ĐỀ THI TUYỂN SINH lớp 10 TRƯỜNG PTNK TOÁN KC 2012

Đề Toán không chuyên - 2012

Hướng dẫn giải
Bài 1. (2 điểm) Cho phương trình


3
4 1 0 1
x x x m   
a) Giải phương trình (1) khi m = - 33
b) Tìm m để phương trình (1) có đúng hai nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
thỏa
6 6
1 2
82
x x
 

Giải. Đặt
0
t x x
 

a) Khi m = - 33, ta có pt:
2
4 32 0
t t
  

có 2 nghiệm
4, 8
t t
  
loại t = - 4
Với t = 8, thì x = 4
b) Ta có
3 0 3
m m

     
và
1 2
1 2
4
. 1
S t t
P t t m
  


  


Khi đó


2 2
6 6 4 4 2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2

2 2 2
x x t t t t t t S P P
 
        
 

   
2 2
2
14 2 2 1 2 60 194
m m m m      
6 6 2
1 2
2
82 30 56 0
28
m
x x m m
m


      



loại 28 nhận 2 
Bài 2. (2 điểm)
a) Giải phương trình
2 7 3 5 1
x x

    

b) Giải hệ phương trình
 
 
2
2
2 1 2 5 1
1 1
5 2
10 2
x xy
xy y

  


  



Giải
a) (1 điểm). Điều kiện
7 5
2 3
x

  
Pt
2 1 3 5 5 11 2 3 5

x x x x
         

 
2
11
5
11
3
5
25 122 141 0
141
75
x
x
x l
x x
x








 
   
 


 
  










Chú ý: Nếu giải bằng phương pháp kéo theo và có thử lại thì vẫn được điểm tối đa.
b) Lấy (1) + 2 x (2), ta có phương trình
2 2
5
5
5
y x
y x
y x


 

 



Với

5
y x
 , thế vào (1) ta có
2 2
1 5
2 5 1 2 5
1 5
x y
x x
x y

  
   

    



Với
5
y x
  , thế vào (1) ta có
 
2 2 2
1 2 5
2 5 1 2 5
1 2 5
x x x VN

    



Vậy nghiệm là




1; 5 , 1; 5
 
(0,75 đ) 
Bài 3. (2 điểm)
a) Rút gọn biểu thức
2 2
2 2 2 2
a b ab
T
ab a b ab a b
 
 
 
 
 
     
 
với
, 0, 1
a b a
 

Tìm giá trị lớn nhất của T khi a là số tự nhiên và a


1.
b) Tìm 3 số tự nhiên liên tiếp biết tổng tích của từng cặp số khác nhau của chúng là 1727.
Giải
a)








1 1 2 , 2 1 2
MS a b MS a b
     

Quy đồng mẫu số chung






 


1 2 1 1 2
a b a a b
     

, thì Tử =
 


1 2
a b
 

Suy ra
1
1
a
T
a




2
1
1
T
a
 

,


max
0 1, 2 1 2 /1 3 2 3

a T a T T a T
            

b) Gọi 3 số tự nhiên liên tiếp là n – 1, n , n + 1 (
1
n

) . Từ giả thiết ta có phương trình








2 2
1 1 1 1 1727 3 1 1727 576
n n n n n n n n           
24
n
 
ĐS
Bài 4. Tổng kết học kỳ 2, trường trung học cơ sở N có 60 học sinh không đạt học sinh giỏi trong
đó có 6 em từng đạt học sinh giỏi học kỳ 1; số học sinh giỏi của học kỳ 2 bằng
40
37
số học sinh
giỏi học kỳ 1 và 8% số học sinh của trường không đạt học sinh giỏi của học kỳ 1 nhưng đạt học
sinh giỏi của học kỳ 2. Tìm số học sinh giỏi của học kỳ 2 của trường biết số học sinh của trường

không thay đổi trong suốt năm học.
Giải. Gọi x là số học sinh giỏi học kỳ 2 của trường ( x nguyên dương).
Số học sinh của trường là x + 60 (hs)
Số học sinh giỏi của học kì 1 là
37
40
x
(hs)
Ta có phương trình
 
8 37
60 6
100 40
x x x
   
240
x
 

Bài 5. Cho hình thang ABCD (AB//CD) nội tiếp đường tròn (C ) tâm O, bán kính R và có


0 0
105 , 30
DAB ACD  .
a) Tính
DB
DC
và tính AB theo R.
b) Tiếp tuyến của (C ) tại B cắt đường thẳng DO và DA lần lượt tại M, N. Tính

MN
MD
.
c) Gọi E là trung điểm của AB, tia DE cắt MN tại F. Tính
BF
BC

Giải
a) (1 điểm) Ta có




 

0 0 0
180 180 75 1 105
DAB BCD BCD DAB ABC       





0 0 0 0
30 105 30 75
ABD ACD DBC ABC ABD       
(2)
Từ (1) và (2) ta có





0
75
DBC DCB  , nên tam giác DCB cân, suy ra
1
DB
DC


Ta có



0 0 0 0
75 30 45 2 90
ACB AOB ACB     
, tam giác ABO vuông cân tại O nên
2 2
AB AO R 

b) Ta có


0
2 60
AOD ACD OAD
   
đều, suy ra


0
60
ODA 
hay

0
60
NDM 

Tam giác DBC cân, nên DO cũng là trung trực của BC và cũng là phân giác góc

BDC






 
0 0 0 0
180 30 90 60
BOM AOB AOD OMB BOM doOB BM
        
Do đó tam giác DMN đều, suy ra
1
MN
MD


c) Gọi E là trung điểm của AB, tam giác AOB vuông cân tại O nên


0
, 90
OE AE AEO 
Ta có


0
45
ADE ODE AED OED     



0
30
ADE ODE DF
  
là đường cao của tam giác MDN.
Gọi I là trung điểm BC. Ta có


0
15
FDB IDB
 

Khi đó
BFD BID BF BI
    
suy ra

1
2
BF
BC


Cách khác. (Ta có thể tính
1 1
,
2 2
BF
BF R BC R
BC
   
)
Ta có ,AE EO DA DO
  
DE là đường trung trực của AO, gọi K là giao điểm của DE và OA thì
2
R
KA KO
 
. Mặt khác


0
60
AOD NMD 
, suy ra OA//MN.
Chứng minh được

1
1
2
BF EB
BF AK R
AK AE
    
Mà BC = AD = R, suy ra
1
2
BF
BC
