ĐỀ THI TUYỂN SINH lớp 10 TRƯỜNG PTNK TOÁN KC 2010

Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu 1

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP. HCM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2010
TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU Môn thi: TOÁN (không chuyên)
Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian phát đề

Bài 1. (2, 5 đ)
a) Tìm m để phương trình
2
2 3 0
x x m
   
có hai nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
thỏa
 
2
2 2
1 1 1 2 1 2
2 7
x x x x x x
  

b) Giải phương trình
 


2
9 4 6 9 2 5 9 4

x x x x x
      

Bài 2. (2 đ)
a) Giải hệ phương trình
2 2
2 0
1
x y xy xy
xy x y

  

  


b) Rút gọn biểu thức
 
1 2 1
: 1
1
1 1
a a a a a
A a
a
a a
 
  
   
 

 

 
 
với a > 1.
Bài 3.(1,5 đ) Cho tam giác ABC vuông tại A, có chu vi bằng 30cm và diện tích bằng 30cm
2
.
Tính độ dài các cạnh của tam giác.
Bài 4 (1đ) Cho số tự nhiên n có hai chữ số, chữ số hàng chục là x, chữ số hàng đơn vị là y
(nghĩa là x  0 và n = 10x + y). Gọi
n
M
x y


.
a) Tìm n để M = 2.
b) Tìm n để M đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 5 (3đ). Cho hình chữ nhật ABCD có tâm O, cạnh AB = 3a và  ABD = 30
0
. Gọi G là
trọng tâm của tam giác AOD; AG cắt CD tại E.
a) Chứng minh tứ giác AOED nội tiếp trong một đường tròn.
b) Cho DG cắt AB tại F. Tính diện tích tứ giác AFOE.
c) Đường tròn tâm J nội tiếp tam giác BCD tiếp với DB, CD tại I và K. Gọi H là giao điểm
của IK và AC. Tính  IOJ và độ dài đoạn HE.
Hết

Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu 2

HƯỚNG DẪN GIẢI
Đây chỉ là hướng dẫn giải không phải đáp án chính thức chỉ mang giá trị tham khảo.
Bài 1.
a) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt ’ = 1 – (m – 3) > 0  m < 4.
Với điều kiện trên theo định lý Viet ta có:
1 2
1 2
2
3
S x x
P x x m
   


  


Ta có
 
   
   
 
 
2
2 2
1 1 1 2 1 2
2 2
1 2 1 2 1 2

2
2
2 7
2 9
4 2 3 9 3
2 21 49 0
7
7
2
x x x x x x
x x x x x x
m m
m m
m l
m n
  
   
    
   








Vậy giá trị m thỏa đề bài là 7/2
b) Điều kiện
 



2
9 4 6 9 0
9
4
9 4 0
x x x
x
x

   

 

 



Với điều kiện trên ta có phương trình tương đương với phươn trình
 
 
 
9 4 3 5 2 9 4
9 4 3 5 2 0
9 4 0 1
3 5 2 2
x x x x
x x x
x

x x
    
     

 


  



Giải (1) ta được x = 9/4
Giải (2)
 
 
8
3 5 2
3
3 5 82
3 2 5
2
x l
x x
x x
x x
x n


  



    


  





Vậy phương trình có hai nghiệm là 2 và 9/4
Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu 3

Bài 2. Ta có




 
2 1 0 1
1 2
xy x y
xy x y
  



  



   
0
1 2 1 0 0
2 1 0
x
xy x y y
x y



     


  


Với x = 0 thế vào (2) có y = -1
Với y = 0 thế vào (2) ta có x = 1
Với x + 2y + 1 = 0  x = - 1 – 2y thế vào (2) ta có: - 2y
2
– 4y - 2 = 0  y = - 1, suy ra x = 1.
Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm (x, y) là (0, - 1), (1, 0) và (1, -1)
b)

 




 

 
 
 
  
2
1 1
1 2 1 2 1
: 1
1 1
1 1 1
1 1
2 1 2 1
1
1
1
2 1
1
1 1
1 2 1
1
2
a a a
a a a a a a a a
A a
a a
a a a
a a
a a a a
a
a

a
a a
a
a a
a a a
a
a
  
 
    
      
 
 
 
  
 
 
   
 



 
 

 
   




Bài 3. Gọi độ dài hai cạnh góc vuông lần lượt là x và y, cạnh huyền là z.
Ta có theo định lý Pytagore thì
2 2 2
z x y
 

(1)
Ta có S = ½ xy = 30  xy = 60 (2)
P = x + y + z = 30  x + y = 30 – z .
Bình phương 2 vế ta có : x
2
+ 2xy + y
2
= 900 – 60z + z
2
 120 = 900 – 60z  z = 13
Suy ra: x + y = 17, xy = 60. Giải ra được x = 5, y = 12 hoặc x = 12 và y = 5.
Vậy tam giác vuông có ba cạnh là 5, 12 và 13.
Bài 4.
Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu 4

a) Ta có
10
2 2 10 2 2 8
x y
M x y x y y x
x y

        



Vì y ≤ 9, < 16 suy ra x < 2 mà x là số nguyên dương nên x = 1  y = 8. Vậy n = 18.
b) Ta có
10 9 9
1 1
1
x y x
M
y
x y x y
x

    
 

.
Vì 1 ≤ x ≤ 9 và 0 ≤ y ≤ 9, suy ra
0 9
y
x
 
, suy ra
1 1 10
y
x
  

Do đó
19

10
M

. Dấu bằng xảy ra khi y = 9, x = 1.
Vậy M nhỏ nhất bằng 19/10 khi n = 19.
Bài 5.
a) Ta có OA = OD do ABCD là hình chữ
nhật và  ADO = 90
0
-  ABD = 60
0
.
Suy ra tam giác ADO đều.
Mà G là trọng tâm nên cũng là tâm
đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp của
tamgiác OAD. Suy ra AG là phân giác
AOD.
Suy ra  ADE =  AOE (c.g. c), từ đó  AOE =  ADE = 90
0

Xét tứ giác ADEO có  ADE +  AOE = 180
0
nên là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi P là giao điểm của AE và OD.
Tam giác OAD đều nên DG là đường trung trực của AO, suy ra FA = FO, tam giác
FAO cân tại F. Do đó  FOA =  FAO = 90
0
-  DAO = 30
0
=  OAE

Suy ra OF //AE, tứ giác AFOE là hình thang.
Ta có AD = AB.tan  ABD = 3a tan30
0
= a√3.
Mà a√3 = AD = AE. cos  DAE = AE. cos30
0
, suy ra AE = 2a.
Và FO = FA = AD tan  ADF = a√3 tan30
0
= a, OP = ½ OD = a√3/2
Vậy

   
2
1 1 3 3 3
. . 2
2 2 2 4
AFOE
a a
S OP OF AE a a    
c) Ta có  OBC =  OAD nên  OBC cũng là tam giác đều. Suy ra BO = BC.
Suy ra BOJ =  BCJ (c. g. c)
Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu 5

Mà  BCJ = ½  BCD = 45
0
, nên  BOJ = 45
0
hay  IOJ = 45
0

Ta có tứ giác JIDK nội tiếp, suy ra  JIK =  JDK = ½  IDC = 15
0

Và  JOH =  BOC -  JOI = 60
0
- 45
0
= 15
0

Ta có  JIK =  JOH nên tứ giác JIOH nội tiếp, suy ra  JHO = 90
0

Tam giác JOC cân tại J (BJ là đường trung trực của OC) mà JH ⊥ OC, suy ra H là trung
điểm OC, do đó OH = ½ OC = ½ OA = a√3/ 2
Từ đó áp dụng Pytagore cho tam giác EOH tính được EH = a√7/2
Hết





.