Tổng hợp đề thi thử vào lớp 10 chuyên toán năm 2013 (Phần 2)

ĐỀ THI THỬ VÀO 10
Ngày 9 Tháng 5 Năm 2013
Câu 1 (2,0 điểm). Cho biểu thức P( x) 

1
1

1 x 1 x

a) Rút gọn P( x) .
b) Tìm giá trị của x để P( x)  2 .
Câu 2 (3,0 điểm). Cho f ( x)  x2  (2m  1) x  m2  1 ( x là biến, m là tham số)
a) Giải phương trình f ( x)  0 khi m  1 .
b) Tìm tất cả các giá trị của m để đẳng thức f ( x)  (ax  b)2 đúng với mọi số thực x ; trong đó
a, b là các hằng số.

c) Tìm tất cả các giá trị m
cho biểu thức P 

để phương trình f ( x)  0 có hai nghiệm x1 , x2 ( x1  x2 ) sao

x1 x2
có giá trị là số nguyên.
x1  x2

Câu 3 (3,0 điểm). Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó
một điểm P sao cho AP  R . Từ điểm P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại điểm M (điểm
M khác điểm A).
a) Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp được một đường tròn.
b) Đường thẳng vuông góc với AB tại điểm O cắt đường thẳng BM tại điểm N, đường thẳng AN

cắt đường thẳng OP tại điểm K, đường thẳng PM cắt đường thẳng ON tại điểm I; đường thẳng PN và
đường thẳng OM cắt nhau tại điểm J. Chứng minh ba điểm I, J, K thẳng hàng.
9
. Chứng minh rằng:
4
a3  b3  c3  a b  c  b c  a  c a  b

Câu 4 ( ,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc 

Câu 5 ( ,0 điểm). Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tồn tại cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn hệ:

 p  1  2 x 2
 2
2
 p  1  2 y
------------Hết------------

HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 1


 x  0
Điều kiện: 
 0  x 1
1  x  0

A, 1

2
1 x 1 x

 P( x) 
1 x
(1  x )(1  x )
2
1
Theo phần a) có: P( x)  2 
 2 
 1  1  x  1  x  2 (thỏa mãn
1 x
1 x

a) Khi đó: P( x) 
b 1

điều kiện)
Câu 2
a) ,0 điểm Thay m  1 vào PT f ( x)  0 ta có: x2  3x  2  0 (1) PT(1) có: a  b  c  1  3  2  0
Vậy PT có hai nghiệm là: 1 và 2.
2

1 
1
1


b) ,0 điểm Với mọi m ta có: f ( x)  x  2  m   x   m    m2  1   m  
2 
2
2




2

2

2

2


1 
1

1  3



 f ( x)   x 2   m     m 2  1   m    f ( x)   x 2   m      m
2 
2
2  4





3
3
2

Suy ra: để f ( x)   ax  b   m  . Vậy tồn tại duy nhất giá trị m  thỏa mãn yêu cầu.
4
4
2

c) ,0 điểm f ( x)  0 có 2 nghiệm phân biệt     2m  1  4(m2  1)  0  4m  3  0  m 
2

3
4

 x1  x2  2m  1
m 2  1 2m  1
5
5

P



Khi đó ta có: 
(*)
 4 P  2m  1 
2
2m  1
4
4(2m  1)
2m  1
 x1 x2  m  1
3

Do m  , nên 2m  1  1 , để P  phải có: (2m  1) là ước của 5  2m  1  5  m  2
4
5
Với m  2 thay vào (*) có: 4 P  2.2  1 
 4  P  1 . Vậy giá trị m cần tìm bằng 2.
2.2  1
Câu 3 (2 điểm).
a) ,0 điểm:Ta có: PAO  PMO  900  PAO  PMO  1800  tứ giác APMO nội tiếp
b) 2,0 điểm:

1
1
AOM ; OP là phân giác của góc AOM  AOP  AOM
2
2
 ABM  AOP (2 góc đồng vị)  MB // OP (1)
Ta có ABM 

Ta có hai tam giác AOP, OBN bằng nhau  OP = BN (2) Từ (1) và (2)  OBNP là hình bình hành
x
N

P

J

I
M
K

A
O

B

 PN // OB hay PJ // AB. Mà ON  AB  ON  PJ.
Ta cũng có: PM  OJ  I là trực tâm tam giác POJ  IJ  PO (3)
Ta lại có: AONP là hình chữ nhật  K là trung điểm của PO và APO  NOP
Mà APO  MPO   IPO cân tại I.
IK là trung tuyến đồng thời là đường cao  IK  PO (4) Từ (3) và (4)  I, J, K thẳng hàng
Câu 4 ( điểm).
2
2
Ta có:  x  y   x  y   0 x, y  0 Suy ra:  a  b   a  b   0   a 2  ab  b2  ab   a  b   0


 a3  b3  ab(a  b) (1), dấu ‘=’ xẩy ra  a  b .

Từ (1) và BĐT AM – GM có: a3  b3  c3  ab(a  b)  c3  2 abc3 (a  b)  3c a  b (do abc 

9
)
4

a  b
(2)
a3  b3  c3  3c a  b , dấu ‘=’ xẩy ra  
3
ab(a  b)  c
b  c

Tương tự có: a3  b3  c3  3a b  c , dấu ‘=’ xẩy ra  
(3)
3
bc(b  c)  a
c  a
(4)
a3  b3  c3  3b c  a , dấu ‘=’ xẩy ra  
3
ca(c  a)  b
Vậy:

Từ (2), (3) và (4) có: a3  b3  c3  a b  c  b c  a  c a  b (5), dấu ‘=’ xẩy ra  a  b  c  0
9
vô lí, do abc  , hay ta có đpcm.
4
Câu 5 ( điểm).
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x  0, y  0 . Từ phương trình p  1  2 x 2 suy ra p là số lẻ.
Dễ thấy 0  x  y  p  y  x không chia hết cho p (1)
Mặt khác, ta có 2 y 2  2 x2  p 2  p   y  x  y  x   0  mod p   y  x  0  mod p  (do (1))
Do 0  x  y  p  0  y  x  2 p  x  y  p  y  p  x thay vào hệ đã cho ta được
2
2


 p  1  2x2
 p  4x 1
 p 1  2x
 p  1  2x




 2



2
2
2

2 x  4 x
 p 1  2  p  x
1  p  4 px  p  1  p  4 x  1

Giải hệ này ta được p  7, x  2 thay vào hệ ban đầu ta suy ra y  5 . Vậy p  7.


ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
Ngày 6 Tháng 5 Năm 2013
Bài 1: (2điểm)

 a b
a  b   a  b  2ab 
Cho biểu thức D = 

 : 1
 với a > 0 , b > 0 , ab  1
 1  ab 1  ab  
1

ab




a) Rút gọn D.
2
b) Tính giá trị của D với a =
2 3
Bài 2: (2điểm)
a) Giải phương trình: x  1  4  x  3
 x  y  xy  7
b) Giải hệ phương trình:  2
2
 x  y  10
Bài 3: (2điểm)
1
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) là đồ thị của hàm số y  x 2 và đường thẳng (d)
2
có hệ số góc m và đi qua điểm I ( 0 ; 2 ).
a) Viết phương trình đường thẳng (d).
b) Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m.
c) Gọi x1 , x2 là hoành độ hai giao điểm của (d) và (P). Tìm giá trị của m để x13  x 32  32
Bài 4: (3điểm)
Từ điểm A ở ngoài đường tròn tâm O kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (B, C là các tiếp
điểm). Đường thẳng qua A cắt đường tròn (O) tại D và E ( D nằm giữa A và E, dây DE không đi
qua tâm O). Gọi H là trung điểm của DE, AE cắt BC tại K.
a) Chứng minh 5 điểm A, B, H, O, C cùng nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh: AB2 = AD . AE .
2
1
1

c) Chứng minh:


AK AD AE
Bài 5: (1điểm)
1 1 1
ab bc ac
Cho ba số a , b , c khác 0 thỏa mãn:    0 . Chứng minh rằng 2  2  2  3
a b c
c
a
b
------------------------------HẾT--------------------------------

Câu 1: a) Với a > 0 , b > 0 , ab  1

HƯỚNG DẪN
 2 a  2b a   a  b  ab  1  2 a
- Rút gọn D = 
:
 =
 1  ab
  1  ab  a  1


b) a =

2
2 3

Vậy D =



2(2  3 )
 ( 3  1)2  a  3  1 .
1

22 3
2 3  2 (2 3  2)(4  3 ) 6 3  2



2
16  3
13
4

3
1
2 3

Câu 2:
a) ĐK: x  1

x 1  4  x  3

 x 1  4  x  2

 x 1 4  x   9   x 1 4  x   3  x  x 2  3x  4  9  6x  x 2  x =

13
9

 x  y  xy  7
b)  2
Đặt x + y = a ; xy = b  x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy = a2 – 2b.
2
 x  y  10
 x  y  4

a  b  7
a 2  2a  24  0
a1  4;a 2  3 a1  4; b1  3
 xy  3


Ta có:  2


a  b  7
a 2  6; b 2  13   x  y  6
a  2b  10
a  b  7
  xy  13

 t 2  4t  3  0
t  3; t 2  1



. Vậy ( x = 3 ; y = 1 ) , ( x = 1 ; y = 3 )
2
1
m
Voânghieä
t  6t  13  0



Câu 3:
a) Phương trình đường thẳng (d) có dạng y = ax + b có hệ số góc m và đi qua điểm I ( 0 ; 2 ), ta có:
2 = m.0 + b  b = 2. Do đó (d) có dạng y = mx + 2
1
b) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình y  x 2 = mx + 2  x2 – 2mx – 4 = 0
2
 ' = (-m)2 – 1 (-4) = m2 + 4 > 0. Vì  ' > 0 nên (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m.
c) x1 , x2 là hai hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình x2 – 2mx – 4 = 0
Áp dụng hệ thức Viét ta có : x1 + x2 = 2m , x1 . x2 = - 4
3
Ta có: x13  x 32   x1  x 2   3x1x 2  x1  x 2   32

 (2m)3 – 3 (-4).2m = 32  8m3 + 16m – 32 = 0  m3 + 2m – 4 = 0
  m  1  m2  m  4   0  m  1  0  m  1 ( Vì m2 + m + 4 > 0 )
C

Câu 4:
a) Chứng minh 5 điểm A, B, H, O, C cùng nằm trên
một đường tròn.
Chỉ ra được: OAC  OHA  OBA  900
 A, B, H, O, C cùng nằm trên một đường tròn.

b) Chứng minh: AB2 = AD . AE :
Xét: ABD và ABE ; Ta có: BAE (góc chung)

O
A
K
H

N

D

AEB  ABD (cùng chắn cung BD của đ/tròn (O)).
M
Nên ABD AEB (gg)
B
AB AD
2

 AB = AD.AE. (1)

AE AB
2
1
1
1
1
AD  AE
c) Chứng minh:
: Ta có:





AK AD AE
AD AE
AD.AE
Mà AD + AE = (AH – HD) + ( AH + EH) = (AH – HD) + ( AH + HD) (Vì EH = HD) = 2AH
1
1
2AH



Mà: AB2 = AD.AE. (Cmt)
AD AE AD.AE
 AC2 = AD.AE
( Vì AB, AC là 2 tiếp tuyến đường tròn (O) => AB = AC)
E


1
1
2AH
2
2AH
(3)
Ta lại có:
(4)




2
AD AE AC
AK AK.AH
Cần chứng minh: AC2 = AK.AH. Từ D vẽ DM vuông góc với OB tại M, cắt BC tại N.
Xét tứ giác ODMH



Có: OHD = 900  Cmt  ;OMD = 900  OHD = OMD  = 900   ODMH nội tiếp (Qũy tích cung chứa

góc)  HOM = HDM ( chắn cung HM ) Mà HOM = BCH (chắn HB Của đường tròn đường kính
AO)  HDM = BCH Hay: HDN = NCH  Tứ giác CDNH nội tiếp (Qũy tích cung chứa góc)
Xét ACK và AHC
Ta có: CAH (góc chung) (a). Lại có : CHD = CND (chắn cung CD của CDMH nội tiếp )
Mà: CBA = CND (đồng vị của ED//AB ( Vì cùng vuông góc với OB))  CHD = CBA
Và: BCA = CBA ( Vì AB, AC là 2 tiếp tuyến đường tròn (O)  AB = AC) => ABC cân tại A)
 CHD = BCA Hay: CHA = KCA (b) Từ (a) và (b)   ACK đồng dạng  AHC
AC AK
1
1
2AH
Thay vào (3) ta có

=
 AC2 = AH.AK


 5

AH AC
AD AE AH.AK
2
1
1
Từ (4) và (5) 
.


AK AD AE

ab bc ac  ab    bc    ac 
Câu 5: Ta có 2  2  2 
(1)
2
c
a
b
 abc 
3

3

3

Đặt ab = x , bc = y , ac = z  xyz = (abc)2 . Khi đó (1) trở thành

x 3  y3  z 3
và x + y + z = ab + bc + ac
xyz

1 1 1 bc  ac  ab
  
 0  x + y + z = ab + bc + ac = 0
a b c
abc
x 3  y3  z3 3xyz
Vì x + y + z = 0 nên x3 +y3 + z3 = 3xyz . Nên
=
3
xyz
xyz
Cách khác:

Từ

3

3

1 1 1
1 1
1 1 1  1
1 1 3 1 1
1
1 1
3
1
Vì:    0              3  3       3  3  3 
 3

a b c
a b
c a b  c
a b ab  a b 
c
a b abc
c
1 1 1
3
 3 3 3
1
a b c
abc
ab bc ac abc abc abc
1 1 1
Ta có: 2  2  2  3  3  3  abc  3  3  3   2 
c
a
b
c
a
b
c a b 
ab bc ac
 3 
Thay (1) vào (2) ==> Ta có: 2  2  2  abc 
3
c
a
b

 abc 


ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN SỐ 13
Ngày 2 tháng 5 Năm 2013
Câu I (2.5 điểm):
1) Giải hệ phương trình:

x 2  y2  xy  3

2
 xy  3x  4
2) Tìm m nguyên để phương trình sau có ít nhất một nghiệm nguyên:

4x2  4mx  2m2  5m  6  0
Câu II (2.5 điểm):
1) Rút gọn biểu thức:
3
2  4  x2   2  x  

A
4  4  x2

2) Cho trước số hữu tỉ m sao cho

2  x 
3

3



với 2  x  2

m là số vô tỉ. Tìm các số hữu tỉ a, b, c để:

a3 m2  b 3 m  c  0
Câu III (2.0 điểm):
1) Cho đa thức bậc ba f(x) với hệ số của x3 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: P 

x 2  4x  5  x 2  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 :.......................

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ 13


4  3x 2

Từ (2)  x  0. Từ đó y 
, thay vào (1) ta có:
x

Câu 1: 1, (1,5 điểm) x  y  xy  3 (1)
2

2


2
 xy  3x  4

(2)

2

 4  3x 2 
16
4  3x 2
c x 2 = . Từ
x 
 3  7x4  23x2  16  0 Giải ra ta được x 2  1 hoÆ
  x.
7
x
 x 
16
4 7
5 7

x
y
x2  1  x  1  y  1; x 2 
7
7
7
 4 7 5 7   4 7 5 7 
Vậy hệ có nghiệm (x; y) là (1; 1); (-1; -1); 
;
 7 ; 7   7 ; 7 

 

Câu 1: 2, (1,0 điểm) Điều kiện để phương trình có nghiệm:  x '  0
2

 m  5m  6  0  (m  2)(m  3)  0 . Vỡ (m - 2) > (m - 3) nờn:
x '  0  m  2  0 vµ m  3  0  2  m  3, mµ m  Z  m = 2 hoặc m = 3.
Khi m = 2   x ' = 0  x = -1 (thỏa mãn)
Khi m = 3   x ' = 0  x = - 1,5 (loại). Vậy m = 2.
Câu 2: 1, (1,5 điểm) Đặt a  2  x; b  2  x

A 



2  ab a3  b3





(a, b  0)  a2  b2  4; a2  b2  2x

2  ab  a  b a2  b2  ab



4  ab
4  ab
2  ab  a  b 4  ab
A 
 2  ab  a  b  A 2  4  2ab  a  b
4  ab
A 2

a

2



 b2  2ab  a  b   a  b a  b  A 2  a2  b2  2x  A  x 2

Câu 2: 2, (1,5 điểm) a3 m2  b 3 m  c  0 (1)
Giả sử có (1)  b 3 m2  c 3 m  am  0 (2) . Từ (1), (2)  (b2  ac) 3 m  (a2m  bc)

a2m  bc
là số hữu tỉ. Trái với giả thiết!
b2  ac

b2  ac  0
b3  abc
 2

2
a m  bc  0 bc  am
b
 b3  a3m  b  a3 m . Nếu b  0 thì 3 m  là số hữu tỉ. Trái với giả thiết!  a  0;b  0. Từ đó
a

Nếu a2m  bc  0  3 m 

ta tìm được c = 0.
Ngược lại nếu a = b = c = 0 thì (1) luôn đúng. Vậy: a = b = c = 0
Theo bài ra f(x) có dạng: f(x) = ax3 + bx2 + cx + d với a nguyên dương.
Ta có: 2010 = f(5) - f(3) = (53 - 33)a + (52 - 32)b + (5 - 3)c
= 98a + 16b + 2c  16b + 2c = (2010- 98a)
Ta có f(7) - f(1) = (73 - 13)a + (72 - 12)b + (7 - 1)c = 342a + 48b + 6c = 342a + 3(16b + 2c)
= 342a + 3(2010- 98a)= 48a + 6030 = 3.(16a + 2010) 3
Vì a nguyên dương nên 16a + 2010>1 . Vậy f(7)-f(1) là hợp số

P

 x  2

2

 12 

 x  3

2

 22

Câu 3(1,0 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy lấy các điểm A(x-2; 1), B(x+3; 2)
Ta chứng minh được: AB 

 x  2  x  3  1 2
2

2

 25  1  26

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ 13

OA 

 x  2

2

 12 , OB 

 x  3

2

 22

Mặt khỏc ta có: OA  OB  AB 

 x  2

2

 12 

 x  3

2

 22  26

Dấu “=” xảy ra khi A thuộc đoạn OB hoặc B thuộc đoạn OA

x2 1
  x  7 .Thử lại x = 7 thỡ A(5; 1); B(10; 2) nên A thuộc đoạn OB. Vậy
x3 2
Max P  26 khi x = 7.


Câu 4: 1, (0,75 điểm) Ta dễ dàng chứng minh tứ giác MBAN nội tiếp  MAB  MNB , MCAP nội
tiếp  CAM  CPM .
Lại có BNM  CPM (cùng phụ góc NMP)  CAM  BAM
(1)
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

M

K
B

M

C
K
B

D

E

C
D

A'

E

N

B'

N

A

A

P

P

B
Câu 4 2, (1,25 điểm) Do DE//NP nên DEK  NAB , mặt khỏc tứ giác MNAB nội tiếp nờn:

NMB  NAB  1800  NMB  DEK  1800
Theo giả thiết DMK  NMP  DMK  DEK  1800  Tứ giác MDEK nội tiếp
O
Do MA là trung trực của DE  MEA  MDA  MEA  MDA  MEK  MDC .
Vì MEK  MDK  MDK  MDC  DM là phân giác của góc CDK, kết hợp với AM là phân giác
C
DAB  MAlà tâm của đường tròn bàng tiếp góc DAK của tam giác DAK.
D' D

Câu 5(1,0 điểm) Không mất tổng quát giả sử:AB  AC. Gọi B’

là điểm chính giữa cung ABC  AB'  CB' . Trên tia đối của BC lấy điểm A’ sao cho BA’ =
BA  AB  BC  CA '
Ta có: B'BC  B'AC  B'CA (1) ; B'CA  B'BA  1800

(2)

B'BC  B'BA '  180 (3);Từ (1), (2), (3)  B'BA  B'BA '
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

Hoàn toàn tương tự nếu gọi D’ là điểm chính giữa cung ADC thỡ 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)


ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10
Ngày 2 tháng 5 Năm 2013

 3 x 1
1 
1
với x  0 và x  1

:
x

1
x

1
x

x



Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức : P  

1/ Rút gọn biểu thức P . 2/ Tìm x để 2P – x = 3.
Câu 2.(2 điểm)
1) Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M có hoành độ bằng 2 và M thuộc đồ thị hàm số
y  2x 2 . Lập phương trình đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và điểm M ( biết đường thẳng OM
là đồ thị hàm số bậc nhất).
2
2) Cho phương trình x  5x  1  0 1 . Biết phương trình (1) có hai nghiệm x1;x 2 . Lập phương
trình bậc hai ẩn y ( Với các hệ số là số nguyên ) có hai nghiệm lần lượt là

y1  1 

1
1
và y 2  1 
x1
x2

2
17
 3


 x  2 y  1 5
Câu 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
 2x  2  y  2  26
 x  2 y  1 5
Câu 4.(3,0 điểm): Cho (O; R). Từ điểm M ở ngoài (O;R) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB của (O;R) ( với A, B
là các tiếp điểm). Kẻ AH vuông góc với MB tại H. Đường thẳng AH cắt (O;R) tại N (khác A). Đường tròn

đường kính NA cắt các đường thẳng AB và MA theo thứ tự tại I và K .
1) Chứng minh tứ giác NHBI là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh tam giác NHI đồng dạng với tam giác NIK.
3) Gọi C là giao điểm của NB và HI; gọi D là giao điểm của NA và KI. Đường thẳng CD cắt MA tại
E. Chứng minh CI = EA.



Câu 5.(2,0điểm) 1)Giải phương trình : x x  9
2

  x  9  22  x  1



2)Chứng minh rằng : Với mọi x  1, ta luôn có 3  x 
2

2

1 
 3 1

2

x  3 .
x2 
x 


HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: ĐKXĐ: x  2; y  1


2
17
2
17
2
17
 3
 3
 3









5
5
5
x  2 y 1
x  2 y 1
x  2 y 1




 2x  2  y  2  26
 2(x  2)  2  (y  1)  3  26
2  2  1  3  26



y 1
5
x2
y 1
5
x2
y 1
5
 x2



1) Câu 4.(3,0 điểm)
1) NIB  BHN  180  NHBI nội tiếp
2) cm tương tự câu 1) ta có AINK nội tiếp
0

Ta có H1  B1  A1  I1

A
E

1

I 2  B2  A 2  K 2

2

K

3) ta có:

2

I1  I2  DNC  B1  A2  DNC  1800

D

O

Do đó CNDI nội tiếp

 D2  I2  A2  DC // AI

I



N
C

Lại có A1  H1  AE / /IC
Vậy AECI là hình bình hành => CI = EA.

Câu 5.(1,5 điểm)

M

2
1
2

1

1

2

H

B

  x  9  22  x  1
  x  9  x  9x   22  x  1   x  9   x  9   9  x  1  22  x  1
1) Giải phương trình : x x  9
2

2

2

2

2

2

2

2

Đặt x – 1 = t; x  9 = m ta có: m  9mt  22t  22t  9mt  m  0
2

2

2

2

2

m
m
;t 
2
11
m
x2  9
ta có : x  1 
 x 2  2x  11  0 vô nghiêm
 Với t 
2
2

m
x 2  9
ta có : x  1 
 x 2  11x  2  0
 Với t 
11
11
11  129
  121  8  129 > 0 phương trình có hai nghiệm x1,2 
2

Giải phương trình này ta được t 

2) Chứng minh rằng : Với mọi x  1, ta luôn có 3  x 2  1   2  x 3  1  (1)




x2
x3





1 
1 
1 
1
1  2

1
 2
 3



3  x  2   2  x  3   3  x   x    2  x   x  2  1
x 
x 
x 
x
x 
x





1
1
1



 3  x    2  x 2  2  1
(vì x  1 nên x   0)
(2)
x
x
x





Đặt x 

có đpcm

1
1
 t thì x 2  2  t 2  2 , ta có (2)  2t 2  3t  2  0   t  2  2t  1  0 (3)
x
x
1
2
2
Vì x  1 nên  x  1  0  x  1  2x  x   2 hay t  2 => (3) đúng . Vậy ta
x


ĐỀ
Ngày 21 Tháng 4 Năm 2013
 2 x
x
3x  3   2 x  2 


 1 (ví i x  0, x  9)

 : 


x

9
x

3
x

3
x

3

 


a)

1
3

m x

b)

y  x2
m (P)

m

a)
b)

y  (m  3) x  m  3 (d)

m
 2
5 x 


3x 2 


10 y
1
y2 1
20 y
 11
y2 1

x2  2mx  1  0 1

m

x12 ( x12  2012)  x22 ( x22  2012)

m m
m

x1 , x2

1

m

m


m

m
m
m

a)
b)
c)

m

1
1


21.  a    3.  b    31
b
a



------------

a, b  0

------------

Ư NG DẪN
1

x  0, x  9




 2 x
x
3x  3   2 x  2   2 x ( x  3)  x ( x  3)  3x  3   2 x  2  x  3 
A= 


 1  
 : 
:

 x 3

x

9
x


3
x

3
(
x

3)(
x

3)
x 3

 
 
 


2 x  6 x  x  3 x  3x  3 x  1
3 x  3
x 3
3( x  1)
:




( x  3)( x  3)
x  3 ( x  3)( x  3) x  1 ( x  3)( x  1)

1
m x
3
3
1
1
A=
m x  0, x  9 ).


 x  3  9  x  6  x  36
3
x 3 3
1
khi x  36 .
3
y  x2


x

-

-2

-1

0

1

2

3

y

9

4

1

0

1

4

9

m
x  (m  3) x  m  3  x  (m  3) x  m  3  0 (1)
a = 1 ; b = (m  3) ; c = m  3
2

2

   (m  3)  4.1.(m  3)  m2  6m  9  4m  12 = (m  1)2  20  0 ví i m
2


1
Câu 3:
 2 10y
5x  y2  1  1

(I) 
3x2  20y  11

y2  1

2

m

x2  u ( u  0



10y
v
y2  1

5u  v  1
10u  2v  2 13u  13
u  1





3u  2v  11 3u  2v  11 5u  v  1 v  4
u  1  x2  1  x  1

m

3
x 3


y 2
10y
2
v 4 2
4 4y 10y 4 0
y 1
y 1

2
1
1
1
4
m 1 2
1
) ; (-1 ; 2) ; (-1 ; )
x 1; y 2 hoặ
cy
2
2

2
'
2
2
m 1
x 2mx 1 0 (1)
m 1
2
m
x1, x2
' 0 m2 1 0
m 1
x1 x2 2m
(I)

x1x2 1
x12 ( x12 2012) x22 ( x22 2012) x14 2012x12 x24 2012x22
2

( x12 x22 )2 2x12 x22 2012( x12 x22 ) ( x1 x2 )2 2x1x2 2( x1x2 )2 2012 ( x1 x2 )2 2x1x2
X = (4m2 2)2 2012(4m2 2) 2 = (4m2 2)2 2.(4m2 2).1006 10062 10062 2
2

= (4m2 2) 1006 (10062 2) -(10062 2)
4m2 2 1006 0 4m2 1008 m2 252
m 6 7
m

C
m 6 7

2
m
-(1006 + 2)
K
Cõu 5:
A

O

1
2

B

H

D

F
1

2

E

a)

DCB CAB (cù ng chắn BC)
BCE CAB (góc có cạnh tư ơng ứng vuông góc)

DCB BCE

EK CD (BK CD)
B là trực tâm của CDE

DH CE (CH AB)
CB DE tại F
D2 E2
CED CDE
D1 E1 (góc có cạnh tư ơng ứng vuông góc)
BD = BE BD + BK = BE + BK = EK

m

ACB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đư ờng tròn)
m
BH BC
BHC ~ BFD (g-g)

BH . BD = BC . BF
BF BD
BH.(BA+BD) = BC.(BC + BF) BH . AD = BC . CF (1)

m
BH . BA = BC2

BK + BD < EC




AH AC
 D2  CAB (so le trong)
 ACH ~ DBF (g - g) 


DF
BD
0

mµ AHC  DFB  90
 AH . BD = DF . AC (2)
AC CF
ABC ~ CDF (g -g) 

 BC . CF = DF . AC (3)
BC DF
1 2
3
1
1
21
3


Câu 6: *
21.  a    3.  b    21a   3b 
b
a
b
a



a, b  0

21a 

3
3
 2 21a   6 7 (1)
a
a
1

2

21
21
 2 3b   6 7 (2)
b
b
1
1


21  a    3  b    12 7
a
b


3b 

12 7  144.7  1008 ; 31  312  961  12 7  31
1
1


 21  a    3  b   > 31
m
a
b




ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
Ngày 28 tháng 4 Năm 2013
Câu 1. (2,0 điểm)

x 2
x 2
Cho biểu thức Q  

x  x , với x  0, x  1
 x  2 x  1 x  1 


a. Rút gọn biểu thức Q
b. Tìm các giá trị nguyên của x để Q nhận giá trị nguyên.
Câu 2. (1,5 điểm)
Cho phương trình x2  2(m  1)x  m  2  0 , với x là ẩn số, m  R

a. Giải phương trình đã cho khi m  – 2
b. Giả sử phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 và x 2 . Tìm hệ thức liên hệ giữa x1 và
x 2 mà không phụ thuộc vào m.
Câu 3. (2,0 điểm)
(m  1)x  (m  1)y  4m
Cho hệ phương trình 
, với m  R
x

(m

2)y

2

a. Giải hệ đã cho khi m  –3
b. Tìm điều kiện của m để phương trình có nghiệm duy nhất. Tìm nghiệm duy nhất đó.
Câu 4. (2,0 điểm)
Cho hàm số y  x 2 có đồ thị (P). Gọi d là đường thẳng đi qua điểm M(0;1) và có hệ số góc k.
a. Viết phương trình của đường thẳng d
b. Tìm điều kiện của k để đt d cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt.
Câu 5. (2,5 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC < BC) nội tiếp trong đường tròn (O). Gọi H là giao điểm của
hai đường cao BD và CE của tam giác ABC (D  AC, E  AB)
a. Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp trong một đường tròn
b. Gọi I là điểm đối xứng với A qua O và J là trung điểm của BC. Chứng minh rằng ba điểm H, J, I
thẳng hàng
1
1
1

c. Gọi K, M lần lượt là giao điểm của AI với ED và BD. Chứng minh rằng


2
2
DK
DA
DM 2





HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.



x 2
x 2
a. Q  

x x
 x  2 x  1 x  1 















x 2



 

x 1

2



 x
x 1 


x 2



x 1







x 1

 x 2
 x  1 1
1
1 
x 2
x  1 1 

 1


x 


 x   1
 x
 x 1


x 1
x 1
x 1 

x 1 


 x 1
1 
2x
2x
x  1 x  1
2 x
 1
. Vậy Q 


. x 
. x 
 x 
x 1
x 1
x 1
x 1
x 1
 x 1
2x
2x  2  2
2
2
b. Q nhận giá trị nguyên: Q 
 khi 2 chia hết cho x  1

 2

Q  khi
x 1
x 1
x 1
x 1
x  0
x  2
x  1  1
x  2
đối chiếu điều kiện thì 


 x  1
x  1  2
x  3

x  3

Câu 2. Cho pt x2  2(m  1)x  m  2  0 , với x là ẩn số, m  R
a.
Giải phương trình đã cho khi m  – 2 . Ta có phương trình x 2  2x  4  0
x 1   5
 x  1  5
2
2

x 2  2x  4  0  x 2  2x  1  5   x  1  5  5  x  1  5  
 x  1  5
 x  1  5

 

Vậy phương trinh có hai nghiệm x  1  5 và x  1  5
 x1  x 2  2  x 1 x 2  2   2
 x1  x 2  2m  2 (1)
 x  x 2  2m  2

 1
b. Theo Vi-et, ta có 

(2)

 x1 x 2  m  2
 m  x1 x 2  2
 m  x1 x 2  2
Suy ra x1  x 2  2  x1x 2  2   2  x1  x 2  2x1x 2  6  0

(m  1)x  (m  1)y  4m
Cho hệ phương trình 
, với m  R
x  (m  2)y  2
2x  2y  12
 x  y  6
x  7
a. Giải hệ đã cho khi m  –3. Ta được hệ phương trình 


 x  5y  2
 x  5y  2
y  1

Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y  với  7;1
Câu 3.

m  1   m  1
  m  1 m  2    m  1

1
m2
m  1  0
m  1
  m  1 m  2    m  1  0   m  1 m  1  0  

m  1
m  1  0
Vậy phương trình có nghiệm khi m  1 và m  1
(m  1)x  (m  1)y  4m
m  1
Giải hệ phương trình 
khi 
x  (m  2)y  2
m  1
b. Điều kiện có nghiệm của phương trình:

4m
4m  2


4m
x  y
x




(m  1)x  (m  1)y  4m


x  y 
m 1
m 1

.

m 1  

x

(m

2)y

2

2

2

x  (m  2)y  2
y 
y 



m 1
m 1
 4m  2 2 
Vậy hệ có nghiệm (x; y) với 
;

 m  1 m  1
Câu 4.
a. Viết phương trình của đường thẳng d: Đường thẳng d với hệ số góc k có dạng y  kx  b
Đường thẳng d đi qua điểm M(0; 1) nên 1  k.0  b  b  1 . Vậy d : y  kx  1
b. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d: x 2  kx  1  x 2  kx  1  0 , có   k 2  4


 k  2
d cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi   0 , k 2  4  0  k 2  4  k 2  22  k  2  
k  2
Câu 5.
a.
BCDE nội tiếp BEC  BDC  900 Suy ra BCDE nội tiếp đường tròn đường kính BC
b.
H, J, I thẳng hàng, IB  AB; CE  AB (CH  AB) .Suy ra IB // CH
IC  AC; BD  AC (BH  AC). Suy ra BH // IC. Như vậy tứ giác BHCI là hình bình hành
J trung điểm BC  J trung điểm IH. Vậy H, J, I thẳng hàng
1
c. ACB  AIB  AB , ACB  DEA cùng bù với góc DEB của tứ giác nội tiếp BCDE
2
0
BAI  AIB  90 vì ABI vuông tại B. Suy ra BAI  AED  900 , hay EAK  AEK  900
Suy ra AEK vuông tại K. Xét ADM vuông tại M (suy từ giả thiết)

1
1
1
DK  AM (suy từ chứng minh trên) Như vậy


2
2
DK
DA DM 2