ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI VÀO 10 CHUYÊN VÒNG 1 TỪ 20092014

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009 - 2010

TRƯỜNG PHỔ THÔNG
NĂNG KHIẾU

Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

_________________________________________________________________________________________

Bài 1. (2 điểm)
⎛5 x⎞
a) Giải phương trình bằng cách đặt ẩn số t = ⎜ − ⎟ :
⎝ x 4⎠
400
⎛5 x⎞
x 2 + 2 = 35 + 24 ⎜ − ⎟
x
⎝ x 4⎠
2
b) Cho phương trình mx + 3 ( m + 1) x − 2m + 3 = 0 .
Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x12 + x2 2 = 34

Bài 2. (2.5 điểm) Xét biểu thức: R =

x +2
x + 3 3x + 4 x − 5
−
−
x +1 5 − x x − 4 x − 5

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

Bài 3. (2 điểm)
⎧ x + xy + y = 0
a) Giải hệ phương trình: ⎨ 2
2
⎩x + y = 8
b) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC . Giả sử phương trình
( x − a )( x − b ) + ( x − b )( x − c ) + ( x − c )( x − a ) = 0
có nghiệm kép. Tính số đo các góc của tam giác ABC .

Bài 4. (1.5 điểm)
Cho tam giác ABC , có n
ABC = 600 , n
ACB = 450 . Dựng AH ⊥ BC

( H ∈ BC ) , và dựng

HK ⊥ AB ( K ∈ AB ) . Gọi M là trung điểm của AC . Biết AH = 3 , 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
Điểm trung bình

A

9.0

B
8.8

C
7.8

A và B
8.9

B và C
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
n > 900 . Kẻ tia Ax vuông góc với AD cắt BC tại E , kẻ tia
chuyển trên ( O ) sao cho BAD

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.

Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu

www.trungtamquangminh.tk

1


Hướng dẫn giải
Bài 1.
5 25 x 2
400
5⎞
⎛5 x⎞
⎛
a) Đặt t = ⎜ − ⎟ , suy ra t 2 + = 2 +
⇒ x 2 + 2 = 16 ⎜ t 2 + ⎟
2 x 16
2⎠
x
⎝
⎝ x 4⎠
⎡ 5
⎢t = 4
2
Phương trình trở thành 16t − 24t + 5 = 0 ⇔ ⎢
⎢t = 1
⎢⎣ 4
5
5 x 5
−5 ± 105

Với t = , ta có − = ⇔ x1,2 =
x 4 4
2
4
⎡ x3 = −5
1
5 x 1
Với t = , ta có − = ⇔ ⎢
x 4 4
4
⎣ x4 = 4
⎧⎪
−5 + 105 −5 − 105 ⎫⎪
Vậy S = ⎨−5;4;
;
⎬
2
2
⎩⎪
⎭⎪

⎧⎪ m ≠ 0
b) Điều kiện phương trình có hai nghiệm phân biệt ⎨
⇔m≠0
2
⎪⎩ Δ = 9 ( m + 1) − 4m ( −2m + 3) > 0
Với điều kiện trên, phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 và theo định lý Viet ta có
⎧
−3 ( m + 1)
⎪⎪ S = x1 + x2 =

m
⎨
⎪ P = x x = −2m + 3
1 2
⎪⎩
m
⎡ m = 1( n )
13m 2 + 12m + 9
2
2
2
Khi đó x1 + x2 = 34 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 34 ⇔
= 34 ⇔ ⎢
2
⎢m = − 3 ( n )
m
⎢⎣
7
3
Đáp số: m = 1, m = −
7
Bài 2
a) Đặt t = x ta có
2
t + 2 t + 3 3t 2 + 4t − 5 ( t + 2 )( t − 5 ) + ( t + 3)( t + 1) − 3t + 4t − 5
R=
−
−
=
t + 1 5 − t t 2 − 4t − 5

( t + 1)( t − 5 )

(

)

( t + 1)( t + 2 ) = − t + 2 = − x + 2
−t 2 − 3t − 2
=
=−
( t + 1)( t − 5 ) ( t + 1)( t − 5) t − 5
x −5
b)* Điều kiện x ≥ 0
⎡t < 5
t+2
t+2
t − 12
Ta có R > −2 ⇔ −
> −2 ⇔ 2 −
>0⇔
>0⇔⎢
t −5
t −5
t −5
⎣t > 12
Với t < 5 ⇔ x < 5 ⇔ 0 ≤ x < 25
Với t > 12 ⇔ x > 12 ⇔ x > 144
Vậy giá trị x cần tìm là 0 ≤ x < 25 và x > 144
• Ta có x là số chính phương nên t = x ∈ `

Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu

www.trungtamquangminh.tk

2


Khi đó R = −

t+2
7
= −1 +
∈ ` ⇒ t – 5 là ước của 7, mặt khác t − 5 ≥ −5 do đó
t −5
t −5

t − 5 = −1,1,7
Từ đó những giá trị x cần tìm là x = 16,36,144
Bài 3.
⎧ x + xy + y = 0
a) ⎨ 2
2
⎩x + y = 8

⎡ ⎧ S = −4
⎢⎨
⎧S + P = 0
⎧P = −S
⎩P = 4
⇔⎨ 2

⇔⎢
Đặt S = x + y, P = xy , khi đó ta có hệ ⎨ 2
⎢⎧S = 2
⎩S − 2P = 8
⎩ S + 2S − 8 = 0
⎢⎨
⎢⎣ ⎩ P = −2
⎧ S = −4
⎧ x + y = −4
⎧ x = −2
⇔⎨
ta có ⎨
Với ⎨
⎩P = 4
⎩ xy = 4
⎩ y = −2
⎧⎪ x = 1 − 3
⎧⎪ x = 1 − 3
⎧S = 2
⎧x + y = 2
Với ⎨
ta có ⎨
giải hệ ta được ⎨
hoặc ⎨
⎩ P = −2
⎩ xy = −2
⎪⎩ y = 1 + 3
⎪⎩ y = 1 + 3
Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm ( x; y ) là ( −2; −2 ) , 1 + 3;1 − 3 , 1 − 3,1 + 3

(

)(

( x − a )( x − b ) + ( x − b )( x − c ) + ( x − c )( x − a ) = 0
⇔ 3x 2 − 2 ( a + b + c ) x + ( ab + bc + ac ) = 0
2
Ta có Δ′ = ( a + b + c ) − 3 ( ab + ac + bc ) = a 2 + b 2 + c 2 − ab − ac − bc

)

b)

Phương trình có nghiệm kép khi và chỉ khi
Δ′ = 0 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ac = 0 ⇔

1⎡
2
2
2
a − b) + (b − c) + (c − a ) ⎤ = 0
(
⎦
2⎣

⇔ a−b = b−c = c−a = 0 ⇔ a = b = c
l =C
l = 600
A=B
Khi đó tam giác ABC đều, suy ra l

Bài 4.
A

M

K

45 0

60 0
B

H

C

a) Trong tam giác vuông ABH ta có
AH
AH
3
tan n
ABH =
⇒ BH =
=
=1
0
n
BH
tan ABH tan 60
Trong tam giác vuông AHC có

n
n = 450 nên AHC là tam giác vuông
ACH = 450 ⇒ HAC
cân, suy ra HC = HA = 3
Do đó BC = BH + CH = 1 + 3 (đvđd)
b) Tam giác AHC vuông cân, có AM là trung tuyến nên
cũng là đường cao, suy ra AM ⊥ HC

AKH + n
AMH = 900 + 900 = 1800 nên là tứ giác nội tiếp, suy ra
C1: Tứ giác AKHM có n
n
n = 450
AKM = n
AHM = 900 − HAM
n = 450 nên là tứ giáv nội tiếp.
AKM = BCM
Tứ giác BKMC có n
2
C2: Ta có AK. AB = AH , AM. AC = AH2, suy ra AK. AB = AM. AC
Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu

www.trungtamquangminh.tk

3


n = 450 nên là tứ BKMC giác
Suy ra tam giác AKM và ABC đồng dạng (c.g.c), suy ra n
AKM = BCM

nội tiếp.

Bài 5. Gọi x, y lần lượt là số học sinh tổ B và C.
9 × 10 + 8,8 × x
Ta có
= 8,9 ⇒ x = 10
10 + x
8,8 × x + 7,8 × y
Tương tự
= 8, 2 , với x = 10 thì y = 15
x+ y
9 × 10 + 8,8 × 10 + 7,8 × 15
= 8, 43
Vậy điểm trung bình của cả lớp là
10 + x + y
Bài 6.
n + BCD
n = 1800
* Tứ giác ABCD nội tiếp nên BAD
A
Và
B
n + EAF
n = BAE
n + EAF
n + FAD
n + EAF
n
BAD
n + DAE

n = 900 + 900 = 1800
= BAF
n = EAF
n (1)
Suy ra BCD
E
x
Mặt khác, do A và K đối xứng nhau qua EF nên
n = EAF
n (2)
O
EKF
D
n = ECF
n , do đó tứ giác
F
Từ (1) và (2) suy ra EKF
EFKC nội tiếp.
C
n = FEK
n
* Vì tứ giác EFKC nội tiếp nên ta có FCK
n = FEA
n (do tính chất đối xứng)
mà FEK
n = KAD
n (cùng phụ với KAE
n)
y
K

Và FEA
n = FCK
n
Do đó KAD
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.

Nhận xét:
Đề năm nay cho khá dài so với thời gian 120 phút. Vì là đề chung cho tất cả các lớp chuyên nên kiến
thức dàn trải và có vài câu khó. Tuy nhiên để được 4 thì cũng không khó nếu các em làm bài cẩn thận.
Có thể nhận xét từng câu như sau:
Câu 1:
a) (0,75) Câu này nhiều em không làm được, vì không thể tính tất cả theo t.
b) (1,25) Câu này thuộc dạng cơ bản và dễ, các em sót điều kiện phương trình có hai nghiệm phân
biệt. (0,25) và nhiều em không hiểu sao lại bỏ trường hợp m = -3/7 (!)
Câu 2. a) (1) Câu này dễ và quen, và quan trọng vì nếu làm được thì câu b mới làm được. Tuy vậy có
nhiều không rút gọn triệt để hoặc sai dấu (!)
b) *(1) Câu này nhiều bạn sai nhất, vì không chuyển vế xét trường mà quy đồng bỏ mẫu một cách
rất tự nhiên và tất nhiên là sai.
(*) (0,5) Câu này không khó và nhiều em làm đúng.
Câu 3. a) Bài hệ thì quá cơ bản, tuy vậy có nhiều em giải ra tích và tổng đúng nhưng khi áp dụng định
lý đảo Viet lại sai (X2 – SX + P = 0 mà cứ lộn X2 + SX – P = 0)
Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu

www.trungtamquangminh.tk

4

b) Bài này nhìn có vẻ rắc rối nhưng nếu đưa về phương trình bậc hai thì coi như xong. (lại một câu về
phương trình bậc 2)
Câu 4. Câu này có lẻ là dễ nhất trong đề, và hầu lết làm được và đúng.
Câu 5. Câu này không khó, nếu “chịu” làm thì sẽ làm đúng kết quả. Và cũng nhiều em làm đúng.
Câu 6. Câu này là câu khó nhất, và nhiều em bỏ nhất. Ý đầu tiên có lẽ không khó nhưng ý sau thì khó.
Câu này là câu phân loại và dành cho học sinh chuyên toán.
Trên đây là một vài nhận xét chủ quan của người viết. Hy vọng rút kinh nghiệm trong các kỳ thi sau và
có kết quả tốt hơn.

Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu

www.trungtamquangminh.tk

5


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 x 2  2 x  m  3  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa
2

x12  x12  2  x1 x2   7 x1 x2

b) Giải phương trình

9  4x   x2  6x  9 

2 x  5 9  4 x

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

 a a 1 
2a  a  1
a

với a > 1.
 :  a  1 
a 1
a 1
 a 1 

b) Rút gọn biểu thức A  

Bài 3.(1,5 đ) Cho tam giác ABC vuông tại A, có chu vi bằng 30cm và diện tích bằng 30cm2.
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 M 

n
.
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 = 300. 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

1


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.
S  x1  x2  2
 P  x1 x2  m  3

Với điều kiện trên theo định lý Viet ta có: 
Ta có

2

x12  x12  2  x1 x2   7 x1 x2
2

2



 x1  x2   2  x1 x2   9 x1 x2
2
4  2  m  3  9  m  3



2m2  21m  49  0



m  7

m  7

2



l 
n

Vậy giá trị m thỏa đề bài là 7/2

 9  4 x   x 2  6 x  9   0

b) Điều kiện 

 x

9  4 x  0

9
4

Với điều kiện trên ta có phương trình tương đương với phươn trình
9  4x x  3  5  2x 9  4x



9  4x  x  3  5  2x   0
 9  4 x  0 1

 x  3  5  2 x  2 

Giải (1) ta được x = 9/4
8

x
 x  3  5  2x

3
Giải (2) x  3  5  82 x  



 x  3  2x  5
 x  2

l 
 n

Vậy phương trình có hai nghiệm là 2 và 9/4

Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu

2


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

x0

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

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: - 2y2 – 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)
 a a 1 
2a  a  1
a
A
: a  1 


 a  1  
a 1
a 1














a 1 a  a 1





a  1  a  1

a 2a  a  1

a 1
a 1

a  2 a  1 2a  a  1

 a  1
a 1






2

a 1



a 1





2a  a  1

a 1

a 1

a  1  2a  a  1
a 1

2 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 z 2  x2  y 2 (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 : x2 + 2xy + y2 = 900 – 60z + z2  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

3


a) Ta có M  2 

10 x  y
 2  10 x  y  2 x  2 y  y  8 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 M 

10 x  y
9x
9
.
 1
 1
y
x y
x y
1
x

Vì 1 ≤ x ≤ 9 và 0 ≤ y ≤ 9, suy ra 0 
Do đó M 

y
y
 9 , suy ra 1  1   10
x
x

19
. Dấu bằng xảy ra khi y = 9, x = 1.
10

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 = 900 -  ABD = 600.
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 = 900
Xét tứ giác ADEO có  ADE +  AOE = 1800 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 = 900 -  DAO = 300 =  OAE
Suy ra OF //AE, tứ giác AFOE là hình thang.
Ta có AD = AB.tan  ABD = 3a tan300 = a√3.
Mà a√3 = AD = AE. cos  DAE = AE. cos300, suy ra AE = 2a.
Và FO = FA = AD tan  ADF = a√3 tan300 = a, OP = ½ OD = a√3/2
1
2

1 a 3
3 3a 2
.  a  2a  
2 2
4

Vậy S AFOE  OP  OF AE   .

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

4


Mà  BCJ = ½  BCD = 450, nên  BOJ = 450 hay  IOJ = 450
Ta có tứ giác JIDK nội tiếp, suy ra  JIK =  JDK = ½  IDC = 150
Và  JOH =  BOC -  JOI = 600 - 450 = 150
Ta có  JIK =  JOH nên tứ giác JIOH nội tiếp, suy ra  JHO = 900
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

.

Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu

5


1

Đề thi vào lớp 10 PTNK 2011 – Toán KC
Lời giải đề thi vào lớp 10 PTNK 2011
Toán KC
Bài 1.
a) Khi m = 2 ta có phương trình:

x

2

 2 x  8 x  3  0

 x  3, x  4, x  2  l 

b)

x 2  mx  2m 2  0

, suy phương trình có nghiệm x  2m, x  m

  m 2  8m 2  9 m 2
TH1: x1  2m, x2  m ta có 4m 2  7m 2  2 VN 

TH2: x1  m, x2  2m ta có 9m 2  7m 2  2  m  1, m  1
c) Điều kiện x  3 , phương trình x 2  mx  2m 2  0 luôn có nghiệm x1 , x2 và
x1 x2  2m 2  0 nên không thể có hai nghiệm đều dương. Suy ra phương trình (1)
có nhiều nhất là hai nghiệm.
Bài 2.
5
2
x  2  5  2x  1 6  x

a) Điều kiện 2  x 

 x  2  5  2x  2 x  2 5  2x  1 6  x  2 6  x


 x  2  5  2 x  

6 x

 2 x 2  x  10  6  x
 x   1 n 

 x  2  n 
x 1
thế vào (1) ta có:
x
2
x  1
2  x  1

2
x 

1
2
x
x
 x 4  x 2  2 x  1  2 x  x  1  x 2

b) Từ (2) ta có y 

 x 4  2 x 2  1  0  x  1, x  1

Với x = 1, y = 2

Với x = -1 , y = 0
Bài 3.
x
x  x 1
x
b) R  1 
 1  x  x  x 1 
x  x 1

a) R 
1





2

x  1  0 (đúng vì x  1 ).

Nguyễn Tăng Vũ - 0983130298 | Trường Phổ thông Năng khiếu.


2

Đề thi vào lớp 10 PTNK 2011 – Toán KC
Bài 4. Gọi số tổ viên là x, số tiền mỗi tổ đóng lúc đầu là y. Ta có hệ phương trình:
 xy  72000

 x  2  y  3000   72000

x  8
Giải ra ta được 
 y  9000

Bài 5.
a) Tam giác ACK vuông cân tại C,
AC
a
2
AK
3
2a
sin ABK 

 AB 
AB
2
3

suy ra AK 

b) Ta có AOC = 2ABC = 120o,
và AHC = EHF = 1800 BAC = 1200. Suy ra AHC =
AOC, suy ra AHOC nội tiếp.
Do đó OHC = OAC = 300.
c) Ta có AIC = 1800 - IAC ICA = 1800 – ½ (BAC +
ACB) = 1200 = AOC.
Do đó tứ giác AIOC nội tiếp.
Vậy 5 điểm A, H, I, O, C cùng thuộc đường tròn. Gọi D là điểm chính giữa cung
AC. Ta có OAD và OCD đều, suy ra DA = DC = DO, hay D là tâm đường tròn

ngoại tiếp, và bán kính DO = OA =

AB a 2

2
3

2

Nguyễn Tăng Vũ - 0983130298 | Trường Phổ thông Năng khiếu.


Hướng dẫn giải Toán không chuyên - 2012
Bài 1. (2 điểm) Cho phương trình x 3  4 x x  m  1  0 1
a) Giải phương trình (1) khi m = - 33
b) Tìm m để phương trình (1) có đúng hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa x16  x26  82
Giải. Đặt t  x x  0
a) Khi m = - 33, ta có pt: t 2  4t  32  0 có 2 nghiệm t  4, t  8 loại t = - 4
Với t = 8, thì x = 4
S  t1  t2  4
 P  t1 .t2  m  1

b) Ta có   3  m  0  m  3 và 
2

2

2

2

Khi đó x16  x26  t14  t24   t12  t22   2t12t22   S 2  2 P   2 P 2  14  2m   2  m  1  2m 2  60m  194
m  2
loại 28 nhận 2 
x16  x26  82  m 2  30m  56  0  
 m  28

Bài 2. (2 điểm)
a) Giải phương trình

2 x  7  3 x  5  1

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

1
2

Giải
7
2

a) (1 điểm). Điều kiện   x 

5
3

11

x

5
11

x 

Pt  2 x  1  3 x  5  5 x  11  2 3 x  5  
  x  3  l 
5
 25 x 2  122 x  141  0


 x  141
75


Chú ý: Nếu giải bằng phương pháp kéo theo và có thử lại thì vẫn được điểm tối đa.
y  x 5

b) Lấy (1) + 2 x (2), ta có phương trình y 2  5 x 2  

 y   x 5

x  1  y  5

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

 x  1  y   5

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





1 2 5
VN 
1 2 5



Vậy nghiệm là 1; 5 , 1;  5 (0,75 đ) 
Bài 3. (2 điểm)


2 a b



2  ab

a) Rút gọn biểu thức T  


 với a, b  0, a  1
ab  2 a  b  2 
 ab  2 a  b  2
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) MS1 





a 1

Quy đồng mẫu số chung
Suy ra T 
T  1





a 1



b2

b  2 , MS 2 



a 1



b 2





a  1   a  1







b  2 , thì Tử =  a  1



b 2



a 1

a 1

2
, a  0  T  1, a  2  T  1  2 /1  3  T  a  2   Tmax  3
a 1

b) Gọi 3 số tự nhiên liên tiếp là n – 1, n , n + 1 ( n  1 ) . Từ giả thiết ta có phương trình

 n  1 n   n  1 n   n  1 n  1  1727  3n 2  1  1727  n 2  576

n  24  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
số học sinh
37

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
x (hs)
40

Ta có phương trình

8
37
 x  60   6  x  x  x  240
100
40

Bài 5. Cho hình thang ABCD (AB//CD) nội tiếp đường tròn (C ) tâm O, bán kính R và có
  1050 , ACD
  300 .
DAB
a) Tính

DB
và tính AB theo R.
DC

b) Tiếp tuyến của (C ) tại B cắt đường thẳng DO và DA lần lượt tại M, N. Tính
c) Gọi E là trung điểm của AB, tia DE cắt MN tại F. Tính

MN
.
MD

BF
BC

Giải

  BCD
  1800  BCD
  180  DAB
  750 1  ABC
  1050
a) (1 điểm) Ta có DAB


ABD  
ACD  300  DBC
ABC  
ABD  1050  300  750 (2)

  DCB
   750  , nên tam giác DCB cân, suy ra DB  1
Từ (1) và (2) ta có DBC
DC

Ta có 
ACB  750  300  450  
AOB  2 
ACB  900 , tam giác

ABO vuông cân tại O nên

AB  AO 2  R 2
  600  OAD đều, suy ra ODA
  600 hay 
b) Ta có 
AOD  2 ACD

NDM  600

Tam giác DBC cân, nên DO cũng là trung trực của BC và cũng là phân giác góc BDC

  1800  
  900  BOM
  600  do OB  BM 
BOM
AOB  
AOD  300  OMB

Do đó tam giác DMN đều, suy ra

MN
1
MD

c) Gọi E là trung điểm của AB, tam giác AOB vuông cân tại O nên OE  AE , 
AEO  900
  450 
  300  DF là đường cao của tam giác MDN.
Ta có ADE  ODE  
AED  OED
ADE  ODE
  150  IDB

Gọi I là trung điểm BC. Ta có FDB

Khi đó BFD  BID  BF  BI suy ra
1

2

BF 1

BC 2

Cách khác. (Ta có thể tính BF  R, BC  R 

BF 1
 )
BC 2


Ta có AE  EO, DA  DO  DE là đường trung trực của AO, gọi K là giao điểm của DE và OA thì
KA  KO 

R
. Mặt khác 
AOD  
NMD  600 , suy ra OA//MN.
2

Chứng minh được

BF EB
1

 1  BF  AK  R
AK AE
2

Mà BC = AD = R, suy ra

BF 1

BC 2

Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu


1

Lời giải đề thi vào trường Phổ thông Năng khiếu

LỜI GIẢI ĐỀ KHÔNG CHUYÊN NĂM 2013
Bài 1.
a) Ta có:
 x  2  0
x 1  x  2  
2
 x  1   x  2 
x  2
 5  13 

.
Vậy
S




2 
  x  5  13  n 

x  2

 2
 
2
x

5
x

3

0

 
  x  5  13  l 
 
2

b) Gọi kích thước của hình chữ nhật là x, y (giả sử x > y). Ta có hệ:

a
x y 

2 x  2 y  a
a  18
2


x  6


  xy  a
 x  y  9  
 xy  a
y  3
 2
 2
 xy  18
2
a

 x  y  35
  2a  45
4

Vậy chiều dài hình chữ nhật là 6.
Bài 2.
a)Khi m = - 1 ta có phương trình:





x  1  x 2  5 x  2   0  dk : x  0 


x  1


 x 1
5  33
 2
  x 
 n
2
 x  5 x  2  0

 x  5  33 l


2

x 1

c) Phương trình (1) tương đương với 

2
 x  5x  m  1  0  2 

1

Giả sử x1  1 , thì x2 , x3 là nghiệm của (2). Điều kiện phương trình (1) có 3 nghiệm
phân biệt thì phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt dương khác 1, tương đương
với:
Nguyễn Tăng Vũ: 0983130298 | Trường Phổ thông Năng khiếu


2

Lời giải đề thi vào trường Phổ thông Năng khiếu

29

  25  4  m  1  0
m


4

S  5  0
 m  1

P  m 1  0
m  5
1  5  m  1  0



Khi đó x2  x3  5, x2 x3  m  1 .
Từ đó:
x1  x2  x3  x12  x22  x32  x1 x2  x2 x3  x3 x1  31
2

 1  5  1   x2  x3   x2 x3  5  31
 1  m  37  31  m  7  n 

Bài 3.
a)

 1 a  a  b
a  b 2  a b
1 a  a  b   a  b  a  b  2 
P


:

 1  a   a  b
1 b
1  a   a  b   
ab


 1  a  a  b  a  b  2  a  b  1 a  a  b 
a b
 
 .
1 b

 ab  ab2
 ab  ab2 
a b
a b
 

 .
1 b
1 b


 ab  ab2

b) ta có:

 x  y

2




1 1
yx
1 
2
   x  y 
  x  y x  y    0
x y
xy
xy 


x  y

1
x  y 
0
xy


x  2  y  2

Với x = y, thế vào (2) ta có x 2  2  

 x   2  y   2

2

Nguyễn Tăng Vũ: 0983130298 | Trường Phổ thông Năng khiếu


3

Lời giải đề thi vào trường Phổ thông Năng khiếu

Với x  y 

1
1
1
0 x y 
 xy  2  xy  1  x  y  1 , ta có
ta có
xy
xy
xy


1  5
1 5

y
x 
2
2
x  x  1  1  

1  5
1 5
 y
x 

2
2

Vậy hệ có 4 nghiệm.
Bài 4. Gọi x là thời gian vòi A làm đầy bể, y là thời gian vòi B làm đầy bể và z là thời
gian vòi C làm cạn bể (hay đầy bể). Ta có

2 1 1
 
y x z

2 1 1
y  x  z

19 3 2
7 2
 19 3 2
   1 và   1 . Từ đó ta có:     1  x  6, y  8, z  12
Ta có

4x y z
x z
 4x y z
7 2
  1
x z

Vậy thời gian vòi C tháo cạn hồ là 12 giờ.
Bài 5.

3
a) Ta có OB = OD, AB = AD nên AO là trung trực của BD.
BAC = BDA = 60o nên tam giác OBC đều, Suy ra BC = OC = a.
Nguyễn Tăng Vũ: 0983130298 | Trường Phổ thông Năng khiếu


4

Lời giải đề thi vào trường Phổ thông Năng khiếu

AD  OA2  CD 2  a 3 , suy ra DN 

1
a 3
AD 
, suy ra
2
2

3

a 7
CN  CD 2  DN 2  a 2  a 2 
4
2

b) Ta có MN || BD, suy ra MN  AC, suy ra H thuộc AC.
Ta có CBM = CEM = CKM = 90o nên 5 điểm B, C, M, K, E cùng thuộc
đường tròn.
Ta có KFB = KCB =  ADB, suy ra KF || AD.
Gọi P là giao điểm của AC và BD. Tam giác PAD có KF || AD mà K là trung điểm
của AP suy ra F là trung điểm PD. Suy ra FD = ½ PD =

a 3
4

c) Ta có KMI = KCE, KFB = KCB và KCE = KCB vì tam giác KMN
cân. Do đó KMI = KFB. Vẽ tia tiếp tuyến Mx của đường tròn ngoại tiếp tam
giác KFI. Ta có xMI = KFB, suy ra xMI = KMI, suy ra Mx và MK trùng
nhau. Hay MK là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MFI.
Ta có ∆KMI  ∆ KFM, suy ra KI.KF = KM2 = KN2, suy ra ∆KIN  ∆KNF, suy ra
KIN = KNF = 900, mà KF || ND, suy ra IND = 900.

4

Nguyễn Tăng Vũ: 0983130298 | Trường Phổ thông Năng khiếu