Bộ đề có đáp án của miền Bắc(2010 2011)(Moi chi tiet)

Đề thi tuyển sinh lớp 10
Môn: Toán (Thời gian làm bài: 120 phút)
Năm học: 2010 2011

Sở GD&ĐT Hà Nội
THI CHNH THC

Câu I(2,5đ): Cho biểu thức A =

x
1
1
+
+
, với x 0 và x 4.
x4
x 2
x +2

1/ Rút gọn biểu thức A.
2/ Tính giá trị của biểu thức A khi x = 25.
3/ Tìm giá trị của x để A = -1/3.

Câu II (2,5đ): Giải bài toán bằng cách lập phơng trình hoặc hệ phơng trình:
Hai tổ sản xuất cùng may một loại áo. Nếu tổ thứ nhất may trong 3 ngày, tổ thứ hai
may trong 5 ngày thì cả hai tổ may đợc 1310 chiếc áo. Biết rằng trong một ngày tổ thứ nhất
may đợc nhiều hơn tổ thứ hai là 10 chiếc áo. Hỏi mỗi tổ trong một ngày may đợc bao nhiêu
chiếc áo?
Câu III (1,0đ):
Cho phơng trình (ẩn x): x2 2(m+1)x + m2 +2 = 0
1/ Giải phơng trình đã cho khi m = 1.

2/ Tìm giá trị của m để phơng trình đã cho có nghiệm phân biệt x 1, x2 thoả mãn hệ thức x12
+ x22 = 10.
Câu IV(3,5đ):
Cho đờng tròn (O;R) và điểm A nằm bên ngoài đờng tròn. Kẻ tiếp tuyến AB, AC với
đờng tròn (B, C là các tiếp điểm).
1/ Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp.
2/ Gọi E là giao điểm của BC và OA. Chứng minh BE vuông góc với OA và OE.OA = R2.
3/ Trên cung nhỏ BC của đờng tròn (O;R) lấy điểm K bất kỳ (K khác B và C). Tiếp tuyến
tại K của đờng tròn (O;R) cắt AB, AC theo thứ tự tại P, Q. Chứng minh tam giác APQ có
chu vi không đổi khi K chuyển động trên cung nhỏ BC.
4/ Đờng thẳng qua O và vuông góc với OA cắt các đờng thẳng AB, AC theo thứ tự tại các
điểm M, N. Chứng minh PM + QN MN.
Câu V(0,5đ):
Giải phơng trình: x 2 1 + x 2 + x + 1 = 1 (2 x3 + x 2 + 2 x + 1)
4

Câu I:

4

2

Đáp án


C©u II:

C©u III:

C©u
V:

SỞ GIÁO
ĐỀ THI CHÍNH THỨC


MÔN THI : TOÁN
Thời gian làm bài 120 phút ( Không kể thời gian giao đề )
1.Tính giá trị biểu thức M = ( 2 − 3 ) ( 2 + 3 ) ?
−1 2
x tại x = − 3 .
3
x(1 − x) = x. 1 − x khi nào?

2. Tính giá trị của hàm số y =

3.Có đẳng thức
4. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M( 1; 1 ) và song song với đường thẳng y
= 3x.
5. Cho (O; 5cm) và (O’;4cm) cắt nhau tại A, B sao cho AB = 6cm. Tính độ dài OO′?
·
6. Cho biết MA , MB là tiếp tuyến của đường tròn (O), BC là đường kính BCA
= 700 .
·
Tính số đo AMB
?
·
7.Cho đường tròn (O ; 2cm),hai điểm A, B thuộc đường tròn sao cho AOB
= 1200 .Tính

độ dài cung nhỏ AB?
8. Một hình nón có bán kính đường tròn đáy 6cm ,chiều cao 9cm thì thể tích bằng bao
nhiêu?
9/ Bài 1 : (2 điểm)
1
1
−
2+ 5 2− 5
2. Giải phương trình (2 − x )(1 + x ) = − x + 5

1. Tính A =

3
2

3. Tìm m để đường thẳng y = 3x – 6 và đường thẳng y = x + m cắt nhau tại một điểm
trên trục hoành .
10/ Bài 2 ( 2 điểm)
Cho phương trình x2 + mx + n = 0 ( 1)
1.Giải phương trình (1) khi m =3 và n = 2
 x1 − x 2 = 3
3
3
 x1 − x 2 = 9

2.Xác định m, n biết phương trình (1) có hai nghiệm x1.x2 thoả mãn 

11/ Bài 3 : (3 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A .Một đường tròn (O) đi qua B và C cắt các cạnh AB ,
AC của tam giác ABC lần lượt tại D và E ( BC không là đường kính của đường tròn

tâm O).Đường cao AH của tam giác ABC cắt DE tại K .
·
·
1.Chứng minh ADE
.
= ACB
2.Chứng minh K là trung điểm của DE.
3.Trường hợp K là trung điểm của AH .Chứng minh rằng đường thẳng DE là tiếp tuyến
chung ngoài của đường tròn đường kính BH và đường tròn đường kính CH.
Bài 4 :(1điểm)
Cho 361 số tự nhiên a1 ,a 2 , a 3 ,.............., a 361 thoả mãn điều kiện


B
H

1
1
1
1
+
+
+ .................. +
= 37
a1
a2
a3
a 361

Chứng minh rằng trong 361 số tự nhiên

đó, tồn tại ít nhất 2 số bằng nhau.
======Hết======

O

D
K

Gợi ý đáp án

A

Bài 2:

E

C

2. ∆ = m2 – 4n ≥ 0 ⇔ m2 ≥ n
 x1 + x2 = −m
 x1.x2 = n

Theo Viét ta có: 

 x1 + x2 = −m
 x .x = n
 1 2
Kết hợp với trên ta có:  x − x = 3 ⇔
 1 2
x 3 − x 3 = 9

 1
2

 x1 + x2 = − m
x − x = 3
 1 2
 2
 m − 3n = 3
n = m 2 − 9


 m = ±2 3
 n = 3

=> 

Bài 3:
a. Ta có tứ giác BDEC nội tiếp
·
=> BDE
+ ·ACB = 1800
·
Mà BDE
+ ·ADE = 1800 ( hai góc kề bù)

=> ·ADE = ·ACB
b. Chứng minh tương tự phần a,
ta có ·AED = ·ABC
·
mà HAC

= ·ABC ( cùng phụ với góc ACB)
·
=> HAC
= ·AED => ∆AEK cân tại K => AK=KE (1)

Chứng minh tương tự ta có ∆AKD cân tại K => AK = KD (2)


=> KE=KD => K là trung điểm của DE.
c. Vì K là trung điểm của AH và DE nên tứ giác
ADHE là hình bình hành
Mà góc A =900 => ADHE là hình chữ
nhật => AK = KH = KD = KE
Ta có ∆O1DK = ∆O1HK

B

0

Mà góc O1HK = 90 => góc O1DK
= 900

O1
H

O

D

Mặt khác DO1 = BO1 = HO1 (t/c tam

giác vuông)

O2

K

=> DE là tiếp tuyến của (O1)
Tương tự ta cũng chứng minh

A

E

được DE là tiếp tuyến của (O2)
=> DE là tiếp tuyến chung của (O1) và (O2)
Bài 5:
Xét B=

1
1
1
+
+ ... +
1
2
361

=

2

2
2
+
+ ... +
1+ 1
2+ 2
361 + 361

< 1+

2
2
2
+
+ ...
2+ 1
3+ 2
361 + 360

= 1+2( 2 − 1 ) + 2( 3 − 2 )+…+2( 361 − 360 )
= 1+2( 361 − 1 )=1+2(19-1)=37
=> B<17 (1)
Vì a1, a2, …,a361 là 361 số tự nhiên bất kì
=>A ≤ B (2)
Từ (1) và (2) => A<17
Mà theo đề bài A = 17

C

=> Luôn tồn tại ít nhất 2 số tự nhiên trùng nhau trong 361 số đã cho.

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2010 – 2011MÔN: TOÁN

BÀI I (2,5 điểm)
Cho biểu thức : A =

x
2 x 3x + 9
+
−
, với x ≥ 0 v x ≠ 9.
x +3
x −3 x −9

1) Rút gọn biểu thức A.

2) Tìm giá trị của x để A =

1
3

3) Tìm gi trị lớn nhất của biểu thức A.
BÀI II (1.5 điểm)Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:
Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13 m và chiều dài lớn hơn
chiều rộng 7 m. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó.
BÀI III (2.0 điểm)Cho parabol (P): y = -x2 và đường thẳng (d): y = mx – 1.

1) Chứng minh rằng với mọi gi trị của m thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại
hai điểm phân biệt.
2) Gọi x1, x2 lần lượt là hoành độ các giao điểm của đường thẳng (d) v parabol (P).
Tìm giá trị của m để: x12x2 + x22x1 – x1x2 = 3.
BÀI IV (3,5 điểm)Cho đường trịn (O) cĩ đường kính AB = 2R và điểm C thuộc đường trịn
đó (C khác A, B). Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại
điểm E, tia AC cắt tia BE tại điểm F.
1) Chứng minh FCDE l tứ gic nội tiếp.
2) Chứng minh DA.DE = DB.DC.
3) Chứng minh góc CFD = góc OCB
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC là tiếp tuyến của đường
trịn (O).
4) Cho biết DF = R, chứng minh tg ·AFB = 2.
BÀI V ( 0,5 điểm) Giải phương trình: x2 + 4x + 7 = (x + 4) x 2 + 7
--------------------- Hết--------------------ĐÁP ÁN: KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
≠
Bài I: (2,5 điểm) Với x ≥ 0 và x 9 ta có :
x
2 x 3x + 9
+
−
=
x +3
x −3 x −9

x ( x − 3) 2 x ( x + 3) 3x + 9
+
−
x−9

x−9
x−9
3
x − 3 x + 2 x + 6 x − 3x − 9
3 x − 9 3( x − 3) =
=
=
=
x +3
x−9
x−9
x −9
3
1
2) A = =
⇔ x + 3 = 9 ⇔ x = 6 ⇔ x = 36
x +3
3

1) A =


3) A =

3
lớn nhất ⇔
x +3

x + 3 nhỏ nhất ⇔

x =0 ⇔ x = 0

Bài II: (2,5 điểm)
Gọi x (m) là chiều rộng của hình chữ nhật (x > 0)
⇒ chiều dài của hình chữ nhật là x + 7 (m)
Vì đường chéo là 13 (m) nên ta có : 132 = x 2 + ( x + 7)2 ⇔ 2 x 2 + 14 x + 49 − 169 = 0
⇔ x2 + 7x – 60 = 0 (1), (1) có ∆ = 49 + 240 = 289 = 172
Do đó (1) ⇔ x =

−7 − 17
−7 + 17
=5
(loại) hay x =
2
2

Vậy hình chữ nhật có chiều rộng là 5 m và chiều dài là (x + 7) m = 12 m
Bài III: (1,0 điểm)
1) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
-x2 = mx – 1 ⇔ x2 + mx – 1 = 0 (2), phương trình (2) có a.c = -1 < 0 với mọi m
⇒ (2) có 2 nghiệm phân biệt trái dấu với mọi m ⇒ (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân
biệt.
2) x1, x2 là nghiệm của (2) nên ta có :
x1 + x2 = -m và x1x2 = -1
2
x1 x2 + x22 x1 − x1 x2 = 3 ⇔ x1 x2 ( x1 + x2 − 1) = 3 ⇔ −1( −m − 1) = 3
⇔m+1=3⇔m=2
Bài IV: (3,5 điểm)
·
·

1) Tứ giác FCDE có 2 góc đối FED
= 90o = FCD
nên chúng nội tiếp.
2) Hai tam giác vuông đồng dạng ACD và DEB vì
·
·
hai góc CAD
cùng chắn cung CE, nên ta
= CBE
DC DE
=
⇒ DC.DB = DA.DE
có tỉ số :
DA DB

F

I
E

C

3) Gọi I là tâm vòng tròn ngoại tiếp với tứ giác
·
·
FCDE, ta có CFD
(cùng chắn cung CD)
= CEA
·
·

Mặt khác CEA
(cùng chắn cung AC)
= CBA
A
·
·
và vì tam OCB cân tại O, nên CFD
.
= OCB
·
·
·
Ta có : ICD
= IDC
= HDB
·
·
·
·
và HDB
OCD
= OBD
+ OBD
= 900
·
·
⇒ OCD
+ DCI
= 900 nên IC là tiếp tuyến với đường tròn tâm O.
Tương tự IE là tiếp tuyến với đường tròn tâm O.

D

B

O

1·
·
·
= COE
= COI
4) Ta có 2 tam giác vuông đồng dạng ICO và FEA vì có 2 góc nhọn CAE
2

(do tính chất góc nội tiếp)
CO

R

·
·
·
= tgCIO
= 2.
Mà tgCIO = IC = R = 2 ⇒ tgAFB
2


Bi V: (0,5 im)

Gii phng trỡnh : x 2 + 4 x + 7 = ( x + 4) x 2 + 7
t t = x 2 + 7 , phng trỡnh ó cho thnh : t 2 + 4 x = ( x + 4)t
t 2 ( x + 4)t + 4 x = 0 (t x)(t 4) = 0 t = x hay t = 4,
Do ú phng trỡnh ó cho x 2 + 7 = 4 hay x 2 + 7 = x
x 2 + 7 = x 2
x + 7 = 16 hay
x2 = 9 x = 3
x

7

2

Cỏch khỏc :
x 2 + 4 x + 7 = ( x + 4) x 2 + 7 x 2 + 7 + 4( x + 4) 16 ( x + 4) x 2 + 7 = 0

( x + 4)(4 x 2 + 7) + ( x 2 + 7 4)( x 2 + 7 + 4) = 0
x 2 + 7 4 = 0 hay ( x + 4) + x 2 + 7 + 4 = 0
x 2 + 7 = 4 hay x 2 + 7 = x x2 = 9 x = 3
S GIO DC V O TO
QUNG NINH
-------------

K THI TUYN SINH LP 10 THPT
NM HC 2010 - 2011

THI CHNH THC
MễN : TON
Thời gian làm bài : 120 phút
(không kể thời gian giao đề)

im

Chữ ký GT 1 :
..............................
Chữ ký GT 2 :
..............................

(Đề thi này có 01 trang)
Bài 1. (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức sau :
a) 2 3 + 3 27 300


1
1
1
+
ữ:
x 1 x ( x 1)
x x

b)

Bài 2. (1,5 điểm)
a). Giải phơng trình: x2 + 3x 4 = 0
b) Giải hệ phơng trình: 3x 2y = 4
2x + y = 5
Bài 3. (1,5 điểm)

Cho hàm số : y = (2m 1)x + m + 1 với m là tham số và m #

1
. Hãy xác định m trong mỗi tr2

ờng hơp sau :
a) Đồ thị hàm số đi qua điểm M ( -1;1 )
b) Đồ thị hàm số cắt trục tung, trục hoành lần lợt tại A , B sao cho tam giác OAB cân.


Bài 4. (2,0 điểm): Giải bài toán sau bằng cách lập phơng trình hoặc hệ phơng trình:
Một ca nô chuyển động xuôi dòng từ bến A đến bến B sau đó chuyển động ngợc dòng từ B
về A hết tổng thời gian là 5 giờ . Biết quãng đờng sông từ A đến B dài 60 Km và vận tốc dòng nớc
là 5 Km/h . Tính vận tốc thực của ca nô (( Vận tốc của ca nô khi nớc đứng yên )
Bài 5. (3,0 điểm)
Cho điểm M nằm ngoài đờng tròn (O;R). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA , MB đến đờng tròn
(O;R) ( A; B là hai tiếp điểm).
a) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp.
b) Tính diện tích tam giác AMB nếu cho OM = 5cm và R = 3 cm.
c) Kẻ tia Mx nằm trong góc AMO cắt đờng tròn (O;R) tại hai điểm C và D ( C nằm giữa M
và D ). Gọi E là giao điểm của AB và OM. Chứng minh rằng EA là tia phân giác của góc
CED.
---------------------- Hết ---------------------(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh: . Số báo danh: .

Đáp án

Bài 1:
a) A = 3
Bài 2 :
a) x1 = 1 ; x2 = -4

b)
3x 2y = 4
<=>

2x + y = 5
3x 2y = 4

b) B = 1 +

<=>

7x = 14

x

<=>

x=2

4x + 2y = 5
2x + y = 5
y=1
Bài 3 :
a) Vì đồ thị hàm số đi qua điểm M(-1;1) => Tọa độ điểm M phải thỏa mãn hàm số :
y = (2m 1)x + m + 1 (1)
Thay x = -1 ; y = 1 vào (1) ta có: 1 = -(2m -1 ) + m + 1
<=> 1 = 1 2m + m + 1
<=> 1 = 2 m
<=> m = 1
Vậy với m = 1 Thì ĐT HS : y = (2m 1)x + m + 1 đi qua điểm M ( -1; 1)

c) ĐTHS cắt trục tung tại A => x = 0 ; y = m+1 => A ( 0 ; m+1) => OA = m + 1
cắt truc hoành tại B => y = 0 ; x =
Tam giác OAB cân => OA = OB
<=> m + 1 =

m 1
m 1
m 1
=> B (
; 0 ) => OB =
2m 1
2m 1
2m 1

m 1
Giải PT ta có : m = 0 ; m = -1
2m 1

Bài 4: Gọi vận tốc thực của ca nô là x ( km/h) ( x>5)
Vận tốc xuôi dòng của ca nô là x + 5 (km/h)
Vận tốc ngợc dòng của ca nô là x - 5 (km/h)
Thời gian ca nô đi xuôi dòng là :

60
( giờ)
x+5

Thời gian ca nô đi xuôi dòng là :

60

( giờ)
x5

Theo bài ra ta có PT:

60
60
+
=5
x+5 x5

<=> 60(x-5) +60(x+5) = 5(x2 25)


<=> 5 x2 120 x 125 = 0
x1 = -1 ( không TMĐK)

x2 = 25 ( TMĐK)
Vậy vân tốc thực của ca nô là 25 km/h.


Bài 5:

A
D
C

E

M

O

B

Ta có: MA AO ; MB BO ( T/C tiếp tuyến cắt nhau)
ã
ã
=> MAO
= MBO
= 900
0
0
0
ã
ã
Tứ giác MAOB có : MAO
+ MBO
= 90 + 90 = 180 => Tứ giác MAOB nội tiếp đờng
tròn
b)
áp dụng ĐL Pi ta go vào MAO vuông tại A có: MO2 = MA2 + AO2

MA2 = MO2 AO2

MA2 = 52 32 = 16 => MA = 4 ( cm)
Vì MA;MB là 2 tiếp tuyến cắt nhau => MA = MB => MAB cân tại A
MO là phân giác ( T/C tiếp tuyến) = > MO là đờng trung trực => MO AB
Xét AMO vuông tại A có MO AB ta có:
a)

2
9
AO2 = MO . EO ( HTL trong vuông) => EO = AO = (cm)

MO

=> ME = 5 -

5

9 16
=
(cm)
5
5

áp dụng ĐL Pi ta go vào tam giác AEO vuông tại E ta có:AO2 = AE2 +EO2


AE2 = AO2 EO2 = 9 -

81 144
12
=
=
25
25
5

12
( cm) => AB = 2AE (vì AE = BE do MO là đờng trung trực của AB)
5
24
1
1 16 24 192

AB =
(cm) => SMAB = ME . AB = . .
=
(cm2)
5
2
2 5 5
25
c) Xét AMO vuông tại A có MO AB. áp dụng hệ thức lợng vào tam giác vuông AMO ta


AE =

có: MA2 = ME. MO (1)

1
ã
mà : ãADC = MAC
= Sđ ằAC ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn 1
2

cung)

MA MD
=> MA2 = MC . MD (2)
=
MC MA
MD ME
Từ (1) và (2) => MC . MD = ME. MO =>
=
MO MC
MAC :

DAM (g.g) =>


MD ME
ã
ã
) => MEC
( 2 góc tứng) ( 3)
=
= MDO
MO MC
OA OM
Tơng tự: OAE : OMA (g.g) =>
=
OE OA
OA OM OD OM
=>
=
=
( OD = OA = R)

=
OE OA OE OD
à chong ; OD = OM ) => OED
ã
ã
Ta có: DOE : MOD ( c.g.c) ( O
( 2 góc t ứng) (4)
= ODM
OE OD
ã
ã
ã
Từ (3) (4) => OED
. mà : ãAEC + MEC
=900
= MEC
ãAED + OED
ã
=900
ã
=> ãAEC = ãAED => EA là phân giác của DEC
ả chung;
MCE : MDO ( c.g.c) ( M

S GIO DC - O TO
THI BèNH
CHNH THC

K THI TUYN SINH LP 10 TRUNG HC PH THễNG

Nm hc 2010-2011
Mụn thi: TON
Thi gian lm bi: 120 phỳt (khụng k thi gian giao )

Bi 1. (2,0 im)
1. Rỳt gn cỏc biu thc sau: a)
b)
2. Gii phng trỡnh: x +

3
13
6
+
+
2+ 3 4 3
3
x yy x
xy

+

xy
x y

vi x > 0 ; y > 0 ; x y

4
= 3.
x+2

Bi 2. (2,0 im)

( m 1) x + y = 2
Cho h phng trỡnh:
(m l tham s)
mx + y = m + 1
1. Gii h phng trỡnh khi m = 2 ;
2. Chng minh rng vi mi giỏ tr ca m thỡ h phng trỡnh luụn cú nghim duy nht (x ; y ) tho
món: 2 x + y 3 .

Bi 3. (2,0 im)
Trong mt phng ta Oxy, cho ng thng (d): y = ( k 1) x + 4 (k l tham s) v parabol (P):
y = x2 .
1. Khi k = 2 , hóy tỡm to giao im ca ng thng (d) v parabol (P);
2. Chng minh rng vi bt k giỏ tr no ca k thỡ ng thng (d) luụn ct parabol (P) ti hai im
phõn bit;
3. Gi y1; y2 l tung cỏc giao im ca ng thng (d) v parabol (P). Tỡm k sao cho:
y1 + y 2 = y1 y 2 .
Bi 4. (3,5 im)


Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B, C). Qua B kẻ đường thẳng vuông
góc với DM, đường thẳng này cắt các đường thẳng DM và DC theo thứ tự tại H và K.
1. Chứng minh: Các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường tròn;
·
2. Tính CHK
;
3. Chứng minh KH.KB = KC.KD;
1
1

1
=
+
4. Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC tại N. Chứng minh
.
2
2
AD
AM
AN 2
Bài 5. (0,5 điểm)
1
1
1
1


+
= 3
+
÷.
x
2x − 3
5x − 6 
 4x − 3

Giải phương trình:

--- HẾT --Họ và tên thí sinh: ........................................................................ Số báo danh:.........................
Giám thị 1: ......................................................... Giám thị 2:

Bài 1. (2,0 điểm)
1. Rút gọn các biểu thức sau: a)
b)
2. Giải phương trình: x +

3
13
6
+
+
2+ 3 4− 3
3
x y−y x
xy

(1,5đ)

x−y
x− y

Nội dung
a)

Điểm

3
13
6
+

+
2+ 3 4− 3
3

=

b)

với x > 0 ; y > 0 ; x ≠ y

4
= 3.
x+2

Ý
1.

+

(

3 2− 3
4−3

) + 13 ( 4 + 3 ) + 2
16 − 3

0,25

3

= 6−3 3 + 4+ 3 + 2 3

0,25

= 10

0,25

x y−y x
xy

=

xy

(

+

x−y
x− y

x− y
xy

) +(

với x > 0 ; y > 0 ; x ≠ y

x− y

)(

x+ y

x− y

)

0,25


=

x− y+ x+ y

0,25

=2 x
2.
(0,5đ)

x+

0,25

4
=3
x+2

ĐK: x ≠ −2

Quy đồng khử mẫu ta được phương trình:

0,25

2

x + 2x + 4 = 3(x + 2)
⇔

x2 − x − 2 = 0

Do a − b + c = 1 + 1 − 2 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm:
x = −1; x = 2 (thoả mãn)

0,25

Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm x = −1; x = 2

Bài 2. (2,0 điểm)

( m − 1) x + y = 2
Cho hệ phương trình: 
 mx + y = m + 1

(m là tham số)

1. Giải hệ phương trình khi m = 2 ;

2. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x ; y ) thoả
mãn: 2 x + y ≤ 3 .
Ý
1.
(1,0đ)

Nội dung

Điểm

x + y = 2

 2x + y = 3

0,25

⇔

x = 1

x + y = 2

0,25

⇔

x = 1

y = 1

0,25

Khi m = 2 ta có hệ phương trình:

x = 1
Vậy với m = 2 hệ phương trình có nghiệm duy nhất: 
y = 1

0,25


2.
(1,0đ)

Ta có hệ:

( m − 1) x + y = 2

 mx + y = m + 1

0,25

⇔

x = m + 1 − 2

 mx + y = m + 1

⇔

 x = m − 1

 y = − m ( m − 1) + m + 1

⇔

x = m −1

2
 y = − m + 2m + 1

0,25

Vậy với mọi giá trị của m, hệ phương trình có nghiệm duy nhất:
x = m −1

2
 y = − m + 2m + 1

Khi đó: 2x + y = −m2 + 4m − 1
= 3 − (m − 2)2 ≤ 3 đúng ∀m vì (m − 2)2 ≥ 0

0,50

Vậy với mọi giá trị của m, hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) thoả
mãn 2x + y ≤ 3.

Bài 3. (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = ( k − 1) x + 4 (k là tham số) và parabol (P):
y = x2 .

1. Khi k = −2 , hãy tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P);
2. Chứng minh rằng với bất kỳ giá trị nào của k thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm
phân biệt;
3. Gọi y1; y2 là tung độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P). Tìm k sao cho:
y1 + y 2 = y1 y 2 .
Ý

Nội dung

1.
Với k = −2 ta có đường thẳng (d): y = −3x + 4
(1,0đ) Khi đó phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là:
x2 = −3x + 4
⇔

x + 3x − 4 = 0
2

Điểm
0,25
0,25


Do a + b + c = 1 + 3 − 4 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm: x = 1; x = − 4
Với x = 1 có y = 1

0,25

Với x = −4 có y = 16
Vậy khi k = −2 đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm có toạ độ là (1; 1);

(−4; 16)
2.
(0,5đ)

0,25

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là:
x2 = (k − 1)x + 4

0,25

⇔ x2 − (k − 1)x − 4 = 0
Ta có ac = −4 < 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của k.
Vậy đường thẳng (d) và parabol (P) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt.
3.
Với mọi giá trị của k; đường thẳng (d) và parabol (P) cắt nhau tại 2 điểm phân
(0,5đ) biệt có hoành độ x1, x2 thoả mãn:
 x1 + x 2 = k − 1

 x1x 2 = −4
Khi đó: y1 = x12

;

0,25

0,25

y 2 = x 22

Vậy y1 + y2 = y1 y 2
2
2
2 2
⇔ x1 + x 2 = x1 x 2

⇔ (x1 + x2)2 − 2x1x2 = (x1 x2)2
⇔ (k − 1)2 + 8 = 16

0,25

⇔ (k − 1)2 = 8
⇔ k = 1 + 2 2 hoặc k = 1 − 2 2
Vậy k = 1 + 2 2 hoặc k = 1 − 2 2 thoả mãn đầu bài.
Bài 4. (3,5 điểm)
Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B, C). Qua B kẻ đường thẳng vuông góc
với DM, đường thẳng này cắt các đường thẳng DM và DC theo thứ tự tại H và K.
1. Chứng minh: Các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường tròn;
·
2. Tính CHK
;
3. Chứng minh KH.KB = KC.KD;
1
1
1
=
+
4. Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC tại N. Chứng minh
.
2

2
AD
AM
AN 2
Ý
1.
(1,0đ)

Nội dung
A

Điểm

B

H
M
P

D

C

K

N


·
= 90o (ABCD là hình vuông)

DAB
·
= 90o (gt)
BHD
·
·
Nên DAB
= 180o
+ BHD
⇒ Tứ giác ABHD nội tiếp
·
+ Ta có
= 90o (gt)
BHD
·
= 90o (ABCD là hình vuông)
BCD
Nên H; C cùng thuộc đường tròn đường kính DB
⇒ Tứ giác BHCD nội tiếp
·
·
 BDC
+ BHC
= 180o
·
·
Ta có: 
⇒ CHK
= BDC
o

·
·
CHK
+
BHC
=
180

·
·
mà BDC
= 45o (tính chất hình vuông ABCD) ⇒ CHK
= 45o

+ Ta có

2.
(1,0đ)

3.
(1,0đ)

4.
(0,5đ)

Xét ∆KHD và ∆KCB
·
·
 KHD
= KCB

= (90o )
Có 
⇒ ∆KHD
∆KCB (g.g)
·
chung
 DKB
KH KD
=
⇒
KC KB
⇒ KH.KB = KC.KD (đpcm)
Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AM, đường thẳng này cắt đường thẳng
DC tại P.
·
·
·
Ta có: BAM
(cùng phụ MAD
)
= DAP
AB = AD (cạnh hình vuông ABCD)
·ABM = ADP
·
= 90o
Nên ∆BAM = ∆DAP (g.c.g) ⇒ AM = AP
·
Trong ∆PAN có: PAN
= 90o ; AD ⊥ PN
1

1
1
=
+
nên
(hệ thức lượng trong tam giác vuông)
2
2
AD
AP
AN 2
1
1
1
=
+
⇒
2
2
AD
AM
AN 2

0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5

0,5
0,25
0,25

0,25

0,25

Bài 5. (0,5 điểm)
Giải phương trình:
Ý

1
1
1
1


+
= 3
+
÷.
x
2x − 3
5x − 6 
 4x − 3

Nội dung

Điểm

0,5đ

1
1
1
1
1
1 

+
+
≥ 3
+
+
÷ (*)
a
b
c
b + 2c
c + 2a 
 a + 2b

Ta chứng minh:

với a > 0; b > 0; c > 0
+ Với a > 0; b > 0 ta có:

(

a + 2 b ≤ 3 ( a + 2b ) (1)

)

1
2
9
2 
 1
+
≥
+
+ Do 
(2)
÷ a + 2 b ≥ 9 nên
a
b
a +2 b
b
 a

+ Từ (1) và (2) ta có:

1
2
3 3
+
≥
(3) (Với a > 0; b> 0; c > 0)

a
b
a + 2b

+ Áp dụng (3) ta có:
1
1
1
1
1
1 

+
+
≥ 3
+
+
÷ với a > 0; b> 0; c > 0
a
b
c
b + 2c
c + 2a 
 a + 2b

Phương trình

0.25đ

1

1
1
1


3
+
= 3
+
÷ có ĐK: x >
2
x
2x − 3
5x − 6 
 4x − 3

Áp dụng bất đẳng thức (*) với a = x; b = x; c = 2x - 3 ta có:
1
1
1
1
1
 1

+
+
≥ 3
+
+
÷

x
x
2x − 3
5x − 6
4x − 3 
 3x
1
1
1
1


3
+
≥ 3
+
÷với x >
2
x
2x − 3
4x − 3 
 5x − 6
Dấu “ = ” xảy ra ⇔ x = 2x − 3 ⇔ x = 3
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.
⇒

0.25đ

Híng dÉn chung:
1. Trên đây chỉ là các bước giải và khung điểm bắt buộc cho từng bước, yêu cầu thí sinh phải trình

bày, lập luận và biến đổi hợp lí mới được công nhận cho điểm.
2. Bài 4 phải có hình vẽ đúng và phù hợp với lời giải của bài toán (không cho điểm hình vẽ).
3. Những cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa theo khung điểm.
4. Chấm từng phần. Điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần, không làm tròn.