ĐỀ THI TUYỂN SINH lớp 10 TRƯỜNG PTNK TOÁN KC 2009

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009 - 2010
TRƯỜNG PHỔ THÔNG Môn thi: TOÁN
NĂNG KHIẾU Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
_________________________________________________________________________________________

Bài 1. (2 điểm)
a) Giải phương trình bằng cách đặt ẩn số
5
4
x
t
x
 
 
 
 
:
2
2
400 5
35 24
4
x
x
x x
 
   
 
 

b) Cho phương trình



2
3 1 2 3 0
mx m x m
    
.
Tìm
m
để phương trình có hai nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
thỏa mãn
2 2
1 2
34
x x
 


Bài 2. (2.5 điểm) Xét biểu thức:
2 3 3 4 5
1 5 4 5
x x x x
R
x x x x
   
  
   

a) Rút gọn
R
.
b) Tìm số thực
x
để
2
R
 
. Tìm số tự nhiên
x
là số chính phương sao cho
R
là số nguyên.

Bài 3. (2 điểm)
a) Giải hệ phương trình:
2 2
0
8
x xy y
x y
  


 


b) Cho

, ,
a b c
là độ dài ba cạnh của tam giác
ABC
. Giả sử phương trình













0
x a x b x b x c x c x a
        

có nghiệm kép. Tính số đo các góc của tam giác
ABC
.

Bài 4. (1.5 điểm)
Cho tam giác
ABC
, có



0 0
60 , 45
ABC ACB  . Dựng


AH BC H BC
 
, và dựng


HK AB K AB
 
. Gọi
M
là trung điểm của
AC
. Biết
3
AH 
, tính
BC
. Chứng minh
BKMC
là tứ giác nội tiếp.

Bài 5. (1 điểm)
Trong kỳ kiểm tra môn Toán một lớp gồm 3 tổ A, B, C, điềm trung bình của học sinh ở các tổ
được thống kê ở bảng sau:

Tổ
A
B C A và B B và C
Điểm trung bình 9.0 8.8 7.8 8.9 8.2

Biết tổ A gồm 10 học sinh, hãy xác định số học sinh và điểm trung bình của toàn lớp.

Bài 6. (1 điểm)
Cho tứ giác lồi
ABCD
nội tiếp đường tròn


O
, có đỉnh
A
cố định và các đỉnh
, ,
B C D
di
chuyển trên


O
sao cho

0
90
BAD 

. Kẻ tia
Ax
vuông góc với
AD
cắt
BC
tại
E
, kẻ tia
Ay
vuông góc với
AB
cắt
CD
tại
F
. Gọi
K
là điểm đối xứng của
A
qua
EF
. Chứng minh tứ
giác
EFCK
nội tiếp được và đường thẳng
EF
luôn đi qua một điểm cố định.

Hướng dẫn giải

Bài 1.
a) Đặt
5
4
x
t
x
 
 
 
 
, suy ra
2
2 2 2
2 2
5 25 400 5
16
2 16 2
x
t x t
x x
 
      
 
 

Phương trình trở thành
2
4
16 24 5 0

1
4
t
t t
t




   






Với
5
4
t

, ta có
1,2
5 5 5 105
4 4 2
x
x
x
 
   

Với
1
4
t

, ta có
3
4
5
5 1
4
4 4
x
x
xx
 

  




Vậy
5 105 5 105
5;4; ;
2 2
S
 
   
 

 
 
 
 

b) Điều kiện phương trình có hai nghiệm phân biệt
   
2
0
0
9 1 4 2 3 0
m
m
m m m



 

      



Với điều kiện trên, phương trình có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
và theo định lý Viet ta có



1 2
1 2
3 1
2 3
m
S x x
m
m
P x x
m

 
  



 

 



Khi đó
 


 
2
2
2 2

1 2 1 2 1 2
2
1
13 12 9
34 2 34 34
3
7
m n
m m
x x x x x x
m
m n
 
 

        

 



Đáp số:
3
1,
7
m m
  

Bài 2
a) Đặt

t x
 ta có










  
  
  
  
2
2
2
2
2 5 3 1 3 4 5
2 3 3 4 5
1 5 1 5
4 5
1 2
3 2 2 2
1 5 1 5 5
5
t t t t t t
t t t t

R
t t t t
t t
t t
t t t x
t t t t t
x
       
   
   
   
 
 
    
      
    


b)* Điều kiện
0
x


Ta có
5
2 2 12
2 2 2 0 0
12
5 5 5
t

t t t
R
t
t t t


  
           


  


Với
5 5 0 25
t x x
     

Với
12 12 144
t x x    

Vậy giá trị
x
cần tìm là
0 25
x
 
và
144

x


 Ta có
x
là số chính phương nên t x
 


Khi đó
2 7
1
5 5
t
R
t t

      
 
 t – 5 là ước của 7, mặt khác
5 5
t
  
do đó
5 1,1,7
t
  

Từ đó những giá trị x cần tìm là
16,36,144

x


Bài 3.
a)
2 2
0
8
x xy y
x y
  


 


Đặt
,
S x y P xy
  
, khi đó ta có hệ
2 2
4
0
4
2
2 8 2 8 0
2
S
S P P S P

S
S P S S
P

 



   

 


 
 


    

 


 




Với
4
4

S
P
 




ta có
4 2
4 2
x y x
xy y
    
 

 
  
 

Với
2
2
S
P



 

ta có

2
2
x y
xy
 


 

giải hệ ta được
1 3
1 3
x
y

 


 


hoặc
1 3
1 3
x
y

 



 



Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm


;
x y
là
 




2; 2 , 1 3;1 3 , 1 3,1 3
     
b)













0
x a x b x b x c x c x a
        





2
3 2 0
x a b c x ab bc ac
       

Ta có




2
2 2 2
3
a b c ab ac bc a b c ab ac bc

            

Phương trình có nghiệm kép khi và chỉ khi
     
2 2 2
2 2 2
1

0 0 0
2
0
a b c ab bc ac a b b c c a
a b b c c a a b c
 

               
 
         

Khi đó tam giác ABC đều, suy ra



0
60
A B C  
Bài 4.

a) Trong tam giác vuông ABH ta có


0
3
tan 1
tan60
tan
AH AH
ABH BH

BH
ABH
    

Trong tam giác vuông AHC có


0 0
45 45
ACH HAC   nên AHC là tam giác vuông
cân, suy ra
3
HC HA 
Do đó
1 3
BC BH CH   
(đvđd)
b) Tam giác AHC vuông cân, có AM là trung tuyến nên
cũng là đường cao, suy ra
AM HC



C1: Tứ giác AKHM có


0 0 0
90 90 180
AKH AMH   
nên là tứ giác nội tiếp, suy ra




0 0
90 45
AKM AHM HAM   

Tứ giác BKMC có


0
45
AKM BCM  nên là tứ giáv nội tiếp.
C2: Ta có AK. AB = AH
2
, AM. AC = AH
2
, suy ra AK. AB = AM. AC
45
0
60
0
K
H
C
B
A
M
Suy ra tam giác AKM và ABC đồng dạng (c.g.c), suy ra



0
45
AKM BCM 
nên là tứ BKMC giác
nội tiếp.

Bài 5. Gọi x, y lần lượt là số học sinh tổ B và C.
Ta có
9 10 8,8
8,9 10
10
x
x
x
  
  


Tương tự
8,8 7,8
8,2
x y
x y
  


, với x = 10 thì y = 15
Vậy điểm trung bình của cả lớp là
9 10 8,8 10 7,8 15

8,43
10 x y
    

 

Bài 6.
* Tứ giác ABCD nội tiếp nên


0
180
BAD BCD 

Và








0 0 0
90 90 180
BAD EAF BAE EAF FAD EAF
BAF DAE
    
    

Suy ra


BCD EAF

(1)
Mặt khác, do A và K đối xứng nhau qua EF nên


EKF EAF

(2)
Từ (1) và (2) suy ra


EKF ECF

, do đó tứ giác
EFKC nội tiếp.
* Vì tứ giác EFKC nội tiếp nên ta có


FCK FEK


mà


FEK FEA


(do tính chất đối xứng)
Và


FEA KAD

(cùng phụ với

KAE
)
Do đó


KAD FCK


Suy ra tứ giác ADKC nội tiếp, suy ra K thuộc (O), suy ra OA = OK, suy ra O thuộc đường trung trực
của AK mà EF là đường trung trực của AK nên O thuộc EF. Vậy đường thẳng EF luôn đi qua điểm O
cố định.


Hết
y
x
K
F
E
O
A
D

B
C