại của phương trình là:
x
2

=
)3(2
3
2
2
−−
−
aa
a
0,5đ
+) Nếu a = -2 , nghiệm còn lại của phương trình là
x
2
= -2 0,25đ
+) Nếu a = 4 , nghiệm còn lại của phương trình là
x
2
= -
3

8
0,25đ
Bài 4

S
A
C
E
B
F
G
D
Câu 1: Chứng minh AC // FG ( 1 đ)
Tứ giác ACED có : góc A = góc E = 1v 0,25đ
nên nội tiếp được trong một đường tròn
=> ^ACD = ^ AED hay ^ ACD = ^ DEG (1) 0,25đ
Mặt khác 4 điểm D,G, E, F cùng nằm trên đường tròn đường kính BD
nên tứ giác DGEF nội tiếp được đường tròn
=> góc DEG = góc DFG (2) 0,25đ
Từ (1) và (2) => góc ACD = góc DFG
=> AC // FG (Vì có 2 góc so le trong bằng nhau) 0,25đ
Câu 2 : Chứng minh SA.SC = SB. SF (1,5đ)
Tứ giác ACBF có
∠
A =
∠
F = 1v => tứ giác ACBF nội tiếp đường tròn đường
kính BC
=>
∠

FAC +
∠
FBC = 2v 0,25đ
Lại có
∠
FAC +
∠
SAF = 2v
=>
∠
SAF =
∠
FBC hay
∠
SAF =
∠
SBC 0,25đ
Xét 2 tam giác SAF và SBC có :

∠
S chung ,
∠
SAF =
∠
SBC (cmt)
=> Hai tam giác SAF và SBC đ ồng d ạng 0,5 đ
=>
SC
SF
SB

SA
=
0,25 đ
=> SA.SC = SB.SF 0,25 đ
C âu 3: Chøng minh : Tia ES lµ tia ph©n gi¸c cđa gãc AEF (1,5 ®)
Ta cã gãc AED = gãc ACF (cmt) (1)
V× tø gi¸c BEDF néi tiÕp ®ỵc ®êng trßn
=> gãc DEF = gãc DBF (2)
V× tø gi¸c ACBF néi tiÕp ®ỵc ®êng trßn
=> gãc ACF = gãc ABF (3)
Tõ (1) , (2) vµ (3) => gãc AED = gãc DEF 0,5®
=> ED lµ tia ph©n gi¸c cđa gãc AEF 0,25®
MỈt kh¸c : CF vµ BA lµ c¸c ®êng cao cđa tam gi¸c SBC
nªn D lµ trùc t©m cđa tam gi¸c nµy => SD
⊥
BC 0,25®
Mµ DE
⊥
BC => 3 ®iĨm S.D,E th¼ng hµng 0,25®
=> tia ES lµ ph©n gi¸c cđa gãc AEF 0,25®
Bµi 5 (1®):
Ta cã x
2
+ x + 12
1+x
= 36
⇔
(x
2
+ 2x + 1) – (x-1 - 12

1+x
+ 36) = 0
⇔
(x + 1)
2
– (
1+x
- 6)
2
= 0 0,25đ
⇔
(x + 1 -
1+x
+ 6 )( x + 1 +
1+x
- 6 ) = 0 0,25đ
a) Trường hợp : x + 1 -
1+x
+ 6 = 0 (a)
Đặt t =
1+x
( điều kiện t
≥
0 ) , phương trình (a) trở thành
t
2
– t + 6 = 0 ( vô nghiệm) 0,25đ
b) Trường hợp : x + 1 +
1+x
- 6 = 0 (b)

Đặt t =
1+x
( điều kiện t
≥
0 ) , phương trình (b) trở thành
t
2
+ t - 6 = 0
⇔
t = - 3 (loại) hoặc t = 2 (thoả mãn)
t = 2 =>
1+x
= 2
⇔
x + 1 = 4
⇔
x = 3
Vậy phương trình có một nghiệm x = 3 0,25đ
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG
năm học 2000 -2001
Môn toán(Đề chung)
Bài 1 (2,5 điểm)
Cho biểu thức :
T =
1
1
1
1
1

2
−
+
−
++
+
+
−
+
x
x
xx
x
xx
x
với x > 0 và x
≠
1
1) Rút gọn biểu thức T
2) Chứng minh rằng với mọi x > 0 và x
≠
1 luôn có T <
3
1
Bài 2 ( 2,5 điểm)
Cho phương trình : x
2
– 2mx + m
2
-

2
1
= 0 (1)
1) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm và các nghiệm của phương trình có giá
trò tuyệt đối bằng nhau
2) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm và các nghiệm ấy là số đo của hai cạnh
góc vuông của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 3
Bài 3(1 điểm)
Trên hệ trục toạ độ Oxy cho parabol (P) có phương trình
y = x
2
(P)
Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng y = 3x + 12 và có với
parabol (P) đúng một điểm chung.
Bài 4 (4 điểm)
Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Một điểm M chuyển dộng trên đường tròn
(O) ( M khác với A và B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên đường kính
AB.Vẽ đường tròn (T) có tâm là M và bán kính MH . Từø A và B lần lượt kể tiếp
tuyến AD và BC đến đường tròn (T) (D và C là các tiếp điểm)
1) Chứng minh rằng khi M di chuyển trên đường tròn (O) thì AD + BC có giá trò
không đổi.
2) Chứng minh rằng đường thẳng CD là tiếp tuyến của đường tròn (O)
3) Chứng minh rằng với bất kỳ vò trí nào của M trên đường tròn (O) luôn có bất
đẳng thức AD.BC
≤
R
2
. Xác đònh vò trí của M trên đường tròn (O) để đẳng
thức xảy ra
4) Trên đường trìn (O) lấy điểm N cố đònh .Gọi I là trung điểm của MN và P là

hình chiếu vuông góc của I trên MB . Khi M chuyển động trên đường tròn (O)
thì P chạy trên đường nào ?
ĐÁP ÁN:
Bài 1
Câu 1: T =
1
1
1
1
1
2
−
+
−
++
+
+
−
+
x
x
xx
x
xx
x
=
1
1
1
1

1)(
2
3
−
−
++
+
+
−
+
xxx
x
x
x
0,5đ
=
)1)(1(
)1()1)(1(2
++−
++−−+++
xxx
xxxxx
0,25đ
=
)1)(1( ++−
−
xxx
xx
0,25đ
=

)1)(1(
)1(
++−
−
xxx
xx
0,25đ
=
1++ xx
x
0,25đ
Câu 2:
Xét
3
1
- T =
3
1
-
1++ xx
x
=
4
9
)
2
1
(3
)1(
2

2
++
−
x
x
0,25đ
=>
3
1
- T > 0 vì (
x
- 1)
2
> 0 0,25đ
và 3(
4
9
)
2
1
2
++x
> 0 với mọi x > 0 và x
≠
1 0,25đ
=> T <
3
1
với x > 0 ø và x
≠

1 0,25đ
Bài 2
Câu 1 (1đ) : Giả sử phương trình có 2 nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn
21
xx =

=> x
1
= x
2
hoặc x
1
= - x
2
0,25đ
a) Nếu x
1
= x
2
=>
∆
= 0 =>
∆
=
2
1

= 0 (vô lý) 0,25đ
b) Nếu x
1
= - x
2
=> x
1
+ x
2
= 0 => 2m = 0 => m = 0 0,25đ
=> phương trình đã cho trở thành : x
2
-
2
1
= 0
⇔
x =
2
1
±

=> phương trình có 2 nghiệm có giá trò tuyệt đối bằng nhau
=> m = 0 là giá trò cần tìm 0,25đ
Câu 2(1,5đ)
Giả sử phương trình có 2 nghiệm x
1
và x
2
là số đo của 2 cạnh góc vuông của một tam

giác vuông có cạnh huyền bằng 3
=> x
1
> 0 ; x
2
> 0 và x
1
2
+ x
2
2
= 9 0,25đ
Ta có x
1
2
+ x
2
2
= (x
1
+ x
2
)
2
- 2x
1
x
2
= 4m
2

– 2(m
2
-
2
1
) = 2m
2
+ 1 0,25đ
=> và x
1
2
+ x
2
2
= 9
⇔
2m
2
+ 1 = 9
⇔
m =
±
2 0,25đ
+Với m = 2 phương trình đã cho trở thành :
x
2
- 4x +
2
7
= 0

Phương trình này có 2 nghiệm là:
x
1
= 2 -
2
1
; x
2
= 2 +
2
1
(thoả mãn)
=> m = 2 là giá trò cần tìm 0,25đ
+ Với m = -2 phương trình đã cho trở thành:
x
2
+ 4x +
2
7
= 0
Phương trình này có 2 nghiệm là :
x
1
= - 2 -
2
1
< 0 và x
2
= - 2 +
2

1
< 0 (loại)
=> m = -2 không troả mãn 0,25đ
Tóm lại: Phương trình đã cho có hai nghiệm và 2 nghiệm này là số đo 2 cạnh
của góc vuông của tam giác vuông có cạnh huyền bằng 3
⇔
m = 2 0,25đ
Bài 3:
+)Gọi (d) là đường thẳng phải tìm.Vì đường thẳng (d) // đường thẳng
y = 3x + 12 => phương trình đường thẳng (d) có dạng; y = 3x + m 0,25đ
+)Hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol y = x
2
là nghiệm của phường
trình: x
2
= 3x + m
⇔
x
2
– 3x – m = 0 (*) 0,25đ
+)Đường thẳng (d) và parabol y = x
2
có đúng 1 điểm chung
⇔
phương trình (*) có nghiệm duy nhất
⇔

∆
= 0
⇔

9 + 4m = 0
⇔
m = -
4
9
0,25đ
=> phương trình đường thẳng (d) là y = 3x -
4
9
0,25đ
Bài 4:
Câu 1: (0,75đ)
+) Vì AD và AH là các tiếp tuyến của đường tròn (M,MH) cùng xuất phát từ đỉnh A
=> AD = AH (1) 0,25đ
+) Vì BH và BC là các tiếp tuyến của đường tròn (M, MH) cùng xuất phát từ đỉnh B
=> BC = BH (2) 0,25đ
+) Từ (1) và(2) => AD + BC = AH + BH = AB = 2R = không đổi

A
B
D
C
O
M
H
N
II
K
Câu 2: (1,25đ)
a) Trước hết ta chứng minh 3 điểm C, D , M thẳng hàng

Thật vậy:
+ Vì AD và AH là các tiếp tuyến của đường tròn (M,MH) cùng xuất phát từ A
=> góc AMD = góc AMB (3)
+ Vì BH và BC là các tiếp tuyến của đường tròn (M, MH) cùng xuất phát từ B
=> góc BMC = góc BMH (4)
Từ (3) và (4) => góc AMD + góc BMC = góc AMH + góc BMH
= góc AMB = 90
0
0,25đ
=> (góc AMD + góc BMC) + (góc AMH + góc BMH) = 180
0
0,25đ
=> 3 điểm C, D, M thẳng hàng và M là trung điểm của CD 0,25đ
b)Vì AD và BC là các tiếp tuyến của đường tròn (M,MH)
=> AD
⊥
CD và BC
⊥
CD => ABCD là hình thang vuông
Mặt khác : O là trung điểm của AB và M là trung điểm của CD
 OM là đường trung bình của hình thang ABCD
 OM // AD 0,25đ
LẠi có AD
⊥
CD => OM
⊥
CD 0,25đ
Mà Om là đường kính của đường tròn (O)
=> CD là tiếp tuyến của đường tròn (O) 0,25đ
Câu 3;(1đ)

Ta có : 4.AD.BC = (AD + BC)
2
- (AD – BC)
2
0,25đ

≤
(AD +BC)
2
= 4R
2
0,25đ
=> AD.BC
≤
R
2
0,25đ
Đẳng thứ xảy ra
⇔
AD = BC
⇔
ABCD là hình chữ nhật
ngoại tiếp nửa đường tròn đường kính AB
⇔
M là trung
điểm của của nửa đường tròn đường kính AB 0,25đ
Câu 4 (1đ)
Ta có góc AMB = 90
0
(Góc nôòo tiết chắn nửa đường tròn )

 AM
⊥
MB.Mặt khác : IP
⊥
MP (gt)
 => AM // IP hay IK //AM
Xét
∆
ANM có IK // AM , I là trung điểm MN
=> IK là đường trung bình 0,25đ
=> K là trung điểm của AN mà A và N cố đònh => K cố đònh 0,25đ
Ta có góc BPK = 90
0
và các điểm B, K cố đònh 0,25đ
=> Khi m chuyển động trên đường tròn (O) thì P chạy trên đường tròn
đường kính BK 0,25đ
ĐỀ THI TUYỂN SINH
VÀO LỚP 10 – PTTH TỈNH NAM ĐỊNH
NĂM HỌC 2000- 2001
Bài 1: (2điểm)
Cho A = (
)1
1
).(1
1
−
−
−
+
+

+
a
aa
a
aa
Với 1
0≥≠ a
a . Rút gọn A
b. Với 1
0
≥≠
a
. Tìm a sao cho A = - a
2

Bài 2: (2 điểm)
Trên hệ trục toạ độ Oxy cho các điểm : M(2 ; 1) và N(5; -
2
1
) và đường thẳng (d):
y = ax + b
a) Tìm a và b để đường thẳng (d) đi qua M và N
b) Xác đònh toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với 2 trục Ox và Oy
Bài 3: (2 điểm)
Cho số nguyên dương gồm 2 chữ số .Tìm số đó biết rằng tổng của 2 chữ số bằng
1/8 số đã cho và nếu thêm 13 vào tích 2 chữ số sẽ được 1 số mới viết theo thứ tự
ngược lại với số đã cho.
Bài 4: ( 3 điểm)
Cho tam giác PBC , PA là đường cao. Đường tròn đường kính BC cắt PB ,PC lần
lượt ở M và N , NA cắt đường tròn tại điểm thứ hai là E.

a) Chứng minh 4 điểm : A, B, P, N cùng thuộc 1 đường tròn .Xác đònh tâm và bán
kính của đường tròn đó.
b) Chứng minh : EM
⊥
BC
c) Gọi F là điểm đối xứng của N qua BC, chứng minh AM.AF = AN . AE
Bài 5(1 điểm): Giả sử n là 1 số tự nhiên. Chứng minh :

2
)1(
1

34
1
23
1
2
1
<
+
++++
nn
Đáp Án:
Bài 1:
a) A = (
)1
1
).(1
1
−

−
−
+
+
+
a
aa
a
aa
=






−
−
−






+
+
+
1
1

)1(
.1
1
)1(
a
aa
a
aa
= (
)1).(1 −+ aa
= a – 1
b) Tìm 1
0
≥≠
a
. Thoả mãn đẳng thức A = - a
2



⇔



−=
≥≠
2
01
aA
a

⇔



−=−
≥≠
2
1
01
aa
a

⇔




=−+
≥≠
01
01
2
aa
a

⇔
















−−
=
−
=
≥≠
2
15
2
15
01
a
a
a


⇔
a =
2

15 −

Bài 2:
a) Vì đường thẳng (d) : y = ax + b đi qua 2 điểm M và N nên lần lượt thay x = 2, y = 1
và x = 5 , y = -
2
1
vào phương trình đường thẳng (d), ta có hệ phương trình





+=−
+=
ba
ba
5
2
1
21

⇔





−=
+=

2
3
3
21
a
ba

⇔





−=
+=
2
1
21
a
ba

⇔







−=

+−=
2
1
)
2
1
.(21
a
b

⇔





−=
=
2
1
2
a
b

Vậy đường thẳng (d) : y = -
2
1
x + 2
b) Xác đònh tạo độï giao giao điểm của (d) với 2 trục toạ độ
+ Giao của (d) với trục Oy: Cho x = 0 vào phương trình y = -

2
1
x + 2 ta tìm được
y = 2 => (d) cắt trục Oy tại điểm (0; 2)
+ Giao của (d) với trục Ox : Cho y = 0 ta có: 0 = -
2
1
x + 2 => x = 4
 (d) cắt trục Ox tại điểm (4;0)
Bài 3
Gọi số nguyên dương có hai chữ số là ab
(Điều kiện : a , b
∈
N ; 1
9≤≤ a
; 0
9≤≤ b
)
Tổng hai chữ số của nó la:ø a + b
Theo bài ra ta có phương trình : a+ b =
8
1
ab hay : a+b =
8
1
(10a+ b) (1)
Tích hai chữ số của nó là : a.b
Theo đầu bài ta có phương trình: ab + 13 = ba hay : ab + 13 = 10b + a (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:






+=+
+=+
abab
baba
1013
)10(
8
1

⇔




+=+
+=+
abab
baba
1013
1088

⇔






+=+
=−
)2 (1013
)1 ( 072
/
/
abab
ba
Từ (1
/
) => a =
2
7b
thế vào (2
/
) ta được :
2
7b
.b + 13 = 10b +
2
7b

⇔
7b
2
– 27b + 26 = 0
Có :
∆
= 27

2
– 4.7.26 = 1 =>
∆
= 1 => b
1
=
14
127 +
= 2 (thoả mãn)
b
2
=
14
127 −
=
N∉
14
26
(loại)
Với b = 2 => a =
2
2.7
= 7. Đối chiếu với điều kiện đặt ra ta có a = 7 ; b = 2 thoả mãn
Vậy số đã cho là 72
Bài 4:
P
B C
N
M
A

E
H
F
K


a) Ta có : góc BNC = 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
=> góc BNP = 1v.Tứ giác ABPN có góc BNP = góc BAP = 1v cùng nhìn PB nên 4
điểm A,B,P,N cùng thuộc đường tròn đường kính BP
(Tâm của đường tròn là trung điểm của BP , bán kính BP/2)
b)Có tứ giác ABPN nội tiếp => góc BPA = góc BNA (cùng chắn cung AB)
Mt khác : góc BME = góc BNA ( cùng chắn cung BE)
=> góc BPA = góc BME
Mà 2 góc này ở vò trí đồng vò => ME // AP. mà AP
⊥
BC => EM
⊥
BC
c)Ta có F là điểm đối xứng của N qua BC mà N
∈
(O) => F
∈
(O) (Tính chất đối
xứng)
Tam giác AME cân (vì có AB
⊥
ME => HM = HE => AH vừa là đường cao vừa là
trung tuyến) nên AM = AE (1)
Tam giác NAF cân ( vì NF
⊥

AC => KN = KF => AK vừa là đường cao cừa là trung
tuyến) . Nên AN = AF (2)
Tử (1) và (2) => AM.AF = AN . AE
Bài 5:
Ta có :
)
1
11
.(
)1(
1
.
)1(
1
.
)1(
)1(
1
+
−=
+
−+
=
+
=
+
=
+
nn
n

nn
nn
n
nn
n
nn
n
nn

=
)
1
11
.(2)
1
11
)(
1
1()
1
11
)(
1
11
.(
+
−<
+
−
+

+=
+
−
+
+
nnnnn
n
nnnn
n
(Vì dễ thấy : 1 +
1+n
n
< 1+1 = 2 )
Vậy :
)
1
11
(2
)1(
1
+
−<
+ nnnn
(1)
Áp dụng bất đẳng thức (1) với n = 1, 2, 3, … n ta có:

)
2
1
1

1
(2
1)11(
1
2
1
−<
+
=

)
3
1
2
1
(2
2)12(
1
23
1
−<
+
=

)
4
1
3
1
(2

3)13(
1
34
1
−<
+
=
………………………


)
1
11
(2
)1(
1
+
−<
+ nnnn
Cộng từng vế của các bất đẳng thức trên ta có:

2
)1(
1

34
1
23
1
2

1
<
+
++++
nn
(1-
)
1
1
+n
< 2 (Bởi vì 1-
1
1
+n
< 1 )
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2001- 2002
MÔN TOÁN
Bài 1: (1,5 điểm)
Rút gọn biểu thức :
M = (
a
a
a
aa
+
+
−
−
1

1
).
1
1
Với a
≥
0 và a
≠
1
Bài 2 (1,5 điểm)
Tìm hai số x và y thoả mãn các điều kện




=
=+
12
25
22
xy
yx
Bài 3 (2 điểm)
Hai người cùng là chung một công việc sẽ hoàn thành trong 4 ngày . Nếu mỗi
người làm riêng để hoàn thành công việc thì thời gian người thứ nhất là ít hơn người
thứ hai 6 giờ. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người phải làm trong bao lâu sẽ hoàn thành
công việc.
Bài 4 (2 điểm)
Cho các hàm số :
y = x

2
(P)
y = 3x + m
2
(d)
( x là biến số , m là tham số cho trước)
1) Chứng minh rằng với bất kỳ giá trò nào của m , đường thẳng (d) luôn cắt
parabol(P) tại 2 điểm phân biệt.
2) Gọi y
1
và y
2
là tung độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol(P).Tìm m để
có đẳng thức : y
1
+ y
2
= 11y
1
.y
2

Bài 5(3 điểm)
Cho tam giác ABC vuông ở đỉnh A.Trên cạnh AC lấy điểm M( Khác với các điểm A
và C).Vẽ đường tròn (O) đường kính MC.Gọi T là giao điểm thứ hai của các cạnh BC
với đường tròn (O).Nối BM kéo dài cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là D . Đường
thẳng AD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là S.Chứng minh:
1) Tứ giác ABTM nội tiếp được trong một đường tròn
2) Khi điểm M di chuyển trên cạnh AC thì góc ADM có số đo không đổi
3) Đường thẳng AB song song với đường thẳng ST

Đáp Án:
Bài 1(1,5 điểm)
Ta có
a
a
a
aa
−
−
=
−
−
1
)(1
1
1
3
0,25đ
=
a
aaa
−
++−
1
)1)(1(
0,25đ
= 1 +
a
+ a 0,25đ
=>

a
a
aa
+
−
−
1
1
= (1 +
a
+ a) +
a
0,25đ
= (1 +
a
)
2
0,25đ
=> M = (1+
a
)
2
.
a+1
1
= 1 +
a
0,25đ
Bài 2 (1,5 điểm)
Vì :




=
=+
12
25
22
xy
yx
 (x + y)
2
= x
2
+ y
2
+ 2xy = 25 + 2.12 = 49
 x + y =
±
7 0,25đ
a) Trường hợp : x + y = 7
Lại có xy = 12 => x, y là các nghiệm của phương trình bậc hai:
t
2
– 7t + 12 = 0 0,25đ
Phương trình có :
∆
= 49 – 48 = 1 ,nên phương trình có 2 nghiệm là:
t
1

= 3 ; t
2
= 4
=> 2 số cần tìm là :




=
=
4
3
1
1
y
x
hoặc



=
=
3
4
2
2
y
x
0,25đ
b)Trường hợp : x + y = - 7

Lại có xy = 12 => x, y là nghiệm của phương trình bậc hai:
t
2
+ 7t + 12 = 0
Phương trình có :
∆
= 49 – 48 = 1 .Nên có hai nghiệm là :
t
3
= -3 ; t
4
= - 4
=> 2 số cần tìm là:





−=
−=
4
3
3
3
y
x
hoặc




−=
−=
3
4
4
4
y
x
0,25đ
Tóm lại có 4 cặp số thoả mãn điều kiện đã cho là:




=
=
4
3
1
1
y
x
;



=
=
3
4

2
2
y
x
;



−=
−=
4
3
3
3
y
x
;



−=
−=
3
4
4
4
y
x
0,25đ
Bài 3 (2 điểm)

Gọi thời gian người thứ nhất làm một mình để hoàn thành công việc là x giờ
Điều kiện: x > 0
=> người thứ hai làm một mình để hoàn thành công việc (x +6) giờ 0,25đ
Trong một giờ người thứ nhất làm được
x
1
công việc 0,25đ
Trong một giờ người thứ hai làm được
6
1
+x
công việc 0,25đ
Vì trong 1 giờ nếu làm chung cả hai người làm được
4
1
công việc nên có phương trình

x
1
+
6
1
+x
=
4
1
0,25đ

⇔
4(x + 6) + 4x = x(x+ 6)

⇔
x
2
– 2x – 24 = 0 0,25đ
Phương trình này có hai nghiệm là x
1
= 6 ; x
2
= -4(loại) 0,25đ
Vậy thời gian người thứ nhất làm một mình để hoàn thành công việc
là 6 giờ 0,25đ
Thời gian người thứ hai làm một mình để hoàn thành công việc là
6 + 6 – 12 giờ 0,25đ
Bài 4
Câu 1 (1 điểm)
Hoành đọ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng (d) là nghiệm của
phương trình : x
2
= 3x + m
2

⇔
x
2
- 3x - m
2

= 0 (*) 0,25đ
Phương trình (*) có :

∆
= 9 + 4m
2
> 0 với mọi m 0,25đ
=> phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt 0,25đ
=> Đường thẳng (d) bao giờ cũng cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt 0,25đ
Câu 2 (1 điểm)
Gọi A và B là giao điểm của đường thẳng (d) và para bol (P) và toạ độ giao điểm của
chúng là:
A(x
1
; y
1
) ; B(x
2
; y
2
)
Áp dụng hệ thức viet cho phương trình (*) ta có :




−=
=+
2
21
21
.
3

mxx
xx
0,25đ
Ta có y
1
+ y
2
= ( 3x
1
+ m
2
) + (3x
2
+ m
2
) = 3(x
1
+ x
2
) + 2m
2

= 2m
2
+ 9 (1)
và y
1
.y
2
= x

1
2
.x
2
2
= (x
1
.x
2
)
2
= (-m
2
)
2
= m
4
(2)
Từ (1) và (2) ta có :
y
1
+ y
2
= 11y
1
.y
2

⇔
2m

2
+ 9 = 11 m
4
(3)

⇔
11m
4
– 2m
2
– 9 = 0 0,25đ
Đặt : t = m
2
, điều kiện t
≥
0 ,phươưng trình (3) trở thành:
11t
2
– 2t – 9 = 0
Vì phương trình có a + b + c = 0, nên phương trình có 1 nghiệm là t = 1
ngiệm còn lại là t = -
11
9
(loại)
Với t = 1 => m
2
= 1 => m =
±
1 0,25đ
Vì phương trình (*) có nghiệm với mọi m nên m =

±
1 thoả mãn
=> đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt có tung độ thoả mãn
y
1
+ y
2
= 11y
1
.y
2

⇔
m =
±
1 0,25đ
Bài 5:

B
A
C
T
S
D
M

Câu 1(1đ)
Ta có
∠
MTC = 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,25đ

Lại có :
∠
BAC =1v (gt)
=> Tứ giác ABTM có :
∠
A +
∠
T = 2v 0,25đ
=> Tứ giác ABTM nội tiếp được trong một đường tròn 0,5đ
Câu 2 (1 điểm)
Ta có
∠
MDC = 1v (góc nộitiếp chắn nửa đường tròn)
Lại có
∠
BAC = 1v
=> các điểm A và D cùng nằm trên đường tròn đường kính BC 0,25đ
=> 4 điểm A, B, C , D cùng thuộc đường tròn đường kính BC
=> Tứ giác ABCD nội tiếp được tron một đường tròn 0,25đ
=>
∠
ADB =
∠
ACB ( cùng chắn cung AB) (1) 0,25đ
mà sđ
∠
ACB không đổi => sđ
∠
ADB không đổi (đpcm) 0,25đ
Câu 3 (1 điểm)

Vì tứ giác CMDS nội tiếp được trong đường tròn (O)
=>
∠
MDA =
∠
MCS (cùng bù với góc MDS) (2) 0,25đ
Từ (1) và (2) =>
∠
TMC =
∠
MCS (3)
=>
∆
MTC =
∆
MSC => CT = CS
=>
∆
CTS cân tại đỉnh C 0,25đ
Từ (3) => CM là phân giác của
∠
SCT nên CM là đường cao
=> ST
⊥
AC 0,25đ
Mà AB
⊥
AC => ST // AB (đpcm) 0,25đ
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2003 – 2004

MÔN THI TOÁN
Bài 1:(2điểm)
Giải hệ phương trình :








=
+
+
=
+
+
7,1
13
2
52
yxx
yxx
Bài 2 :(2 điểm)
Cho biểu thức P =
xx
x
x −
+
+1

1
với x > 0 và x
≠
1
a) Rút gọn biểu thức P
b) Tính giá trò của P khi x =
2
1
Bài 3 :(2 điểm)
Cho đường thẳng (d) có phương trình y = ax + b . Biết rằng đường thẳng (d) cắt
trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1 và song song với đường thẳng y = - 2x + 2003
a)Tìm a và b
b) Tìm toạ độ các điểm chung (nếu có ) của (d) và parabol: y = -
2
1
x
2
Bài 4: (3 điểm)
Cho đường tròn (O) có tâm là điểm O và 1 điểm A cố đònh nằm ngoài đường tròn.Từ
A kẻ các tiếp tuyến AP và AQ với đường tròn (O) , P và Q là các tiếp điểm. Đường
thẳng đi qua O và vuông góc với OP cắt đường thẳng AQ tại M.
a) Chứng minh rằng MO = MA
b) Lấy điểm N trên cung lớn PQ của đường tròn (O) sao cho tiếp tuyến tại N của
đường tròn (O) cắt các tia AQ và AQ tương ứng tại B và C.
1 – Chứng minh rằng AB + AC – BC không phụ thuộc vào vò trí của điểm N.
2 – Chứng minh rằng nếu tứ giác BCQP nội tiếp đường tròn thì PQ // BC.
Bài 5.(1 điểm)
Giải phương trình :
323232
22

−+++=++−− xxxxxx
ĐÁP ÁN:
Bài 1 ( 2 điểm)
Điều kiện : x
≠
0 và x + y
≠
0 0,25đ
Đặt
x
1
= u ,
yx +
1
= v , hệ phương trình đã cho trở thành: 0,25đ




=+
=+
7,13
252
vu
vu
0,25đ
Giải hệ được u =
2
1
, v =

5
1
0,5đ
Từ đó :







=
+
=
5
11
2
11
yx
x
0,25đ

⇔




=+
=
5

2
yx
x
(Thoả mãn điều kiện) 0,25đ


⇔




=
=
3
2
y
x
0,25đ
Bài 2 (2 điểm)
a) (1,25đ)
Ta có : P =
)1(
)(
1
1
2
xx
x
x −
+

+
0,25đ
=
x
x
x −
+
+ 11
1
0,25đ
=
)1)(1(
)1(1
xx
xxx
−+
++−
0,25đ
=
x
x
−
+
1
1
0,5đ
b) (0,75đ)
Với x =
2
1

ta có : P =
2
1
1
2
1
1
−
+
0,25đ
P =
)12)(12(
)12(
12
12
2
−+
+
=
−
+
0,25đ
= 3 + 2
2
0,25đ
Bài 3.(2 điểm)
a) (1đ)
Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = - 2x + 2003 nên chúng có
cùng hệ số góc => a = -2. 0,5đ
Đường thẳng (d) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1 nên toạ độ điểm

(1;0) thoả mãn phương trình của (d):
0 = a.1 + b 0,25đ
Giải ra ta được : a = -2 và b = 2 0,25đ
b) (1 đ)
Toạ độ điểm chung của (d) và parabol y = -
2
1
x
2
là nghiệm của hệ phương trình:






−=
+−=
2
2
1
22
xy
xy
0,25đ
=> -
2
1
x
2

= - 2x + 2 0,25đ

⇔
x
2
- 4x + 4 = 0
Giải phương trình ta được x = 2 0,25đ
=> y = - 2
Vậy đường thẳng (d) và parabol có 1 điểm chung với toạ độ (2; - 2) 0,25đ
Bài 4.(3 điểm)
O
A
P
Q
M
N
C
B
T
a) (1đ) Vì AP là tiếp tuyến tại P của (O) nên OP
⊥
AP
Theo gt ta có MO
⊥
OP , nên MO // AP.
=>
∠
MOA =
∠
OAP ( So le trong) 0,25đ

Vì AP và AQ là hai tiếp tuyến xuất phát từ A nên
∠
OAP=
∠
OAQ 0,25đ
Vậy
∠
MOA =
∠
OAQ 0,25đ
=>
∆
MOA cân => MO = MA (đpcm) 0,25đ
b)
1- (1đ) Ta có các cặp đoạn thẳng AP và AQ , CQ và CN , BN và BP là các cặp tiếp
tuyến cùng xuất phát từ 1 điểm nên:
AP = AQ , CQ = CP , BN = , BP 0,5đ
=> AB + AC – BC = AP + BP + AQ + CQ – CN – BN = AP +AQ = 2AP 0,25đ
Vậy AB + AC – BC không phụ thuộc vào vò trí của N 0,25đ
2- (1đ) Nếu BCQP là tứ giác nội tiếp thì:
∠
QCB +
∠
QPB = 2v (Hai góc đối của tứ giác nội tiếp) 0,25đ
Mặt khác :
∠
QPB +
∠
QPA = 2v (hai góc kề bù)
=>

∠
QCB =
∠
QPA 0,25đ
Vì AP = AQ (hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ 1 điểm)
Nên
∆
APQ cân =>
∠
PQA =
∠
QPA 0,25đ
Ta có
∠
PQA =
∠
TQC (hai góc đối đỉnh)
=>
∠
TQC =
∠
QCB
=> BC // PQ (vì có hai góc so le trong bằng nhau) 0,25đ
Bài 5. (1đ)
Ta có :
323232
22
−+++=++−− xxxxxx

⇔

3)2)(1(2)3)(1( −+++=++−+ xxxxxx
0,25đ
Điều kiện : x
≥
3
Với điều kiện trên phương trìn đã cho tương đương với:

32.123.1 −+++=++−+ xxxxxx

⇔
(
0)23).(11 =+−−−+ xxx
0,25đ
Xét hai trường hợp:
11 −+x
= 0
⇔
x = 0 loại vì không thoả mãn điều kiện 0,25đ
23 +=− xx
, vô nghiệm vì x – 3 < x + 2 =>
23 +<− xx
0,25đ
Tóm lại phương trình đã cho vô nghiệm.
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
Năm học 2004 – 2005
MÔN: TOÁN
Bài 1 ( 3 điểm)
1) Đơn giản biểu thức :
P =
56145614 −++

2) Cho biểu thức :
Q =
x
x
x
x
xx
x 1
.
1
2
12
2 +








−
−
−
++
+
với x > 0 và x
≠
1
a) Chứng minh : Q =

1
2
−x
b) Tìm số nguyên x lớn nhất để Q có giá trò là số nguyên
Bài 2 (3điểm)
Cho hệ pgương trình :




=+
=++
ayax
yxa
2
4)1(
1) Giải hệ phương trình khi a = 1
2) Chứng minh rằng với mọi giá trò của a , hệ luôn có nghiệm duy nhất (x,y) sao
cho x + y
≥
2
Bài 3 .(3 điểm)
Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Đường thẳng (d) tiếp xúc với đường
tròn (O) tại A. M và Q là 2 điểm phân biệt chuyển động trên (d)sao cho M khác A và
Q khác A. Các đường thẳng BM và BQ lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm thứ
hai là N và P. Chứng minh:
1) Tích BM.BN không đổi.
2) Tứ giác MNPQ nội tiếp được trong đường tròn.
3) Bất đẳng thức : BN + BP + BM + BQ > 8R
Bài 4.(1 điểm)

Tìm giá trò nhỏ nhất của hàm số:
y =
52
62
2
2
++
++
xx
xx
ĐÁP ÁN:
Bài 1 (3 điểm)
1) (1 đ)
5614 +
=
2
)35(9565 +=++
0,25đ
= 3 +
5
0,25đ
Tương tự :
5614 −
= 3 -
5
0,25đ
Vậy P = 3 +
5
+ 3 -
5

= 6 0,25đ
2.a. (1,5 đ)
Q =
x
x
xx
x
x
x 1
.
)1)(1(
2
)1(
2
2
+






−+
−
−
+
+
0,25đ
=
xx

x
x
x 1
.
1
2
1
2






−
−
−
+
+
0,25đ
=
xxx
xx
xx
xx 1
.
)1)(1(
)1)(2(
)1)(1(
)1)(2(







−+
+−
−
−+
−+
0,25đ
=
)1)(1(
)22()22(
−+
−−+−−+−
xxx
xxxxxx
0,25đ
=
)1(
2222
−
++−−−+−
xx
xxxxxx
0,25đ
=
1

2
)1(
2
−
=
−
x
xx
x
0,25đ
2.b.(0,5đ)
Q =
1
2
−x
nguyên
⇔
x -1 là ước của 2
⇔




±=−
±=−
21
11
x
x
0,25đ

Do đó x lớn nhất
⇔
x – 1 = 2
⇔
x = 3 0,25đ
Bài 2 (3 điểm)
Trừ vế với vế của 2 phương trình ta được: x = 4 – 2a 0,25đ
Thay x = 4 – 2a vào phương trình 2 : a(4 – 2a) + y = 2a 0,25đ

⇔
y = 2a
2
– 2a 0,25đ
Vậy nghiệm của hệ là :



−=
−=
aay
ax
22
24
2
(1) 0,25đ
2.1 .(0,5đ)
Thay a = 1 vào (1), ta được :




=
=
0
2
y
x
0,5đ
2.2. (1,5đ)
Từ (1) ya thấy , với mọi a hệ có nghiệm duy nhất 0,25đ
Ta có x + y = 2a
2
- 4a + 4 0,25đ
= 2(a
2
– 2a + 1) + 2 0,25đ