Toankhongchuyen dapan

Bài 1 (2 điểm)

(

)

a) Giải phương trình x +1

2 x - 3 = 6 + 5x - x 2 .

ìï x 2 + xy + y -1= 0
b) Giải hệ phương trình í
.
x
+
2
y
x
+
y
=
4
y
2
îï

(

)

Bài 2 (2 điểm) Cho biểu thức






2 b 2 a  b  
3
6 b 4

P  2 a  b 


  2 a  b a  ab  a  b
a b









2 



với a, b là các số nguyên dương không lớn hơn 9 ; a ≠ b và b≠ 4𝑎.
a) Rút gọn P.

b) Cho n = ̅̅̅
𝑎𝑏 ( 𝑛 𝑙à 𝑠ố 𝑐ó ℎ𝑎𝑖 𝑐ℎữ 𝑠ố 𝑎, 𝑏 𝑣à 𝑎 ≠ 0). 𝑇ìm n để P lớn nhất.

x 2  3x  m2  3m
Bài 3 (2 điểm) Cho phương trình
 0 1
x
a) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 .
b) Tìm m để 3x1 - 5x 2 + 3x 2 - 5x1 = 8.
Bài 4 (1 điểm) Nam, Trung, Bắc cùng xuất phát từ A; đi qua các đoạn đường
thẳng AB, BC, CA (A, B, C không thẳng hàng). Vận tốc của Nam trên 3 đoạn
đường đó theo thứ tự là 12, 10, 15 (km/h); vận tốc của Trung là 15, 15, 10 (km/h);
vận tốc của Bắc là 10, 20, 12 (km/h). Biết cả 3 bạn đến A cùng lúc, chứng minh
tam giác ABC vuông .

1
. Hai
AB = a và
2
đường chéo AC và BD cắt nhau tại I. Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với
AB; d cắt AB , AD lần lượt tại E và F.
Bài 5 (3 điểm) Cho hình bình hành ABCD có AD =

a) Chứng minh tứ giác ADIE nội tiếp. Tính AE theo a.
b) Đường trung trực của AB cắt AB và DC lần lượt tại M và N, tính

𝑁𝐹
𝑁𝐴

.

c) Gọi K là điểm đối xứng của A qua N. Chứng minh M, I, K thẳng hàng.


Đáp án

Bài 1.
a) (1 điểm) Điều kiện: x ³

3
2

ïì6 - x ³ 0
x
+1
2
x
3
=
x
+1
6
x
Û
2
x
3
=
6
x

Û
í
( )
( )( )
ïî2 x - 3 = 36 -12 x + x 2
( 𝑥 ≥

3
2

nên x + 1 > 0 )

ìï x £ 6
⇔ 𝑥 = 7 − √10 (thỏa
Ûí 2
ïî x -14 x + 39 = 0

3
2

≤ 𝑥 ≤ 6).

Vậy phương trình có nghiệm 𝑥 = 7 − √10 .
b) (1 điểm) Điều kiện: x  y  0
Từ phương trình đầu của hệ ta có: x 2  xy  y  1  0   x  1 x  y  1  0

 x  1

x  y 1
Với x  1 thay vào phương trình hai ta có:

 2 y  1
x  1, y 

1

2 y  1  0
y

y 1  4 y  2  

2
 y  1  2  y  5


1
1
 x y
(loại)
2
2

x  1, y  5  x  y  4 (nhận).
Với x  y  1 thay vào phương trình hai ta có:


y 1  4y  2  y 1 x  0
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm  x; y  là  1;5 ,  0;1
Bài 2.
a) (1, 25 điểm)

2 a b



2 b 2 a b
a b

  2

3
6 b 4

2 a  b a  ab  a  b







Do đó 𝑃 =

3 a 3 b 4



a b 2 a b
3√𝑎 +3√𝑏 +4
= 3+

√𝑎 + √𝑏



2

a b



a b



a b



3

2 a b



6 b 4



a b 2 a b




4

a+ b

b) (0,75 điểm) n  ab
P lớn nhất  a  b nhỏ nhất Û a =1, b = 2 hoặc a= 2; b=1( khi đó P xác định)
Vậy n =12 hoặc n =21 thì 𝑃 = 3 +

4
1+√2

là lớn nhất.

Bài 3.

x 2  3x  m2  3m
a) (1 điểm) Phương trình
 0 1
x
Điều kiện : x  0

 x  m
Phương trình (1)  x 2  3x  m2  3m  0  
x  m  3


ì- m ¹ m + 3 ì

-3
ï
ïm ¹
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x 2 Û í-m > 0
Ûí
(*)
2
ïm + 3 > 0
ï-3 < m < 0
î
î
b) (1 điểm)
Theo câu a) : 3x1 - 5x 2 + 3x 2 - 5x1 = 8 Û -8m -15 + 8m + 9 = 8 (2)
Kết hợp điều kiện (*) ta có:
Với 3  m 

15
thì 8m  15  0;8m  9  0
8

Phương trình (2) trở thành : 8m  15  8m  9  8  16m  32  m  2 (nhận).

15
9
m
thì 8m  15  0;8m  9  0
8
8

Với

Phương trình (2) trở thành 8m  15  8m  9  8 (loại)

9
 m  0 thì 8m  15  0;8m  9  0
8

Với

Phương trình (2) trở thành 8m  15  8m  9  8  16m  16  m  1(nhận).
Vậy giá trị m cần tìm là m  2; m  1
Bài 4. (1 điểm)
Giả sử AB = a, BC = b, CA = c (km). Theo đề ra ta có :
𝑎
12

+

𝑏
10

+

𝑐
15

=

𝑎
15

+

𝑏
15

+

𝑐
10

=

𝑎
10

+

𝑏
20

+

𝑐
12

hay 5a + 6b + 4c = 4a + 4b + 6c = 6a + 3b + 5c.
Do {

2c = a + 2b

5a + 6b + 4c = 4a + 4b + 6c
⇔{
𝑐 = 2𝑎 − 𝑏(2)
4a + 4b + 6c = 6a + 3b + 5c.

Nên a + 2b = 2( 2a – b) ⇔ 3a = 4b(1). Đặt b = 3x, từ (1) và (2) ta có a = 4x và c
= 5x , suy ra a2 + b2 = c2 hay tam giác ABC vuông tại B.


Bài 5.

a) (1 điểm) Gọi M là trung điểm AB
vì

và AD  AM nên AMD đều  DM  AM 

AB
2

 ADB vuông tại D.
Tứ giác ADIE có hai góc đối diện là
đường kính AI.
Dựng AH vuông góc với CD ( H thuộc CD)
Ta có: IE =

AH a 3
=
,
2
4

nên nội tiếp đường tròn


DB = AB 2 - AD 2 = 4a 2 - a 2 = a 3

và

3a 2 25a 2 a 28
+
=
=a 7
AC = AH + CH =
4
4
2
2

2

nên

7a 2 3a 2 5a
AE  AI  IE 


4
16
4
2

2

5
a
b) (1 điểm) Ta có NJ  ME  AE  AM  a  a 
4
4
5a
FJ DF AF  AD 2  a 3
3
3 AE 3 3 3 5a 3 3a



  FJ  FE 
 . . 
5a
FE AF
AF
5
5
5 2
5 2 2
4
2

27a 2 a 2 a 7
Do đó NF = JF + NJ =
+

=
,
16
16
2
2

2

AN  AM 2  MN 2  a 2 
Nên

𝑁𝐹
𝑁𝐴

3a 2 a 7

4
2

= 1.

c) (1 điểm) Do AN  BN  FN  N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF,
nên AF⊥ 𝐹𝐾 , do đó FK// IB. Suy ra FIBK là hình bình hành nên IK đi qua trung
điểm Q của BF.
Mà MQ // AF (đường trung bình) và MI // AD (đường trung bình) nên M, I, Q
thẳng hàng. Vậy M, I, K, Q thẳng hàng.