BÀI tập TỔNG hợp về căn bậc HAI lớp 9

BÀI TẬP TỔNG HỢP VỀ CĂN BẬC HAI
Bài toán 1: SO SÁNH các giá trị chứa căn thức ( Không dùng máy tính )
Phương pháp so sánh : Với a>0 và b>0 thì nếu a > b ⇔ >
a) 2 và b) -3 và - 5 c) 21, 2 , 15 , - (sắp xếp theo thứ tự tăng dần)
d) 2 và e) 2 - 1 và 2 f) 6 và
g) và 1 h) - và - 2 i) - 1 và 3
j) 2 - 5 và 1 k) và l) 6 , 4 , - , 2 , (Sx theo tt giảm dần)
m) - 2 và - n) 2 - 2 và 3 o) 28, , 2, 36 (sắp xếp theo thứ tự tăng dần)
q) và - r) - 7 và 4 p) - 27, 4, 16 , 21 (sắp xếp theo thứ tự giảm dần )
→ Làm thêm một số bài tập trong SGK : B45/tr27, B56/tr30, B69/tr36.
Bài toán 2: Tìm SỰ XÁC ĐỊNH của các biểu thức chứa căn .
Phương pháp tìm điều kiện: xác định khi A ≥ 0
Cần lưu ý xác định khi B # 0
a) g) m) s)
b) h) n) t)
c) i) o) u)
d) j) p) v)
e) k) q) w)
f) l) r) 2 - 4 y)
Bài toán 3: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH = B
Phương pháp giải phương trình = B ⇔
a) = 4 g) = 12 l) = - x r) = 2
b) = 4 h) = 21 m) = 2 s) = 3
c) = 10 i) = o) = t) = x
d) = 12 j) - = 0 p) = 8 u) =
e) = 2 k) = 2 q) = 3 v) = 5
w) - 3 = x) + 2 - = 1 a') + x = 11
y) = 1 - 2x z) - = 4 b') + =
*Bài toán 4: RÚT GỌN căn bậc hai theo HẰNG ĐẲNG THỨC 1 và 2:
( THI )
Phương pháp rút gọn đưa về dạng = | A |

B1: Xác định 2ab thuộc biểu thức của A
B2: phân tích thành hằng đẳng thức với a + b = hệ số còn lại
B3: đưa về dạng = | A |
B4: so sánh 2 số a và b và bỏ trị tuyệt đối sao cho biểu thức A > 0
a) b) c) d) e)
f) g) h) i) j)
k) l) m) n) o)
p) q) r) s) t)
u) v) w) x) y)
c') d') e') f') g')
z) .( + ) a') ( +7 ). b') 2.( - ).
h') (4 + )( - ) i') ( 7 + ).
*Bài toán 5: RÚT GỌN căn cho một số bằng phép KHAI PHƯƠNG :
( THI)
Phương pháp khai phương: = |A|.B với VỚI B ≥ 0
Lưu ý: Để tạo nên A trong căn ta lấy biểu thức chia cho các số chính phương
như : 2= 4,3= 9,
4= 16, 5 = 25, 6= 36, 7 = 49,

A = - 7 - 14 - B = 3( 4 - ) + 3( 1 - 2) C = 2 + 5 - 3
D = + - 4 E = ( - 2) + 12 F = 3 - 7 + 12
G = 2 - 2 + 2 H = - 4 + 7 I = - + 2
J = - + 3 K = - 2 + 5 L = 5 - 3 + 2 -
M = - 2 + N = 2 - + 3 - O = - - -
→ Làm thêm một số bài tập trong SGK : B30/tr19, B46,47/tr27, B58,59/tr 32,
B60,62,63/tr33
Bài toán 6: RÚT GỌN biểu thức NHIỀU CĂN ( THI TUYỂN SINH )
Phương pháp rút gọn : ( Xem bài toán 4 và 5 )
A = 4 - B = + 1 C = -
D = + E = - H = -

F = + - 2 G =
I = - J = + K = -
L = (3 + ). M = - N = -
O = + R = - S = +
P = - T= + U = -
V = + W = + Y =
Z = + II = - IV = -
Bài toán 7: RÚT GỌN biểu thức căn có PHÂN SỐ ở dạng SỐ ( THI
TUYỂN SINH )
Phương pháp rút gọn: sử dụng phương pháp liên hợp ( hẳng đẳng thức số 3 )
để trục căn ở mẫu .
2
→ Nghĩa là = =
Lưu ý : trong bài toán rút gọn căn có PHÂN SỐ chia làm hai dạng : CHỮ
và SỐ.
+ Để có được kỹ năng rút gọn trên ta cần nhắc lại 1 số kiến thức của toán 6 - 7 -
8 để giải các bài toán trên cụ thể ta cần trả lời 1 số kiến thức trước khi giải:
→ Thừa chung được không ? ( xem lại các cách thừa chung của lớp 8 )
→ Có hằng đẳng thức không ? ( xem lại 7 hẳng đẳng thức đáng nhớ của lớp 8 )
→ Liên hiệp được không ? ( xem lại phương pháp rút gọn trong bài toán 7 của
lớp 9 )
→ Quy đồng được không ? ( xem lại các giải pt có Ẩn ở mẫu của lớp 8)
A = - B = - C = +
D = - E = + F = + - ( + )
G = - H = - I = -
J = 1+ .1 - K = - L = - :
M = : N = + O = + -
P = - Q = - .( - ) R = +
S = - T = - U = + :
V = - *W = - Y =

Bài toán 8 : RÚT GỌN biểu thức căn có PHÂN SỐ ở dạng CHỮ ( THI
TUYỂN SINH )
Phương pháp rút gọn: ( xem kĩ bài toán 7 )
Lưu ý: Ngoài việc xem kĩ phương pháp bài toán 7, chúng ta cũng cần lưu ý
cách tìm Tìm tập xác định ( Xem bài toán 2) và cách tìm giá trị của ẩn x khi
thay biểu thức bằng 1 giá trị xác định ( Xem bài toán 3 )
A = - ( với a ≥ 0, b ≥ 0, a#b) B = - ( với với a ≥ 0, b ≥ 0, a#b)
C = - . (Với x ≥ 0, y ≥ 0, x#y) D = x - 4 - ( x > 4)
E = : (a>0, b>0, a#b) F = 2 + .2 - ( Với a>0, a # 1)
G = - ( với a ≥ 9 ) H = - - 6 ( với x ≥ 9)
I = - : - 1 ( với x ≥ 0, x # 1)
J = - ( với x ≥ 6 )
K = + ( Với bất kì m) L = + ( với 1 ≤ a ≤ 2)
M =








−
+
−
+
−
1
1
1

1
x
x
x
x
:
2
1
2
2
x
x
 
−
 ÷
 ÷
 
(Với x>0, x # 1) N =
x
xx
xx
xx +
−+
+−
+ 2
1
1
2
(
với x>0)

O =
x
x
x
x
xx
x
−
+
−
−
+
−
+−
−
3
12
2
3
65
92
P =
x
x
xx
xx
xx
xx 111 +
+
+

+
−
−
−

3
Q =
1
1
1
1
1
2
−
−
++
+
+
−
+
xxx
x
xx
x
R =
1212
1
.
1
1

2
−
+
−+
−








−
+
−
−
−+
x
x
xx
x
x
xx
xx
xxxx
S =
xxxx
x
xx ++

+
−
1
:
1
2
T =
xy
xyyx +
:
yx
yx
−
−
U =
3 1 4 4
4
2 2
a a a
a
a a
+ − −
− +
−
− +
V =









−
+
−








+
+
−
2
1
1
1
1
1
1
x
x
xx
W =
( )

2
1 1 3 1 1
:
1 1 1
3 1
a a a a
a a a a
a a
 
− − + +
 ÷
− −
 ÷
− − −
 ÷
+ −
 
X =
x
xx
x
x
xx
x
3
13
1
42
:3
1

2
3
2 −+
−
+
−








−
+
+
+
Y =








++
+









−
−
−
+
1
2
:
1
1
1
2
xx
x
xxx
xx
Z =
( ) ( )
2 2 4 6 9
:
4
2 2
2 3
x x x x x

x
x x
x x
 
+ − − +
− −
 ÷
 ÷
−
− +
− −
 
A' =








+
−
−









+
+
+
1
1
1
1 x
xx
x
xx
( Tất cả những bài căn không có điều kiện xem như đã xác định )
*Bài toán 9 : CHỨNG MINH đẳng thức căn.
Phương pháp chứng minh: thực tế, Bài toán CM cũng chỉ là bài toán rút gọn,
ta chọn 1 vế bất kì rồi thu gọn cho thành vế còn lại. Vẫn sử dụng hết các tính
chất của 8 bài toán đã học.
Chứng minh các đẳng thức sau :
a) = - 1 b) + - 2 = 0
c) = 1 + d) = 3
e) = 1 f) - . > 2
g) : = a - b h) + + + + = 4
i) + . = 1 j) (4 + )( - ) = 2
k) + = 28 l) - = -
Chúc các em thành công !

c¨n bËc 2
1. T×m c¨n bËc 2 sè häc cña c¸c sè:
0,36 0,81 0,09 0,0121 2,25 2,56
2,89

4
2. Trong các số
2 2 2 2
8 ; (8) ; 8 ; ( 8)
số nào là căn bậc 2số học của 64
3. Tính:
a.
49 25 4 0,25
b.
( 169 121 81) : 0,49
c.
1,44 3. 1,69+
d.
1
. 0,81. 0,09
9
e.
3 16
. 16 2.
5 25
+
g,
2
7
. ( 0,81)
9

h.
49. 144 256 : 64+
k.

2 2
72 : 2 .3 .36 225
4. Chứng minh
a.
2
11 6 2 (3 2)+ = +
b.
2
8 2 7 ( 7 1) =
c.
2
(5 3) 28 10 3 =
d.
4 2 3 4 2 3 2+ =
5. Tìm x để các biểu thức sau có nghĩa
2x
2 x
3 12x +
2
3 6x
2
3 2x
2
4x


2
3 1x +
2
2x

6. Tính:
a.
2 2
5 4
2 2
25 24
2 2
85 84
2 2
26 24
b.
6 2 5 6 2 5+ +
8 2 7 8 2 7 +
c.
11 6 2 11 6 2+
3 2 2 6 4 2+ + +
d.
49
144. 0,01
64
( )
0,25 225 2,25 : 169 +
3 2 2 2
72 : 3 3 3 5 3+
e.
( ) ( )
2 2
5 3 5 3+
( ) ( )
2 2

2 3 2 3+ +
7. Tìm x
a.
2 5 5x + =
b.
7 3 0x =
c.
3 1 10x + =
d.
16 7 11x =
e.
( )
10 3 30x =
f.
4. 2 24x =
8. Tìm giá trị các biểu thức sau bằng cách biến đổi, rút gọn thích
hợp:
a,
9
196
49
16
81
25
b,
81
34
2.
25
14

2.
16
1
3
c.
567
3,34.640
d,
22
511.8106,21
9. Rút gọn các biểu thức sau:
a.
b, ( 0,2
3.)10(
2

+ 2
2
)53(
c, (
714228 +
).
7
+ 7
8
d, ( 15
+50
5
4503200
) :

5
10
e, 2
422
)1(5)3(2)32( −−−+−
g, (
6:)
3
216
28
632
−
−
−
h,
57
1
:)
31
515
21
714
(
−−
−
+
−
−
i,
1027

1528625
+
−++
)13)(123(,
81
35
.
7
125
,
)531)(531(,
2)2
2
1
2
9
(,
)253)(253(,
2)18722(,
−+−
−+++
−+
−+
−+
g
e
d
c
b
a

5:)5
5
9
5
1
(,
2:)64100144(,
2:)509872(,
3:)32712(,
+−
+−
−+
−+
d
c
b
a
3:)3
3
4
3
1
(,
3:)1081227(,
40
63
.
7
1000
2

1
,
)23)(26(,
)352)(352(,
)234)(234(,
4)25164(,
+−
−+
−+
−+++
−+
+−
h
g
e
d
c
b
a
1
,
15
526
,
52
549
,
2422,
549549,
348348,

302115,
2
−
−
+
+
−
−
−+−−
+−−
−−+
−+
a
aa
h
g
e
xxxd
c
b
a
Sö dông h»ng ®¼ng thøc b×nh ph¬ng cña mét tæng, cña mét hiÖu
®Ó khai ph¬ng
6
. 12 2 35 , 5 2 6, 16 6 7 , 8 28, 7 24 , 4 2 3, 18 2 65
27 10 2 , 14 6 5 , 17 12 2 , 7 4 3, 2 3, 2 3, 9 4 5
. 5 2 6 5 2 6 , 17 12 2 24 8 8 , 17 3 32 17 3 32
15 6 6 33 12 6 , 8 2 15 23 4 15 , 31 8 15 24 6 15
49 5 96 49 5 96 , 3 2 2 5 2 6 , 17 4 9 4 5
. 13 30 2 9 4 2

a
b
c
+ + + +
+ + +
+ + +
+ +
+ + + +
+ + +
( ) ( )
, . 4 5 3 5 48 10 7 4 3
9 4 5. 21 8 5
. 4 8. 2 2 2 . 2 2 2 , .
4 5 5 2
3 2 2 3 2 2 2 3 2 3 2 3 2 3
. , . , .
2 3 2 3 2 3 2 3
17 12 2 17 12 2
.
d
e f
g h i
+ + +
+
+ + + +
+
+ + +
+
+ +
+

8.Sử dụng phơng pháp trục căn thức để thực hiện quá trình khử căn
thức dới mẫu

3 4 6 2 1 1
; ; ;
6 3 7 3 3 2 2 3 2 3 4 2 4 3 2 4 3 2
+
+ + + +
5 3 5 3 5 3 5 3 5 1 3 2 2 3 2 2
; ;
5 3 5 3 5 3 5 3 5 1
3 2 2 3 2 2
+ + + + +
+ +
+ +
+
4 TUYN SINH LP 10 CHUYấN:
HI DNG, THA THIấN HU, HNG YấN, VNH PHC
Cõu I (2.5 im):
1) Gii h phng trỡnh:
S GIO DC V O
TO
HI DNG

chớnh thc
KTHI TUYN SINH LP 10 THPT CHUYấN
NGUYN TRI
Nm hc 2009-2010
Mụn thi : Toỏn
Thi gian lm bi: 150 phỳt

Ngy thi 08 thỏng 7 nm 2009
( thi gm: 01 trang)
7

2 2
2
x y xy 3
xy 3x 4

+ + =

+ =

2) Tìm m nguyên để phương trình sau có ít nhất một nghiệm nguyên:

2 2
4x 4mx 2m 5m 6 0+ + − + =

Câu II (2.5 điểm):
1) Rút gọn biểu thức:

( ) ( )
3 3
2
2
2 4 x 2 x 2 x
A
4 4 x
 
+ − + − −

 
 
=
+ −
với
2 x 2− ≤ ≤
2) Cho trước số hữu tỉ m sao cho
3
m
là số vô tỉ. Tìm các số hữu tỉ a, b, c để:
3
2
3
a m b m c 0+ + =

Câu III (2.0 điểm):
1) Cho đa thức bậc ba f(x) với hệ số của x
3
là một số nguyên dương và biết
f (5) f (3) 2010− =
. Chứng minh rằng:
f(7) f(1) −
là hợp số.
2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2
P x 4x 5 x 6x 13= − + − + +

Câu IV (2.0 điểm):
Cho tam giác MNP có ba góc nhọn và các điểm A, B, C lần lượt là hình chiếu
vuông góc của M, N, P trên NP, MP, MN. Trên các đoạn thẳng AC, AB lần lượt lấy D, E

sao cho DE song song với NP. Trên tia AB lấy điểm K sao cho
·
·
DMK NMP=
. Chứng
minh rằng:
1) MD = ME
2) Tứ giác MDEK nội tiếp. Từ đó suy ra điểm M là tâm của đường tròn bàng tiếp
góc DAK của tam giác DAK.
Câu V (1.0 điểm):
Trên đường tròn (O) lấy hai điểm cố định A và C phân biệt. Tìm vị trí của các điểm
B và D thuộc đường tròn đó để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn nhất.
Hết
Họ và tên thí sinh : Số báo danh :
Chữ kí của giám thị 1 : Chữ kí của giám thị 2:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
HẢI DƯƠNG

KỲTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI
Năm học 2009-2010
Môn thi : Toán
Hướng dẫn chấm
Câu Phần Nội dung Điểm
8
Câu I
2,5 điểm
1)
1,5điểm

2 2
2
x y xy 3 (1)
xy 3x 4 (2)

+ + =

+ =

Từ (2)
⇒
x
≠
0. Từ đó
2
4 3x
y
x
−
=
, thay vào (1) ta có:
0.25
2
2 2
2
4 3x 4 3x
x x. 3
x x
 
− −

+ + =
 ÷
 
0.25
⇔
4 2
7x 23x 16 0− + =
0.25
Giải ra ta được
2
x 1 =
hoặc
2
16
x =
7
0.25
Từ
2
x 1 x 1 y 1= ⇔ = ± ⇒ = ±
;
2
16 4 7 5 7
x x y
7 7 7
= ⇔ = ± ⇒ = m
0.25
Vậy hệ có nghiệm (x; y) là (1; 1); (-1; -1);
4 7 5 7
;

7 7
 
−
 ÷
 
;
4 7 5 7
;
7 7
 
−
 ÷
 
0.25
2)
1,0điểm
Điều kiện để phương trình có nghiệm:
x
' 0∆ ≥
0.25

m 5m 6 0 (m 2)(m 3) 0
2
⇔ − + ≤ ⇔ − − ≤
. Vì (m - 2) > (m - 3) nên:
x
' 0∆ ≥
⇔
m 2 0 và m 3 0
− ≥ − ≤

2 m 3, mà m Z⇔ ≤ ≤ ∈

⇒
m = 2 hoặc m = 3.
0.25
Khi m = 2
⇒
x
'∆
= 0
⇒
x = -1 (thỏa mãn)
Khi m = 3
⇒
x
'∆
= 0
⇒
x = - 1,5 (loại).
0.25
Vậy m = 2.
0.25
Câu II
2,5 điểm
1)
1,5điểm
Đặt
a 2 x; b 2 x (a, b 0)
= + = − ≥
2 2 2 2

a b 4; a b 2x
⇒ + = − =
0.25
( )
( )
( )
3 3 2 2
2 ab a b 2 ab a b a b ab
A
4 ab 4 ab
+ − + − + +
⇒ = =
+ +
0.25
( ) ( )
( )
2 ab a b 4 ab
A 2 ab a b
4 ab
+ − +
⇒ = = + −
+
0.25
( )
A 2 4 2ab a b
⇒ = + −
0.25
( )
( ) ( ) ( )
2 2

A 2 a b 2ab a b a b a b
⇒ = + + − = + −
0.25
2 2
A 2 a b 2x A x 2
⇒ = − = ⇒ =
0.25
2)
1,0điểm
3
2
3
a m b m c 0+ + =
(1)
Giả sử có (1)
3
2
3
b m c m am 0 (2)
⇒ + + =
Từ (1), (2)
2 2
3
(b ac) m (a m bc)
⇒ − = −
0.25
9
Nếu
2
a m bc 0− ≠

2
3
2
a m bc
m
b ac
−
⇒ =
−
là số hữu tỉ. Trái với giả thiết!
2 3
2 2
b ac 0 b abc
a m bc 0 bc am
 
− = =
 
⇒ ⇒
 
− = =
 
 
0.25
3 3
3
b a m b a m
⇒ = ⇒ =
. Nếu b
≠
0 thì

3
b
m
a
=
là số hữu tỉ. Trái với giả
thiết!
a 0;b 0
⇒ = =
. Từ đó ta tìm được c = 0.
0.25
Ngược lại nếu a = b = c = 0 thì (1) luôn đúng. Vậy: a = b = c = 0
0.25
Câu III
2 điểm
1)
1,0điểm
Theo bài ra f(x) có dạng: f(x) = ax
3
+ bx
2
+ cx + d với a nguyên dương.
0.25
Ta có: 2010 = f(5) - f(3) = (5
3
- 3
3
)a + (5
2
- 3

2
)b + (5 - 3)c
= 98a + 16b + 2c
⇒
16b + 2c = (2010- 98a)
0.25
Ta có f(7) - f(1) = (7
3
- 1
3
)a + (7
2
- 1
2
)b + (7 - 1)c
= 342a + 48b + 6c = 342a + 3(16b + 2c)
= 342a + 3(2010- 98a)= 48a + 6030 = 3.(16a + 2010)
3M

0.25
Vì a nguyên dương nên 16a + 2010>1 . Vậy f(7)-f(1) là hợp số
0.25
2)
1,0điểm
( ) ( )
2 2
2 2
P x 2 1 x 3 2= − + − + +
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy lấy các điểm A(x-2; 1), B(x+3; 2)
0.25

Ta chứng minh được:
( ) ( )
2 2
AB x 2 x 3 1 2 25 1 26= − − − + − = + =

( )
2
2
OA x 2 1= − +
,
( )
2
2
OB x 3 2= + +
0.25
Mặt khác ta có:
OA OB AB− ≤
( ) ( )
2 2
2 2
x 2 1 x 3 2 26⇒ − + − + + ≤
0.25
Dấu “=” xảy ra khi A thuộc đoạn OB hoặc B thuộc đoạn OA
x 2 1
x 7
x 3 2
−
⇒ = ⇒ =
+
.Thử lại x = 7 thì A(5; 1); B(10; 2) nên A thuộc

đoạn OB. Vậy Max
P 26=
khi x = 7.
0.25
Câu IV
2 điểm
1)
0,75điểm
Ta dễ dàng chứng minh tứ giác
MBAN nội tiếp
·
·
MAB MNB⇒ =
,
MCAP nội tiếp
·
·
CAM CPM⇒ =
.
0.25
Lại có
·
·
BNM CPM=
(cùng phụ góc NMP)
·
·
CAM BAM⇒ =
(1)
0.25

Do DE // NP mặt khác
MA
⊥
NP
MA DE
⇒ ⊥
(2)
Từ (1), (2)
ADE
⇒ ∆
cân tại A
⇒
MA là trung trực của DE
⇒
MD = ME
0.25
10
K
E
B
C
A
N
M
P
D
2)
1,25điểm
K
E

B
C
A
N
M
P
D
Do DE//NP nên
·
·
DEK NAB=
, mặt khác tứ giác MNAB nội tiếp nên:
·
·
0
NMB NAB 180+ =
·
·
0
NMB DEK 180⇒ + =
0.25
Theo giả thiết
·
·
DMK NMP=
·
·
0
DMK DEK 180⇒ + =
⇒

Tứ giác MDEK nội tiếp
0.25
Do MA là trung trực của DE
⇒
MEA MDA
∆ = ∆
0.25

⇒
·
·
·
·
MEA MDA MEK MDC
= ⇒ =
.
0.25
Vì
·
· ·
·
MEK MDK MDK MDC
= ⇒ =
⇒
DM là phân giác của góc CDK, kết
hợp với AM là phân giác DAB
⇒
M là tâm của đường tròn bàng tiếp góc
DAK của tam giác DAK.
0.25

Câu V
1 điểm
D'
B'
A'
O
C
A
B
D
Không mất tổng quát giả sử:AB
≤
AC. Gọi B’ là điểm chính giữa cung
¼
ABC

AB' CB'⇒ =
Trên tia đối của BC lấy điểm A’ sao cho BA’ = BA
AB BC CA'
⇒ + =
0.25
Ta có:
·
·
·
B'BC B'AC B'CA= =
(1) ;
· ·
0
B'CA B'BA 180+ =

(2)

·
·
0
B'BC B'BA' 180+ =
(3);Từ (1), (2), (3)
·
·
B'BA B'BA'⇒ =
0.25
11
Hai tam giác A’BB’ và ABB’ bằng nhau
⇒ =
A'B' B ' A
Ta có
⇒ + = + ≥
B'A B'C B'A' B 'C A 'C
= AB + BC ( B’A + B’C không
đổi vì B’, A, C cố định). Dấu “=” xảy ra khi B trùng với B’.
0.25
Hoàn toàn tương tự nếu gọi D’ là điểm chính giữa cung
¼
ADC
thì ta cũng
có AD’ + CD’
≥
AD + CD. Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D’.
⇒
Chu vi tứ giác ABCD lớn nhất khi B, D là các điểm chính giữa các

cung
»
AC
của đường tròn (O)
0.25
Chú ý: Nếu thí sinh làm theo cách khác, lời giải đúng vẫn cho điểm tối đa.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC
THỪA THIÊN HUẾ Môn: TOÁN - Năm học 2008-2009
Đề chính thức Thời gian làm bài: 150 phút
12
Bài 1: (3 điểm)
a) Không sử dụng máy tính bỏ túi, hãy chứng minh đẳng thức :
3 3 13 4 3 1− − − =
.
b) Giải hệ phương trình :
2
1 5
( 2 1) 36
x y
x x y

+ + =


+ + =


Bài 2: (1,5 điểm)
Cho phương trình:
4 2

x 2mx 2m 1 0
− + − =
.
Tìm giá trị m để phương trình có bốn nghiệm
1 2 3 4
x , x , x , x
sao cho:
1 2 3 4
x x x x< < <
và
( )
4 1 3 2
3x x x x− = −
.
Bài 3: (3 điểm)
Cho đường tròn (O), đường kính AB. Gọi C là trung điểm của bán kính OB và (S) là
đường tròn đường kính AC. Trên đường tròn (O) lấy hai điểm tùy ý phân biệt M, N khác A
và B. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm thứ hai của AM và AN với đường tròn (S).
a) Chứng minh rằng đường thẳng MN song song với đường thẳng PQ.
b) Vẽ tiếp tuyến ME của (S) với E là tiếp điểm. Chứng minh:
2
ME = MA MP
×
.
c) Vẽ tiếp tuyến NF của (S) với F là tiếp điểm. Chứng minh:
ME AM
NF AN
=
.
Bài 4: (1,5 điểm)

Tìm số tự nhiên có bốn chữ số (viết trong hệ thập phân) sao cho hai điều kiện sau
đồng thời được thỏa mãn:
(i) Mỗi chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng liền trước.
(ii) Tổng p + q lấy giá trị nhỏ nhất, trong đó p là tỉ số của chữ số hàng chục và chữ số
hàng đơn vị còn q là tỉ số của chữ số hàng nghìn và chữ số hàng trăm.
Bài 5: (1 điểm)
Một tấm bìa dạng tam giác vuông có độ dài ba cạnh là các số nguyên. Chứng minh
rằng có thể cắt tấm bìa thành sáu phần có diện tích bằng nhau và diện tích mỗi phần là số
nguyên.
Hết
SBD thí sinh: Chữ ký GT1:
13
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC
THỪA THIÊN HUẾ Môn: TOÁN - Năm học 2008-2009
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

GV: Bùi Công Hải – THCS Phú Lương – Hà Đông – Hà Nội
14
B.3 3,0
3.a + Hình vẽ
·
·
0
CPA BMA 90 CP / /BM= = ⇒
0,25
GV: Bùi Công Hải – THCS Phú Lương – Hà Đông – Hà Nội
BÀI NỘI DUNG Điể
m
B.1 3,0
1.a

( )
( )
2
2
3 3 13 4 3 3 3 12 4 3 1
3 3 2 3 1 3 3 2 3 1
3 3 2 3 1 3 3 1
3 3 1 3 3 1 1
− − − = − − − +
= − − − = − − −
= − − + = − −
= − − = − + =
0.25
0.25
0,25
0.25
1.b Điều kiện y
≥
0 . 0,25
( )
2
x 2x 1 y 36 x 1 y 6+ + = ⇔ + =
.
0,25
Đặt
u x 1= +
,
v y=
(
u 0, v 0≥ ≥

), ta có hệ
u v 5
uv 6
+ =


=


0,50
Giải ra : u

= 2 , v = 3 hoặc u =3 , v = 2 0,25
Trường hợp u

= 2 , v = 3 có : ( x

= 1 ;

y = 9 ) hoặc ( x

=
−
3 ;

y = 9) 0,25
Trường hợp u

= 3 , v = 2 có : ( x

= 2 ;

y = 4 ) hoặc ( x

=
−
4 ;

y = 4) 0,25
Hệ đã cho có 4 nghiệm: (1;9) , (-3;9) , (2;4) , (- 4;4) . 0,25
B.2 1,5
4 2
x 2mx 2m 1 0
− + − =
(1)
Đặt :
2
t x=
, ta có :
2
t 2mt 2m 1 0− + − =
(2) (
t 0≥
) .
0,25
( )
2
2
' m 2m 1 m 1 0∆ = − + = − ≥
với mọi m.

0,25
Vậy để (1) có bốn nghiệm phân biệt thì (2) luôn có hai nghiệm dương phân biệt
1 2
t , t
. Tương đương với:
1
' 0,P 2m 1 0, S 2m 0 m ,m 1
2
∆ > = − > = > ⇔ > ≠
(3)
0,25
Với điều kiện (3), phương trình (2) có 2 nghiệm dương
1 2
0 t t< <
và phương
trình (1) có 4 nghiệm phân biệt:
1 2 2 1 3 1 4 2
x t x t x t x t= − < = − < = < =
Theo giả thiết:
( )
4 1 3 2 2 1 2 1 2 1
x x 3 x x 2 t 6 t t 3 t t 9t− = − ⇔ = ⇔ = ⇔ =
(4)
0,25
Theo định lí Vi-ét, ta có:
1 2
t t 2m+ =
và
1 2
t t 2m 1= −

(5)
Từ (4) và (5) ta có:
1
10t 2m=
và
2
1
9t 2m 1= −
2
1 2
5
9m 50m 25 0 m ; m 5
9
⇒ − + = ⇔ = =
.
Cả hai giá trị đều thỏa mãn điều kiện bài toán.
Vậy để phương trình (1) có 4 nghiệm thỏa mãn điều kiện bài toán thì cần và đủ
là:
5
m
9
=
và
m 5
=
.
0,50
15
Do đó :
AP AC

AM AB
=
(1)
+ Tương tự:
CQ / /BN
và
AQ AC
(2)
AN AB
=
Từ (1) và (2):
AP AQ
AM AN
=
,
Do đó
PQ / /MN
0,25
0,25
0,25
3.b
+ Hai tam giác MEP và MAE có :
·
·
EMP AME=
và
·
·
PEM EAM=
.

Do đó chúng đồng dạng .
+ Suy ra:
2
ME MP
ME MA MP
MA ME
= ⇒ = ×
0,50
0,50
3.c
+ Tương tự ta cũng có:
2
NF NA NQ= ×
+ Do đó:
2
2
ME MA MP
NF NA NQ
×
=
×
+ Nhưng
MP MA
(Do PQ / /MN)
NQ NA
=
+ Từ đó:
2 2
2 2
ME AM ME AM

NF AN NF AN
= ⇒ =
0,25
0,25
0,25
0,25
B. 4
1,5
Xét số tùy ý có 4 chữ số
abcd
mà
1 a b c d 9
≤ < < < ≤
. (a, b, c, d là các số
nguyên).
Ta tìm giá trị nhỏ nhất của
c a
p q
d b
+ = +
0,25
Do b, c là số tự nhiên nên:
c b c b 1> ⇒ ≥ +
. Vì vậy :
b 1 1
p q
9 b
+
+ ≥ +
1 b 1 1 b 1 7

p q 2
9 9 b 9 9 b 9
+ ≥ + + ≥ + × =
0,75
7
p q
9
+ =
trong trường hợp
b 1
c b 1, d 9, a 1,
9 b
= + = = =
Vậy số thỏa mãn các điều kiện của bài toán là: 1349
0,25
0,25
B.5
1,0
Gọi a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác vuông ABC, c là cạnh huyền.
Ta có
2 2 2
a b c+ =
; a, b, c
*
∈N
, diện tích tam giác ABC là
ab
S
2
=

Trước hết ta chứng minh ab chia hết cho 12.
0.25
+ Chứng minh
ab 3M

Nếu cả a và b đồng thời không chia hết cho 3 thì
2 2
a b+
chia 3 dư 2.
Suy ra số chính phương
2
c
chia 3 dư 2, vô lý.
0,25
+ Chứng minh
ab 4M

- Nếu a, b chẵn thì
ab 4M
.
- Nếu trong hai số a, b có số lẻ, chẳng hạn a lẻ.
Lúc đó c lẻ. Vì nếu c chẵn thì
2
c 4M
, trong lúc
2 2
a b+
không thể chia hết cho
4.
Đặt a = 2k + 1, c = 2h + 1, k, h

∈
N
. Ta có :
0,25
GV: Bùi Công Hải – THCS Phú Lương – Hà Đông – Hà Nội
16
( ) ( )
2 2
2
b 2h 1 2k 1= + − +
=
( ) ( )
4 h k h k 1− + +
=
( ) ( ) ( )
4 h k h k 1 8k h k 8− − + + − M
Suy ra
b 4M
.
Nếu ta chia cạnh AB (chẳng hạn) thành 6 phần bằng nhau, nối các điểm chia
với C thì tam giác ABC được chia thành 6 tam giác, mỗi tam giác này có diện
tích bằng
ab
12
là một số nguyên.
0.25
Ghi chú:
− Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa câu đó.
− Điểm toàn bài không làm tròn.
GV: Bùi Công Hải – THCS Phú Lương – Hà Đông – Hà Nội

17
Bài
1:
(1,5 điểm)
Cho
1 1
a 2 :
7 1 1 7 1 1
 
= −
 ÷
 ÷
+ − + +
 
Hãy lập một phương trình bậc hai có hệ số nguyên nhận a - 1 là một nghiệm.
Bài 2: (2,5 điểm)
a) Giải hệ phương trình:
x 16
xy
y 3
y 9
xy
x 2

− =




− =



b) Tìm m để phương trình
( )
2
2 2
x 2x 3x 6x m 0− − + + =
có 4 nghiệm phân biệt.
Bài 3: (2,0 điểm)
a) Chứng minh rằng nếu số nguyên k lớn hơn 1 thoả mãn
2
k 4+
và
2
k 16+
là các số nguyên
tố thì k chia hết cho 5.
b) Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có p là nửa chu vi thì
p a p b p c 3p− + − + − ≤
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O và dây AB không đi qua O. Gọi M là điểm chính giữa của cung AB
nhỏ. D là một điểm thay đổi trên cung AB lớn (D khác A và B). DM cắt AB tại C. Chứng minh
rằng:
a)
MB.BD MD.BC=
b) MB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD.
c) Tổng bán kính các đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD và ACD không đổi.
Bài 5: (1,0 điểm)
Cho hình chữ nhật ABCD. Lấy E, F thuộc cạnh AB; G, H thuộc cạnh BC; I, J thuộc cạnh
CD; K, M thuộc cạnh DA sao cho hình 8 - giác EFGHIJKM có các góc bằng nhau. Chứng minh rằng

nếu độ dài các cạnh của hình 8 - giác EFGHIJKM là các số hữu tỉ thì EF = IJ.
Hết
Họ và tên thí sinh:…………………… ……….
……
Chữ ký của giám thị …………… ….……
Số báo danh: ….….………Phòng thi số: …
…
GV: Bùi Công Hải – THCS Phú Lương – Hà Đông – Hà Nội
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
HƯNG YÊN
Đề chính thức
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
CHUYÊN
Năm học 2009 – 2010
Môn thi: Toán
(Dành cho thí sinh thi vào các lớp chuyên Toán, Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút
18
…
Bài
1:
(1,5 điểm)

1 1 7 1 1 7 1 1
a 2 : 2 :
7
7 1 1 7 1 1
 
+ + − + +

= − =
 ÷
 ÷
+ − + +
 
0,5 đ
a =
2
2 : 7
7
=
0,25 đ
Đặt
2
x a 1 x 7 1 x 1 7 x 2x 1 7= − ⇔ = − ⇔ + = ⇒ + + =
0,5 đ
2
x 2x 6 0⇔ + − =
Vậy phương trình
2
x 2x 6 0+ − =
nhận
7 1−
làm nghiệm
0,25 đ
Bài 2: (2,5 điểm)
a)
x 16
x 16
xy (1)

xy
y 3
y 3
y x 5
y 9
(2)
xy
x y 6
x 2


− =
− =


 
⇔
 
 
− =
− =
 


ĐK:
x, y 0≠
0,25 đ
Giải (2)
2 2
6y 6x 5xy (2x 3y)(3x 2y) 0⇔ − = ⇔ + − =

0,25 đ
* Nếu
3y
2x 3y 0 x
2
−
+ = ⇔ =
.
Thay vào (1) ta được
3y 3 16
y.
2 2 3
−
+ =
0,25 đ

⇔

2
3y 23
2 6
−
=
(phương trình vô nghiệm) 0,25 đ
* Nếu
2y
3x 2y 0 x
3
− = ⇔ =
.

Thay vào (1) ta được
2
y 9 y 3= ⇔ = ±
0,25 đ
- Với
y 3 x 2= ⇒ =
(thoả mãn điều kiện)
- Với
y 3 x 2= − ⇒ = −
(thoả mãn điều kiện)
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm: (x; y) = (2; 3); (x; y) = (-2; -3)
0,25 đ
b) Đặt
( )
2
2
x 2x 1 y x 1 y x 1 y (y 0)− + = ⇔ − = ⇔ = ± ≥
(*)
Phương trình đã cho trở thành:
( ) ( )
2
y 1 3 y 1 m 0− − − + =
2
y 5y m 4 0⇔ − + + =
(1)
0,25 đ
Từ (*) ta thấy, để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì phương
trình (1) có 2 nghiệm dương phân biệt
0,25 đ
GV: Bùi Công Hải – THCS Phú Lương – Hà Đông – Hà Nội

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
HƯNG YÊN
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
CHUYÊN
Năm học 2009 – 2010
Môn thi: Toán
Hướng dẫn chấm thi
19
0 9 4m 0
S 0 5 0
P 0 m 4 0
∆ > − >
 
 
⇔ > ⇔ >
 
 
> + >
 
0,25 đ
9
m
9
4 m
4
4
m 4

<


⇔ ⇔ − < <


> −

Vậy với
9
4 m
4
− < <
thì phương trình có 4 nghiệm phân biệt.
0,25 đ
Bài 3: (2,0 điểm)
a) Vì k > 1 suy ra
2 2
k 4 5; k 16 5+ > + >

- Xét
k 5n 1= +
với
2 2 2
n k 25n 10n 1 k 4 5∈ ⇒ = + + ⇒ +¢ M
2
k 4⇒ +
không là số nguyên tố.
0,25 đ
- Xét
k 5n 2= +
với

2 2 2
n k 25n 20n 4 k 16 5∈ ⇒ = + + ⇒ +¢ M

2
k 16⇒ +
không là số nguyên tố.
0,25 đ
- Xét
k 5n 3= +
với
2 2 2
n k 25n 30n 9 k 16 5∈ ⇒ = + + ⇒ +¢ M

2
k 16⇒ +
không là số nguyên tố.
0,25 đ
- Xét
k 5n 4= +
với
2 2 2
n k 25n 40n 16 k 4 5∈ ⇒ = + + ⇒ +¢ M

2
k 4⇒ +
không là số nguyên tố.
Do vậy
k 5M

0,25 đ

b) Ta chứng minh: Với
a, b, c∀
thì
( )
( )
2
2 2 2
a b c 3 a b c
+ + ≤ + +
(*)
Thật vậy
2 2 2 2 2 2
(*) a b c 2ab 2bc 2ca 3a 3b 3c⇔ + + + + + ≤ + +
2 2 2
(a b) (b c) (c a) 0⇔ − + − + − ≥
(luôn đúng)
0,5 đ
áp dụng (*) ta có:
( )
( )
2
p a p b p c 3 3p a b c 3p− + − + − ≤ − − − =
Suy ra
p a p b p c 3p− + − + − ≤
(đpcm)
0,5 đ
Bài 4: (3,0 điểm)
GV: Bùi Công Hải – THCS Phú Lương – Hà Đông – Hà Nội
20

J
I
C
N
M
O
A
B
D
a) Xét
MBC
∆
và
MDB∆
có:

·
·
BDM MBC=

·
·
BMC BMD=
0,5 đ
Do vậy
MBC
∆
và
MDB∆
đồng dạng

Suy ra
MB MD
MB.BD MD.BC
BC BD
= ⇒ =
0,5 đ
b) Gọi (J) là đường tròn ngoại tiếp
BDC
∆

·
·
·
BJC 2BDC 2MBC⇒ = =
hay
·
·
BJC
MBC
2
⇒ =
BCJ∆
cân tại J
·
·
0
180 BJC
CBJ
2
−

⇒ =
0,5 đ
Suy ra
·
·
· ·
O
O
BJC 180 BJC
MBC CBJ 90 MB BJ
2 2
−
+ = + = ⇒ ⊥

Suy ra MB là tiếp tuyến của đường tròn (J), suy ra J thuộc NB
0,5 đ
c) Kẻ đường kính MN của (O) ⇒ NB ⊥ MB
Mà MB là tiếp tuyến của đường tròn (J), suy ra J thuộc NB
Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp
ADC∆
Chứng minh tương tự I thuộc AN
Ta có
· ·
·
·
ANB ADB 2BDM BJC= = = ⇒
CJ // IN
Chứng minh tương tự: CI // JN
0,5 đ
Do đó tứ giác CINJ là hình bình hành

⇒
CI = NJ
Suy ra tổng bán kính của hai đường tròn (I) và (J) là:
IC + JB = BN (không đổi)
0,5 đ
Bài 5: (1,0 điểm)
GV: Bùi Công Hải – THCS Phú Lương – Hà Đông – Hà Nội
21

g
f
e
d
h
c
b
a
G
F
I
H
J
M
C
A
B
D
E
K
Gọi EF = a ; FG = b ; GH = c ; HI = d ; IJ = e ; JK = f ; KM = g ; ME = h

(với a, b, c, d, e, f, g, h là các số hữu tỉ dương)
Do các góc của hình 8 cạnh bằng nhau nên mỗi góc trong của hình 8 cạnh có
số đo là:
O
O
8 2 180
135
8
( ).−
=
0,25 đ
Suy ra mỗi góc ngoài của hình 8 cạnh đó là: 180
O
- 135
O
= 45
O
Do đó các tam giác MAE ; FBG ; CIH ; DKJ là các tam giác vuông cân.
⇒ MA = AE =
h
2
; BF = BG =
b
2
; CH = CI =
d
2
; DK = DJ =
f
2

Ta có AB = CD nên:
h b f d
a e
2 2 2 2
+ + = + +
⇔ (e - a)
2
= h + b - f - d
0,5 đ
Nếu e - a ≠ 0 thì
h b f d
2
e a
+ − −
= ∈
−
¤
(điều này vô lý do
2
là số vô tỉ)
Vậy e - a = 0 ⇔ e = a hay EF = IJ (đpcm).
0,25 đ
SỞ GD&ĐT VĨNH KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC
GV: Bùi Công Hải – THCS Phú Lương – Hà Đông – Hà Nội
22
PHÚC
——————
2009-2010
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho các thí sinh thi vào lớp chuyên Toán

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
—————————
(Đề có 01 trang)
Câu 1: (3,0 điểm)
a) Giải hệ phương trình:
1 1 9
x y
x y 2
1 5
xy
xy 2

+ + + =




+ =


b) Giải và biện luận phương trình:
| x 3| p | x 2 | 5+ + − =
(p là tham số có giá trị thực).
Câu 2: (1,5 điểm)
Cho ba số thực
a,b,c
đôi một phân biệt.
Chứng minh
2 2 2
2 2 2

a b c
2
(b c) (c a) (a b)
+ + ≥
− − −
Câu 3: (1,5 điểm)
Cho
2
1
A
4x 4x 1
=
+ +
và
2
2x 2
B
x 2x 1
−
=
− +
Tìm tất cả các giá trị nguyên của
x
sao cho
2A B
C
3
+
=
là một số nguyên.

Câu 4: (3,0 điểm)
Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB<CD). Gọi K, M lần lượt là trung điểm của BD, AC.
Đường thẳng qua K và vuông góc với AD cắt đường thẳng qua M và vuông góc với BC tại Q.
Chứng minh:
a) KM // AB.
b) QD = QC.
Câu 5: (1,0 điểm).
Trong mặt phẳng cho 2009 điểm, sao cho 3 điểm bất kỳ trong chúng là 3 đỉnh của một tam
giác có diện tích không lớn hơn 1. Chứng minh rằng tất cả những điểm đã cho nằm trong một tam
giác có diện tích không lớn hơn 4.
—Hết—
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
GV: Bùi Công Hải – THCS Phú Lương – Hà Đông – Hà Nội
23
ĐỀ CHÍNH THỨC
Họ tên thí sinh SBD
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
——————
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2009-2010
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
Dành cho lớp chuyên Toán.
—————————
Câu 1 (3,0 điểm).
a) 1,75 điểm:
Nội dung trình bày Điểm
Điều kiện
xy 0≠
0,25
Hệ đã cho

2
2[xy(x y) (x y)] 9xy (1)
2(xy) 5xy 2 0 (2)
+ + + =


− + =

0,25
Giải PT(2) ta được:
xy 2 (3)
1
xy (4)
2
=



=

0,50
Từ (1)&(3) có:
x 1
y 2
x y 3
xy 2
x 2
y 1
 =




=
+ =



⇔


=
=




=



0,25
Từ (1)&(4) có:
x 1
1
3
y
x y
2
2
1

1
xy
x
2
2
y 1
 =






=
+ =



 
⇔





=
=








=


0,25
Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là:
( ; ) (1; 2), (2; 1), (1; 1/ 2), (1/ 2; 1)x y =
0,25
b) 1,25 điểm:
Xét 3 trường hợp:
TH1. Nếu
2 x≤
thì PT trở thành:
(p 1)x 2(p 1)+ = +
(1)
TH2. Nếu
3 x 2− ≤ <
thì PT trở thành:
(1 p)x 2(1 p)− = −
(2)
TH3. Nếu
x 3< −
thì PT trở thành:
(p 1)x 2(p 4)+ = −
(3)
0,25
Nếu

p 1≠ ±
thì (1) có nghiệm
x 2=
; (2) vô nghiệm; (3) có nghiệm x nếu thoả mãn:
2(p 4)
x 3 1 p 1
p 1
−
= < − ⇔ − < <
+
.
0,25
Nếu
p 1= −
thì (1) cho ta vô số nghiệm thoả mãn
2 x≤
; (2) vô nghiệm; (3) vô nghiệm. 0,25
Nếu
p 1=
thì (2) cho ta vô số nghiệm thoả mãn
3 x 2− ≤ <
; (1) có nghiệm x=2; (3)VN 0,25
Kết luận:
+ Nếu -1 < p < 1 thì phương trình có 2 nghiệm: x = 2 và
2(p 4)
x
p 1
−
=
+

+ Nếu p = -1 thì phương trình có vô số nghiệm
2 x≤ ∈¡
+ Nếu p = 1 thì phương trính có vô số nghiệm
3 x 2
− ≤ ≤
+ Nếu
p 1
p 1
< −


>

thì phương trình có nghiệm x = 2.
0,25
Câu 2 (1,5 điểm):
GV: Bùi Công Hải – THCS Phú Lương – Hà Đông – Hà Nội
24
+ Phát hiện và chứng minh
bc ca ab
1
(a b)(a c) (b a)(b c) (c a)(c b)
+ + =
− − − − − −
1,0
+ Từ đó, vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh bằng:
2
a b c bc ca ab
2 2
b c c a a b (a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b)

 
 
+ + + + + ≥
 ÷
 ÷
− − − − − − − − −
 
 

0,5
Câu 3 (1,5 điểm):
Điều kiện xác định: x
≠
1 (do x nguyên). 0,25
Dễ thấy
1 2(x 1)
A ; B
| 2x 1| | x 1|
−
= =
+ −
, suy ra:
2 1 x 1
C
3 | 2x 1| | x 1|
 
−
= +
 ÷
+ −

 
0,25
Nếu
x 1>
. Khi đó
2 1 4(x 1) 4(x 1) 1 2x
C 1 0 C 1 1 0
3 2x 1 3(2x 1) 3(2x 1) 3(2x 1)
+ + −
 
= + = > ⇒ − = − = <
 ÷
+ + + +
 
Suy ra
0 C 1< <
, hay C không thể là số nguyên với x>1.
0,5
Nếu
1
x 1
2
− < <
. Khi đó: x = 0 (vì x nguyên) và
0C =
. Vậy x = 0 là một giá trị cần tìm. 0,25
Nếu
1
x
2

< −
. Khi đó
x 1≤ −
(do x nguyên). Ta có:
2 1 4(x 1)
C 1 0
3 2x 1 3(2x 1)
+
 
= − − = − ≤
 ÷
+ +
 
và
4(x 1) 2x 1
C 1 1 0
3(2x 1) 3(2x 1)
+ −
+ = − + = >
+ +
, suy ra
1 C 0− < ≤
hay C =0 và x = -1.
Vậy các giá trị tìm được thoả mãn yêu cầu là: x = 0 , x = -1.
0,25
Câu 4 (3,0 điểm):
a) 2,0 điểm:
Nội dung trình bày Điểm
Gọi I là trung điểm AB,
E IK CD, R IM CD= ∩ = ∩

. Xét hai tam giác
KIB và KED có:
·
·
ABD BDC=
0,25
KB = KD (K là trung điểm BD) 0,25
·
·
IKB EKD=
0,25
Suy ra
KIB KED IK KE∆ = ∆ ⇒ =
. 0,25
Chứng minh tương tự có:
MIA MRC
∆ = ∆
0,25
Suy ra: MI = MR 0,25
Trong tam giác IER có IK = KE và MI = MR
nên KM là đường trung bình
⇒
KM // CD
0,25
Do CD // AB (gt) do đó KM // AB (đpcm) 0,25
b) 1,0 điểm:
Ta có: IA=IB, KB=KD (gt)
⇒
IK là đường trung bình của
∆

ABD
⇒
IK//AD hay
IE//AD
Chứng minh tương tự trong
∆
ABC có IM//BC hay IR//BC
0,25
Có:
QK AD⊥
(gt), IE//AD (CM trên)
QK IE⇒ ⊥
. Tương tự có
QM IR⊥
0,25
Từ trên có: IK=KE,
QK IE QK⊥ ⇒
là trung trực ứng với cạnh IE của
IER∆
. Tương tự
QM là trung trực thứ hai của
IER∆
0,25
Hạ
QH CD⊥
suy ra QH là trung trực thứ ba của
IER∆
hay Q nằm trên trung trực của
đoạn CD
⇒

Q cách đều C và D hay QD=QC (đpcm).
0,25
GV: Bùi Công Hải – THCS Phú Lương – Hà Đông – Hà Nội
25
A
I
B
K
M
D
E
H
R
C
Q