bo de tuyen sinh vao lop 10 thpt mon toan nam hoc 2017 2018

UBND QUẬN LÊ CHÂN
TRƯỜNG THCS VÕ THỊ SÁU

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2017 - 2018
BÀI THI MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
Đề thi gồm 02 trang. Thí sinh làm bài vào tờ giấy thi.

ĐỀ THI THỬ LẦN 1

Bài 1 (1,5 điểm): Cho hai biểu thức:
3
x 2  2x  1
.
A  3 8  50 
2  1 và B 
 với 0 < x < 1.
x 1
9x 2
a/ Rút gọn biểu thức A và B.
2
.
b/ Tìm các giá trị của x để B =
x





2

Bài 2 (1,5 điểm):
a/ Tìm m để đồ thị hàm số y = (m2 – 4)x + 2m – 7 song song với đường thẳng y =
5x – 1.
 2ax  by  7
.Tìm a và b biết hệ phương trình có nghiệm
ax  by  1

b/ Cho hệ phương trình 
(x, y) = (1; -1)

Bài 3 (2,5 điểm):
1/ Cho phương trình: x2 – (m + 5).x – m + 6 = 0 (1), (x là ẩn, m là tham số)
a/ Giải phương trình với m = 1.
b/ Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn
2
x 1 x 2  x 1x 22  24 .
2/ Bài toán thực tế.
Một hãng taxi giá rẻ định giá tiền theo hai gói cước trong bảng giá như sau:
+ Gói 1: Giá mở cửa là 6000 đồng /1km cho 10km đầu tiên và 2500 đồng với mỗi km tiếp
theo.
+ Gói 2: 4000 đồng cho mỗi km trên cả quãng đường.
a) Nếu cô Tâm cần đi một quãng đường là 35 km thì chọn gói cước nào có lợi hơn?
b) Nếu cô Tâm cần đi một quãng đường là x km mà chọn gói cước 1 có lợi hơn thì
x phải thỏa mãn điều kiện gì?
Bài 4 (3,5 điểm):
1/ Cho đường tròn (O; R), đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại điểm H (H
nằm giữa O và B). Trên tia đối của tia NM lấy điểm C sao cho đoạn thẳng AC cắt (O) tại
K khác A. Hai dây MN và BK cắt nhau ở E.
a/ Chứng minh tứ giác AHEK nội tiếp.

b/ Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh NFK
cân và EM . NC = EN . CM.
c/ Giả sử KE = KC. Chứng minh OK// MN và KM2 + KN2 = 4R2.
2/ Một hình trụ có thể tích bằng 35dm3. Hãy so sánh thể tích hình trụ này với thể tích
hình cầu đường kính 6dm.


Bài 5 (1,0 điểm):
a/ Cho a, b là các số dương. Chứng minh

1
11 1
    .
ab 4a b

1
1
1


 6 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
xy yz zx
1
1
1
.
thức: P 


3x  3y  2z 3x  2y  3z 2x  3y  3z

b/ Cho các số dương x, y, z thỏa mãn

--------Hết-------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh: ........................................................... Số báo danh.........................
Câu

Đáp án

Điểm

a/ 1,0 điểm
A  3 8  50 





2 1

2

 3.2 2  5. 2  2  1

0,25

 6 2  5 2  2 1  1
3
x 2  2x  1
3

B
.

.
2
x 1
9x
x 1

Bài 1
(1,5
điểm)



0,25

 x  1
2
 3x 

2



3 x 1
.
x  1 3x

3   x  1 1

.
=
(v× 0 < x < 1)
x 1
3x
x

0,25
0,25

b/ 0,5 điểm
2





1 2

 x  2x  x 1  2 x  0
x
x
x
1
1
 1  2 x  0 (v× x > 0)  x   x  (TM §K)
2
4
1
Vậy x = .

4
B



0,25
0,25

a/ 0,75 điểm
Vì đồ thị hàm số y = (m2 – 4 )x + 2m – 7 song song với đường thẳng y
m 2  4  5

= 5x – 1 nên 

0,25

2m  7  1

m  3 hoÆc  3

 m  3
Bài 2
m  3
(1,5 Vậy m = -3.
điểm) b/ 0,75 điểm

0,25
0,25
2a  b  7
a  b  1

b/ Vì hệ có nghiệm (x, y) = (1; -1) nên ta có 
3a  6
a  2


 a  b  1  b  3

Vậy a = 2; b = 3

0,25
0,25


0,25
1a/ 0,5 điểm
với m = 1, ta có phương trình x2 – 6x + 5 = 0
Xét a + b + c = 1 + (-6) + 5 = 0,
 phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 = 1; x2 = 5.
1b/ 0,75 điểm

0,25
0,25

Có     m  5   4.1.  m  6   m2  10m  25  4m  24  m2  14m  1
2

Phương trình (1) có 2 nghiệm x1; x2 khi m2 + 14m + 1 ≥ 0
x1  x 2  m  5
Theo định lý Viets, ta có 

x1 .x 2   m  6

Theo đề bài:
x12 x 2  x1x 22  x1x 2  x1  x 2     m  6  m  5    m 2  m  30  24

m  2
  m 2  m  6  0   m  2  m  3  0 
m3
Bài 3 Với m = -2,  = -23 < 0 (loại)
(2,5 Với m = 3 ,  = 52 > 0 (nhận)
m = 3 thì phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn
điểm) Vậy
2
x1 x 2  x1 x 22  24
2a/ 0,5 điểm
2a/ Số tiền cô Tâm phải trả khi đi theo gói cước 1 là :
10.6000 + 25.2500 = 122500 đồng.
- Số tiền cô Tâm phải trả khi đi theo gói cước 2 là :
35.4000 = 140000 đồng >122500 đồng.
Vậy cô Tâm nên chọn gói cước 1 có lợi hơn.
2b/ 0,5 điểm
2b) Vì cô chọn gói cước 1 có lợi hơn nên x > 10.
- Số tiền cô Tâm phải trả khi đi theo gói cước 1 là :
10.6000 + (x-10).2500 = 2500x + 35000.
- Số tiền cô Tâm phải trả khi đi theo gói cước 2 là :4000.x ( đồng)
Vì đi theo gói cước 1 có lợi hơn nên 2500x + 35000 < 4000x
70
Suy ra 1500x > 35000 hay x >
(km).
3

0,25

0,5

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25


K'

M

H

A

O

B

0,25

E

N

K

F
C

1/a : 0,75 điểm
a/Xét tứ giác AHEK có:
  90 (AB  MN); AKE
  900  Gãc néi tiÕp ch¾ n nöa ®−êng trßn) 0,25
AHE
  AKE
  1800  Tứ giác AHKE nội tiếp (đpcm).
Suy ra AHE
1/b: 1,25 điểm
b/ Vì NF và KB cùng vuông góc với AC nên NF // KB,
Bài 4
  BN
.
AB  MN  MB
(3,5
 
 
điểm) Có KFN  MKB (đồng vị và KE//FN), KNF  NKB (so le trong và
KE//FN),
  MKB
 (vì MB
  BN
 )  KFN

  KNF
,
BKN
do đó NFK cân tại K.
 nªn EM  KM (1)
Xét MKN có KE là phân giác của MKN

EN KN
  CM  KM (2) .
Do KE  KC nên KC là phân giác ngoài của MKN
CN KN

Từ (1) và (2) 

CM EM

(2)  EM .CN  EN .CM (đpcm)
CN EN

1/c: 0,75 điểm
  450  HEB
  450 (đối
+/ KE = KC  KEC vuông cân tại K  KEC
  450 (vì HEB vuông tại H)
đỉnh)  HBE
  450 nên OKB vuông tại O OK//MN
+/ OKB cân tại O có OBK
(cùng vuông góc với AB) (đpcm)
+/ Kẻ đường kính KK’KK’M vuông tại M  KM2 + K’M2 = KK’2
= 4R2.

Lại có KK’//MN (cùng vuông góc với AB)  cung K’M = cung KN
(t/c 2 dây song song chắn 2 cung bằng nhau)  K’M = KN.
Vậy KM2 + KN2 = 4R2 (đpcm).
2/: 0,5 điểm
Gọi thể tích của hình trụ là V1V1= 35dm3

0,5

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

0,25

0,25


4
3

Thể tích hình cầu đường kính 6dm là V2  .33  36(dm 3 )
Suy ra V1a/: 0,25 điểm
Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số a, b dương, ta có

1 1
1
a  b  2 ab ,   2
.
a b
ab
1 1
4
1
11 1
1 1
 a  b      4   

    (đpcm)
a b ab
ab 4a b
a b

0,25

0,25

Dấu bằng xảy ra khi a = b.
b/: 0,75 điểm
Theo câu a/ ta có

Bài 5
(1,0
điểm


1
1
1
1
1

 


3x  3y  2z  x  z    y  z    2  x  y  4   x  z    y  z   2  x  y  
1
1
1
1 1
1 
1


 


4  x  z    y  z   8  x  y  16  x  z y  z  8  x  y 

0,25

Hoàn toàn tương tự, ta cũng có
1
1  1
1 

1
 

;

3x  2y  3z 16  x  y y  z  8  x  z 
1
1  1
1 
1
 


2x  3y  3z 16  x  y x  z  8  y  z 

0,25

Cộng từng vế 3 bất đẳng thức ta được:
P

1
1
1
1  2
2
2 


 




3x  3y  2z 3x  2y  3z 2x  3y  3z 16  x  y y  z z  x 

1 1
1
1  1
1
3
 


  .6  .6 
8xy yz zx 8
8
2

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z =

1
.
4

3
1
Vậy GTLN của biểu thức P là khi x = y = z = .
2
4

0,25

Bộ giáo dục đo tạo
Trờng đại học s phạm h nội

cộng ho xã hội chủ nghĩa việt nam
Độc Lập -Tự Do -Hạnh Phúc

Đề chính thức
THI TUYN SINH
VO TRNG TRUNG HC PH THễNG CHUYấN NM 2017
Mụn thi: Toỏn
( Dựng cho mi thớ thi vo trng chuyờn)
Thi gian : 120 phỳt
Cõu 1( 2 im)

a 3 a 2b

Cho biu thc P

b2
a

a 3 a 2 ab a 2b
b

:
vi
2
2

a b
a b



1 b
a ab
1
a a2

, a, b 0, a b, a b a 2 . 1.Chng minh rng P a b.





2.Tỡm a,b bit P 1 & a 3 b3 7
Cõu 2( 1 im) Gi s x, y l hai s thc phõn bit tha món

Tớnh giỏ tr biu thc P

1
1
2
2

x 1 y 1 xy 1
2

1

1
2
2

x 1 y 1 xy 1
2

Cõu 3(2 im)
Cho parabol (P): y = x2 v ng thng (d) : y 2ax 4a (vi a l tham s

1.Tỡm ta giao im ca ( d) v (P) khi a

1
2

2. Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca a ng thng (d) ct (P) ta hai im phõn bit cú honh
x1; x2 tha món x1 x2 3
Cõu 4 (1 im)
Anh nam i xe p t A n C . Trờn quóng ng AB ban u ( B nm gia A v C).Anh
Nam i vi vn tc khụng i a( km/h) v thi gian i t A n B l 1,5 gi. Trờn quóng ng BC
cũn li anh Nam i chm dn u vi vn tc ti thi im t ( tớnh bng gi) k t B l v 8t a (
km/h) .Quóng ng i c t B n thi im t ú l S 4t 2 at .Tớnh quóng ng AB bit
rng n C xe dng hn v quóng ng BC di 16km.
Cõu 5 (3 im)
Cho ng trũn (O) bỏn kớnh R ngoi tip tam giỏc ABC cú ba gúc nhn. Cỏc tip tuyn ca
ng trũn (O) ti cỏc im B ,C ct nhau ti im P. Gi D, E tng ng l chõn ng cỏc ng
vuụng gúc k t P xung cỏc ng thng AB v AC v M l trung im cnh BC.
1. Chng minh MEP MDP
2. Gi s B, C c nh v A chy trờn (O) sao cho tam giỏc ABC luụn l tam giỏc cú ba gúc
nhn

Chng minh ng thng DE luụn i qua mt im c nh.
3. Khi tam giỏc ABC u . Hóy tớnh din tớch tam giỏc ADE theo R.
Cõu 6 (1 im) Cỏc s thc khụng õm x1 , x2 , x3 ,...., x9 tha món

x1 x2 x3 .... x9 10

x1 2 x2 3 x3 .... 9 x9 18
Chng minh rng : 1.19 x1 2.18 x2 3.17 x3 .... 9.11x9 270
H v tờn thớ sinh:..S bỏo danh:.
Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.


Phần hướng dẫn
Vòng 1
Câu 2
1
1
2
1
1
1
1
 2

 2

 2

0
2

x  1 y  1 xy  1
x  1 xy  1 y  1 xy  1
xy  y 2
xy  x 2

 0   xy  y 2  y 2  1   xy  x 2  x 2  1  0
2
2
 x  1  xy  1  y  1  xy  1
  x  y   xy  1  0  xy  1 (vi x  y )  S  2
Câu 2
2

a  0
a  4

a) Phương trình hoành độ (d) và (P) là x 2  2ax  4a  0  '  a  a  4   0  
a  0

theo Viét
b) Với 
a  4
 x1  x2  2a

 x1 x2  4a

x1  x2  3   x1  x2



2

 9   x1  x2   2 x1 x2  2 x1 x2  9
2

Ta co 4a 2  8a  8a  9

Với a<0 4a 2  8a  8a  9  4a 2  16a  9  0  a 

a 
2
2
Với a>4 4a  8a  8a  9  4a  9  
a 

Câu 4

1
2

3
 dk
2
3
 dk
2

Vì xe đến C dừng hẳn nên thời gian xe đi từ B đến C thỏa mãn 8t  a  0  t 
quàng đường BC là
2

2
a a
S  4t  at  16  4   
 16  a 2  256  a  16
8
8
 
S AB  1,5.a  24( km)
2

Câu 5
A

O

B

M

C
E

I
D
P

a
do đó
8

a)Xét hai tứ giác nội tiếp BDPM và CEPM và tam giác MBC cân
MEP  MBP  MBP  MDP

b)

BAC  ABC  ACB  1800 ; CBP  ABC  PBD  1800
 ACB  PBD  DMP (1); ACB  MPE (2); tu(1)(2)  DMP  MPE  MD / / PE
Tuong tu ME / / DB  tgMEDP la hinh binh hanh  IM  IP

Vậy DE đi qua trung điểm PM
c)
A

O

B

D

M

C

E
I

P

1
2
3R
3R 3R 9 R
BC AM 2
AB  R 3; OA  R  AM 
;AI=


;  ABC dd ADE 


2
2
4
4
DB
AI
3
2
3R 3
1 9 R 3R 3 27 R 3
 DE 
 S ADE  . .

2
2 4
2
16

Ta có A; O,M, P thẳng hàng S ADE  DE. AI Tính được

Câu 6

9  x1  x2  x3  ...  x9   90

9  x1  x2  x3  ...  x9   90
 19 x1  29 x2  39 x3  ...  99 x9  270

10  x1  2 x2  3 x3  ...  9 x9   180
Mat khac
1.19 x1  2.18 x2  3.17 x3  ...  9.11x9 

(19 x1  29 x2  39 x3  ...  99 x9 )   7 x2  12 x3  15 x4 ...  7 x8   270   7 x2  12 x3  15 x4 ...  7 x8   270
 x1  9

Dau "  " xay ra   x9  1
 x  x  ...  x  0
3
8
 2

GV biên tập và hướng dẫn
Nguyễn Minh Sang;Đinh Văn Hưng
THCS Lâm Thao - Phú Thọ


Bộ giáo dục đo tạo
Trờng đại học s phạm h nội

cộng ho xã hội chủ nghĩa việt nam
Độc Lập -Tự Do -Hạnh Phúc

Đề chính thức
THI TUYN SINH
VO TRNG TRUNG HC PH THễNG CHUYấN NM 2017
Mụn thi: Toỏn
( Dựng riờng cho hc sinh chuyờn Toỏn v chuyờn Tin)
Thi gian : 150 phỳt
Cõu 1. (1.5 im)
Cho cỏc s dng a,b,c,d . Chng minh rng trong 4 s

1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1
;b ;c ;d Cú ớt nht mt s khụng nh hn 3.
b c
c d
d a
a b
Cõu 2. (1.5 im)Gii phng trỡnh :
a2

x

2

2 x 4 x 1 x 2 x 1 x 2 x 2017
2

2

2

2

Cõu 3. (3.0 im)
1.Tỡm tt c cỏc s nguyờn dng a,b,c,d tha món a 2 b3 ;c3 d 4 ; a d 98
1
1
2.Tỡm tt c cỏc s thc x sao cho trong 4 s x 2; x 2 2 2; x ; x cú ỳng
x
x
mt s khụng phi l s nguyờn.
Cõu 4. (3im) Cho ng trũn (O) bỏn kớnh R v mt im M nm ngoi (O) .K hai tip
tuyn MA, MB ti ng trũn (O) ( A, B l hai tip im). Trờn on thng AB ly im C (C
khỏc A, C khỏc B). Gi I; K l trung im MA, MC .ng thng KA ct ng trũn (O) ti
im th hai D.
1. Chng minh KO 2 KM 2 R 2
2.Chng minh t giỏc BCDM l t giỏc ni tip.
3.Gi E l giao im th hai ca ng thng MD vi ng trũn (O) v N l trung
im KE ng thng KE ct ng trũn (O) ti im th hai F. Chng minh rng bn
im I, A, N, F cựng nm trờn mt ng trũn.
Cõu 5. (1.0 im)
A

Xột hỡnh bờn : Ta vit cỏc s 1, 2,3,4,..9 vo
v trớ ca 9 im trong hỡnh v bờn sao cho
mi s ch xut hin ỳng mt ln v tng
ba s trờn mt cnh ca tam giỏc bng 18.
Hai cỏch vit c gi l nh nhau nu b s
vit cỏc im (A;B;C;D;E;F;G;H;K) ca

mi cỏch l trựng nhau. Hi cú bao nhiờu
cỏch vit phõn bit ? Ti sao?

F

G

H

E

K

B
D

--------------Ht------------H v tờn thớ sinh:..S bỏo danh:.
Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.

C


Vòng 2
Câu 1. (1.5 điểm)
Giả sử cả bốn số đều nhỏ hơn 3 thì
1 1
1 1
1 1
1 1
P  a 2    b2    c2    d 2    3

b c
c d
d a
a b
Mặt khác
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1 1 1
P  a 2    b2    c2    d 2    a 2  b2  c2  d 2  2     
b c
c d
d a
a b
a b c d 
1 1 1
4
2 1
Do 4  a 2  b 2  c 2  d 2    a  b  c  d  ;    

a b c d abcd

a  b  c  d 
P

a  b  c  d  .
16
16
16

16


 33
 12
.
abcd abcd
abcd abcd
4
4
Trái điều giả sử suy ra có ít nhất một số không nhỏ hơn 3.
2

2

Câu 2. (1.5 điểm)Giải phương trình

x

 2 x   4  x  1  x 2   x  1   x 2  x   2017
2

2

2

2

2

ĐKXĐ x  R

x

 2 x   4  x  1  x 2   x  1   x 2  x   2017
2

2

2

2

2

 x 4  2 x3  4 x 2  4 x 2  8 x  8  x 2  x 2  2 x  1  x 4  2 x3  x 2  2017


x

2

 2x  2 
2

x

2

 x  1  2017  x 2  2 x  2  x 2  x  1  2017  x  2016

2

Câu 3. (3.0 điểm)
1.Tìm tất cả các số nguyên dương a,b,c,d thỏa mãn a 2  b3 ;c3  d 4 ; a  d  98
1
1
2.Tìm tất cả các số thực x sao cho trong 4 số x  2; x 2  2 2; x  ; x  có đúng
x
x
một số không phải là số nguyên.
Hướng dẫn
1.Giả sử a  p1x1 . p2x2 . p3x3 .... pnxn trong đó p1; p2 ;..., pn là các số nguyên tố x1; x2 ;...; xn  N

Tượng tự d  q1y .q 2y .q 3y ....q ny trong đó q1; q2 ;...,q n là các số nguyên tố y1; y 2 ;...; y n  N
Ta có a,d >1
Vì
1

2

3

n

a 2  p12 x1 . p22 x2 . p32 x3 .... pn2 xn  b3  2 x1 , 2 x2 , 2 x3 ,..., 2 x3  3  x1 , x2 , x3 ,..., x3  3  a  x 3 ,  x  Z  

Chứng minh tương tự d  y 3 ,( y  Z  ) từ giả thiết

a  d  98  x 3  y 3  98   x  y   x 2  xy  y 2   98 vi a  d  x  y  0

 x  y

2

 x 2  2 xy  y 2  x 2  xy  y 2  x  y  x 2  xy  y 2

 x  y  1
x  y  1
x  y 1
 2


 yZ  xZ


2
2
2
2
 x  xy  y  98
3 y  3 y  97  0
 y  1   y  1 y  y  98

Hoặc


 y  3

x  y  2
x  y  2

 x  y  2
 x  5



 2


2
2
2
2
  y  5  0
 y  2    y  2  y  y  49
 x  xy  y  49
 y  2 y  15  0

  x  3  0
 x  5; y  3

Vậy a  53  125; d  33  27; b  25; c  81
1
x

1
1
1
nguyên ta có x   x   2 x  Z  x  Q suy ra x  2; x 2  2 2
x
x

x
1
1
đều không là số hữu tỷ do vậy một trong hai số x  ; x  không là số nguyên khi đó
x
x
2
2
x  2; x  2 2  Z  x  2  x  2 2  Z

2.Nếu x  ; x 

Đặt



x  2  a,( a  Z )  x 2  2 2  a  2



2

 2 2  a 2  2  2 2  a  1  Z

 2 2  a  1  Z  a  1  0  a  1

Thử lại đúng vậy x  2  1
Câu 4. (3điểm)

A

E
I
D
M

H L
K

Q

N

F
P

O
C
B


a) Ta có IM = IA và KM = KC  IK là đường trung bình AMC  IK / / AC .
AC = AB ( 2 tiếp tuyến cắt nhau tại M) và OA = OB = R  OM là trung trực của AB
 OM  AB  IK  OM . Gọi IK cắt OM tại H .Áp dụng định lý py ta go ta có cho
các tam giác vuông MHI ; KHO; MHK , OHI ta có
MI 2  MH 2  HI 2 ;KO 2  KH 2  HO 2 ; MK 2  MH 2  HK 2 ;O I 2  KH 2  HO 2 suy ra
MI 2  KO 2  MK 2  IO 2  KO 2  KM 2  IO 2  MI 2  IO 2  IA2  OA2  R 2 ( vì IM = IA)
Vậy : KO 2  KM 2  R 2
b) Nối KO cắt đường tròn tại Q, P.Ta có KM = KC
Suyra KO 2  KM 2  R 2  KO 2  KC 2  R 2 
KC 2  KO 2  OP 2  ( KO  OP )( KO  OP )  KQ.KP

Ta lại có KQ.KP =
  KAC
  DBM

KD.KA  KC 2  KD.KA  CKD ∽ AKD (c. g , c )  DCK
Vậy tứ giác MDCB nội tiếp.
  MAK
  EMK
 vì MKD ∽ AKM ( c. g.c )
c) Gọi L là trung điểm của KD ta có AEM
 AE//KM
Mặt khác ta có KF .KE  KD.KA  KF .KN  KL.KA  ANFL nội tiếp
  LNF
  MEK
  FMK
 (vì KF .KE  KD. KA  KC 2  KM 2 ) hay
Suy ra LAF
  KMF
  tugiacMKFA nội tiếp  AFN
  AMK
  AIN
  I , A, N .F cùng thuộc một
KAF
đường tròn
Câu 5. (1.0 điểm)
A

F

G

H

E

K

B
D

C

Ta thấy có 2 số la 9 và 8 trong dãy 1,2,3,4,..,9 tổng 2 số với 1 bằng 18 ta thấy tại điểm
A ( tương tự B,C) không thể điền số 1 vì nếu trái lại thì B,F phải điền cặp 8,9 ;tại C,E
điền cặp 8,9
Điều này vô lí .Tương tự tại D,E,F cũng không thể điền số 1 vậy số 1 được điền tại H,
G,K
Xét trường hợp số 1 được điền tại G ( tương tự tại H,K) khi đó E điền số 8 ,F điền số 9
( hoặc ngược lại).Giả sử tại A điền a;C điền c, D điền d, K điền k ,tại H điền k+1,
tại B điền c +1. khi đó a,d;c; c+1,k,k+1 phân biệt thuộc 2,3, 4,5,6,7
Khi đó


a  c  9

 d  k  9  d  3;5;7 thu d  7(thoa man)
 d  2c  17


Vậy a=4;c=5;k=2 có 3.2=6 (cách)


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2017-2018
( Dành cho tất cả thí sinh )
Thời gian làm bài: 120 phút
(Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi :02 tháng 6 năm 2017

Câu 1: ( 2 điểm )


x   x 3

x 2

x 2



:

Cho biểu thức: A = 1 
  x  2  x  3  x  5 x  6  Với x  0 ; x  4 ; x  9
x


1

 

1) Rút gọn biểu thức A
2) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên
Câu 2 : ( 2 điểm ) a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ; cho ba đường thẳng
(d1) : y = -5(x + 1) ; (d2) : y = 3x – 13 ; (d3) : y = mx + 3 ( Với m là tham số ) Tìm
tọa độ giao điểm I của hai đường (d1) và (d2) với giá trị nào của m thì đường thẳng
(d3) đi qua điểm I ?

b) Giải hệ phương trình

 x  1  2 y  2  5

3. y  2  x  1  5

Câu 3 : ( 2 điểm ) a) Tìm m để phương trình (m – 1).x2 -2mx + m + 2 = 0 có hai
nghiệm phân biệt x1 và x2 khác không thỏa mãn điều kiện
b) Giải phương trình

x

x1 x 2
5
+ =0

x 2 x1
2

x  2 = 9- 5x

Câu 4 : ( 3 điểm ) Cho đường tròn (O) với tâm O có bán kính R đường kính AB cố
định, M là một điểm di động trên (O) .sao cho M không trùng với các điểm A và B .Lấy
C là điểm đối xứng với O qua A .Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng
AM tại N đường thẳng BN cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai E .các đường thẳng BM
và CN cắt nhau tại F
a) Chứng minh ba điểm A; E ; F thẳng hàng và tứ giác MENF nội tiếp
b) Chứng minh : AM .AN = 2R2
c)Xác định vị trí của điểm M trên đường tròn (O)để tam giá BNF có diện tích nhỏ nhất
Câu 5 : ( 1 điểm ) Cho a; b ; c là độ dài ba cạnh của tam giác .Chứng minh rằng
a2  b2  c2
b2  c2  a2
c2  a2  b2
+
+
>1
2ab
2bc
2ca


BÀI GIẢI KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2017-2018
( Dành cho tất cả thí sinh )
Câu

Lời giải

x   x 3





x 2

x 2

:

1) A = 1 
  x 2  x 3  x 5 x 6
x

1
 



A =
A =

1

A=

1
x 1
1

x 1
1
x 1

2) A =

:

:
:



x 3



 

x 3 



x 2

x 2



x9 x4 x 2



x 2

1

x 2
x 1 3

x 1
nguyên . Hay -3 

=





x 3



x 2  x 2

x 3



1

x 1

:



x 3
x 2





x 3

x 2
x 1
3

= 1-



=



Để A nhận giá trị nguyên khi

x 1

x  1  x  1 là ước của -3



3
x 1

đạt giá trị

x  1 =1  x = 0  x = 0 thỏa mãn
x  1 =-1  x = -2< 0 không thỏa mãn
x  1 =3  x = 2  x = 4 thỏa mãn
x  1 =-3  x = -4< 0 không thỏa mãn

Nên

vậy x = 0 hoặc x = 4 thì A nhận giá trị nguyên
1) Tọa độ giao điểm I của hai đường (d1) và (d2) là nghiệm của hệ
x 1
 y  5 x  5
3 x  13  5 x  5
 8x  8

 
 
 

 y  3 x  13
 y  3 x  13
 y  3x  13

 y  3  13  10

vậy tọa độ giao điểm I của hai đường (d1) và (d2) là I(1;-10)
đường thẳng (d3) đi qua điểm I khi tọa độ của I là x = 1 và y = -10 thỏa mãn
công thức y = mx + 3 thay vào ta có : -10 = m.1+ 3  m = -13
Vậy với m = - 13 thì đường thẳng (d3) đi qua điểm I
 x 1  2 y  2  5


Câu 2 2)Giải hệ phương trình 3. y  2  x  1  5 đặt A = |x-1|  0;B =


y  2 0

 A  2B  5
 A  2B  5
 A  2B  5
A 1



Thỏa mãn
3.B  A  5
 A  3 B  5
 5B  10
B  2
 x  2
 x  1  1
 | x  1 | 1
| x  1 | 1





  x  1  1   x  0
y  2  4
 y2 2
y2
 y2



Ta có 

vậy (x;y) = x;2; 0;2 là nghiệm của hệ
để phương trình (m – 1).x2 -2mx + m + 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 và x2

m 2  m  1m  2   0
m 2  m 2  3m  2   0
 '  0



m 1
m 1
m  1  0


Câu 3
2m


2


x
x

1
2

3m  2  0
2
m 
m 1


3  m > theo vi ét ta có 
2
m
m

1
3

 m  1
 x1 x 2 
m 1


x  x   2 x1 x2 5
x1 x 2
x2  x2 5
5
+ =0  1 2  0  1 2

 0
x 2 x1
2
x1 .x 2
2
x1 .x 2
2
2

mà

m  2m  1
4m 2
m2
 2m 
 2.

2
.


2
m  1
m  12  5  0

m 1 5
 m 1
 0
m2
m2
2
2
m 1
m 1
2

4m 2  2m 2  2m  4

m  12



2m 2  2m  4
5
 0
2

m2
m 1
2
4m  4m  8  5(m 2  m  2)  0

2.(m  1)(m  2)


m  12
m2
m 1



2m 2  2m  4  5  0
5
0
m  1m  2 2
2

4m 2  4m  8  5m 2  5m  10
9m 2  m  2
0
 0 ta có m  1;m  2
2.(m  1)(m  2)
2.(m  1)(m  2)

 1  73
 1  73
hoặc m2=
thỏa mãn
18
18
b) Giải phương trình
x x  2 = 9- 5x
2
đặt t = x  2  0  x = t + 2  (t2 + 2).t = 9-5(t2 + 2)

m1=

t3 +2t + 5t2 +10 – 9 = 0  t3 + 5t2 +2t +1= 0
3
2
2
 t + 4t + 4t+ t -2t +1= 0 .....
Cách 2: x2(x-2) =81-90x+25x2  x3 -2x2 -25x2+ 90x -81 = 0
3
2
3
2
2
 x -27x + 90x -81 = 0  x -3.3x + 3.9.x -27 -18x + 63x -54 = 0
3
2
 (x-3) -9(2x -7x+6) = 0 ......
a) Chứng minh ba điểm A; E ; F thẳng hàng
Xét  BNF ta có BMˆ A  90 0 ( nội tiếp chắn nữa đường tròn)
 BMˆ N  90 0  NM  BF nên MN là đường cao
BC  NF ( gt) Nên BC là đường cao
mà BC cắt MN tại A nên A là trực tâm  FA thuộc đường cao thứ ba nên FA
 BN mà BEˆ A = 900( nội tiếp chắn nữa đường tròn)  EA  BN theo ơ clit thì
qua A kẻ được duy nhất 1 đường thẳng vuông góc với BN nên ba điểm A; E ;
F thẳng hàng
N
Chứng minh tứ giác MENF nội tiếp
0
ta có FEˆ N = 90 ( FE  BN)
1

0
0
E
Câu 4 FMˆ N = 90 ( MN  BF)  FEˆ N = FMˆ N = 90
Mà E và M nằm về nữa mặt phẳng bờ là
NF vậy
bốn điểm N;E ;M ; F Thuộc đường trong
đường
kính MN hay tứ giác MENF nội tiếp
B
C
A
O
1
b) Chứng minh : AM .AN = 2R2
Xét  BAN và  MAC ta có
tiếp tứ
Nˆ 1  Fˆ1 ( góc nội tiếp của đường tròn ngoại
M
1
giác NEMF cùng chắn cung EM) (1)
Fˆ1  Cˆ 1 ( góc nội tiếp của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CAMF
cùng
F
chắn cung AM) (2) Từ (1) và (2)  Nˆ 1  Cˆ1 ( Fˆ1 ) (*)
Mà BAˆ N  MAˆ C ( đối đỉnh)
(**) từ (*) và(**) ta có  BAN đồng dạng với


 MAC (g.g) 

MA AC
 AM.AN = AB . AC = 2R.R=2R2

AB AN

1
2

c) S BNF = BC.NF vì BC = 2R nên  S BNF nhỏ nhất khi NF nhỏ nhất
.....S BMA lớn nhất ; vì BA cố định ; M thuộc cung tròn AB nên S BMA lớn
nhất khi BAM là tam giác cân  M là điểm chính giữa của Cung BA
a2  b2  c2 b2  c2  a2 a2  c2  b2


1
2ab
2bc
2ac
 c(a 2  b 2  c 2 )  2abc  a (b 2  c 2  a 2 )  2abc  b(a 2  c 2  b 2 )  2abc  0





 

 

 

 c (a  b) 2  c 2  a (b  c) 2  a 2  b (a  c) 2  b 2

 
 0



 c(a  b  c)(a  b  c)  a (b  c  a )(b  c  a )  b(a  c  b)(a  c  b)  0
 c(a  b  c)(a  b  c)  a (b  c  a )(a  b  c)  b(a  c  b)(a  b  c)  0
 (a  b  c)c.(a  b  c)  a (b  c  a )  b(a  c  b)  0


 (a  b  c)c
 (a  b  c)c
 (a  b  c)c
 (a  b  c)c



 (a  b  c) ca  cb  c 2  ab  ac  a 2  ba  bc  b 2  0

Câu 5



2

 ab  a 2  ba  b 2  0

2

 a  2ba  b  0

2

 (a  2ba  b )  0

2

 (a  b ) 2  0

2

2

2



2





 (a  b  c)(c  a  b)(c  a  b)  0

đúng .vì a;b;c là độ dài ba cạnh của tam giác ta có : a + b > c suy ra a + b –c >0

;tương tụ ta có c + b-a= c-a + b > 0 và c + a –b >0 nhân với với vế ba bất đẳng
thức nói trên ta có ( a + b –c)( c-a+b) (c + a –b)>0 nên bất đẳng thức đầu đúng
ĐPCM
.


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THỪA THIÊN HUẾ
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUỐC HỌC
NĂM HỌC 2017-2018
Khóa ngày : 02/6/2017
Môn thi: TOÁN (CHUYÊN TOÁN)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (1,5 điểm)
a) Cho các biểu thức P (x ) 
thỏa mãn

9x
1

, Q(x ) 
x x 3 x

x 1
x

với x  0. Tìm số nguyên x nhỏ nhất

P (x ) 1
 .
Q(x ) 2

b) Tính giá trị của biểu thức F 

2x 4  21x 3  55x 2  32x  4012
x 2  10x  20
máy tính cầm tay).

khi x  5  3 (không sử dụng

Câu 2: (2,0 điểm)
a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) : y  x2 , đường thẳng d có hệ số góc k và đi qua
điểm M (0;1). Chứng minh rằng với mọi giá trị của k, (d ) luôn cắt (P ) tại hai điểm phân biệt A và
B có hoành độ x1, x 2 thỏa điều kiện x1  x 2  2.

 3
3
x  y  9
b) Giải hệ phương trình  2
.
x  2y 2  x  4y

Câu 3: (1,5 điểm)

Cho phương trình x 2  2(m  1) x 2  1  m 2  m  2  0 (1) (x là ẩn số).

a) Giải phương trình (1) khi m  0.

b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt.
Câu 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn (O ) có tâm O và hai điểm C , D trên (O ) sao cho ba điểm C ,O, D
không thẳng hàng. Gọi Ct là tia đối của tia CD, M là điểm tùy ý trên Ct, M khác C . Qua M kẻ các tiếp

 ). Gọi là trung
tuyến MA, MB với đường tròn (O ) (A và B là các tiếp điểm, B thuộc cung nhỏ CD
I
điểm của CD, H là giao điểm của đường thẳng MO và đường thẳng AB .
a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp.
b) Chứng minh đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên tia Ct.
c) Chứng minh

HA2
MD

.
MC
HC 2

Câu 5: (2,0 điểm)
a) Cho a, b, c là các số dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện ab  bc  ac  1. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức E 

a2
b2
c2


.
a b b c c a

b) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n 2  3n là một số chính phương.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


ĐÁP ÁN KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUỐC HỌC NĂM HỌC 2017 – 2018
Khóa ngày 02 tháng 6 năm 2017
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề
NHÓM GIẢI ĐỀ:
1. ThS. TRẦN NGỌC ĐỨC TOÀN.
2. THẦY NGUYỄN VĂN VŨ.
3. THẦY HOÀNG ĐỨC VƯƠNG.
Câu 1. Với x  0 ta có:
P (x ) 









3 x 3 x
1
9x
1
1 3 x

1 3 x x

 
 

x x 3 x
x
x
x
x
x 3 x





P (x ) 1  3 x  x
x 1 1 3 x x
x
1 3 x x
:
.



x
x
Q(x )
x
x x

x x

1 3 x x
1
P (x ) 1
 
  2  6 x  2x  x  x  3x  5 x  2  0
Q(x ) 2
2
x x








x  2 3 x  1  0  x  2  0  x  4.

Do đó x nguyên dương nhỏ nhất và x thỏa mãn ycbt là x  4.
b) Thực hiện phép chia đa thức cho đa thức ta có:
F

2x 4  21x 3  55x 2  32x  4012
x 2  10x  20

 2x 2  x  5 

38x  4112

x 2  10x  20

Thay x  5  3 vào F ta được:



 





2 5 3

2

 2 28  10 3  5 

 56  19 3 


5   10 5  3   20
38 5  3   4112
3 5
28  10 3   50  10 3  20



 5 3 5


3

38 5  3  4112
2

3922  38 3
 56  19 3  1961  19 3  2017 .
2

Câu 2.
a) Đường thẳng (d ) có hệ số góc k nên có phương trình (d ) : y  kx  b
Vì (d ) qua M (0;1) nên ta có 1  0k  b  b  1  (d ) : y  kx  1
Phương trình hoành độ giao điểm của (P ) và (d ) : x 2  kx  1  x 2  kx  1  0 (*)
NHÓM GIẢI ĐÊ: ThS. Trần Ngọc Đức Toàn – Thầy Nguyễn Văn Vũ – Thầy Hoàng Đức Vương


Vì a, c trái dấu nên (*) luôn có hai nghiệm phân biệt. Nói cách khác, (d ) luôn cắt (P ) tại hai điểm phân
biệt A và B có hoành độ x1, x 2 .
Theo định lí Viet, ta có S  x1  x 2  k, P  x1x 2  1
2

Khi đó: x1  x 2  2  x12  x 22  2x1x 2  4  x1  x 2   4x1x 2  4  k 2  4  4  k 2  0 (hiển
nhiên)
Vậy, với mọi giá trị của k, (d ) luôn cắt (P ) tại hai điểm phân biệt A và B có hoành độ x1, x 2 thỏa điều
kiện x1  x 2  2.
x 3  y 3  9
1

b) Giải hệ phương trình  2

x  2y 2  x  4y


2

.

 Ta có: 2  3x 2  6y 2  3x  12y  0  3x 2  3x  6y 2  12y  0 3.
 Lấy phương trình 1  3 , vế theo vế ta được: x 3  y 3  3x 2  3x  6y 2  12y  9



 



 x 3  3x 2  3x  1  y 3  6y 2  12y  8  0
3

3

 x  1  y  2  0  x  1  2  y  x  y  3 .
 x  3  y.
2

 Thay x  3  y vào phương trình 2 ta được: 3  y   2y 2  y  3  4y  0
y  1  x  2
.
3y 2  9y  6  0  
y  2  x  1

 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm 1;2; 2;1.
Câu 3.
Điều kiện: x  .
Đặt t  x 2  1  1  x 2  t 2  1, phương trình (1) trở thành:
t 2  1  2(m  1)t  m 2  m  2  0  t 2  2(m  1)t  m 2  m  3  0

(2)

t  1 (l)
a) Khi m  0, (1)  t 2  1  2t  2  0  
t  3 (n)
Với t  3 ta có

x 2  1  3  x 2  1  9  x 2  8  x  2 2

b) Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt  phương trình (2) có hai nghiệm t1  1, t2  1 phân biệt






2
2
 '  (m  1)  m  m  3  0

 t1  1  0

t2  1  0


(*)

Đưa về tổng tích và áp dụng định lý Vi-ét đối với phương trình (2) ta được:
NHÓM GIẢI ĐÊ: ThS. Trần Ngọc Đức Toàn – Thầy Nguyễn Văn Vũ – Thầy Hoàng Đức Vương






4
4



m 
m



3
m

4

0




3
3



(*)  

(t1  1)  (t2  1)  0  
t1  t2  2  0
2(m  1)  2  0






2
(
t

1).(
t

1)

0
t
t

(

t

t
)

1

0



2
1
2
 1
12
m  m  3  2(m 1)  1  0









m0





4

m  
m  0




m  1  0




3


m

0





m  4  0  



m  0



m  4  m  4





(
m

1)(
m

4)

0

 2


m  1





m  3m  4  0
m  1  0














m

4

0




Vậy, m  4 thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 4.

a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp.
  900 , MIO
  900 (do I là trung điểm CD), MBO
  900. Suy ra 5 điểm
 Ta có: MAO
M , A,O, I , B cùng nhìn đoạn MO dưới một góc vuông. Do đó, 5 điểm M , A,O, I , B thuộc

đường tròn đường kính OM . Vậy tứ giác MAIB nội tiếp.
b) Chứng minh đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên tia Ct .
  ODP
  900. Suy ra tứ giác
 Gọi giao điểm của tiếp tuyến tại C và tại D là P . Ta có: OCP
OCPD nội tiếp đường tròn đường kính OP .
MH
MC
  OMD
  CHOD nội tiếp.
và CMH
 Do MH .MO  MA2  MC .MD 

MD
MO
  900 nên 3
  900 mà OHB
 O, H ,C , P , D cùng thuộc đường tròn đường kính OP  OHP
điểm A, B, P thẳng hàng.
 Vậy khi M di động trên tia Ct thì AB luôn đi qua điểm P cố định.

HA2
MD

.
MC
HC 2
Ta có: MH .MO  MC .MD (câu b)
MH
HC

MC
MC


 MCH  MOD 

.
MD
MO
OD
MO

c) Chứng minh

NHÓM GIẢI ĐÊ: ThS. Trần Ngọc Đức Toàn – Thầy Nguyễn Văn Vũ – Thầy Hoàng Đức Vương




MC 2 .OD 2

2


HC
Ta có: 

OM 2

2


HA  MH .OH



HA2
MH .OH .OM 2
MH .OH .OM 2
MH .OM
MC .MD
MD

.





2
2
2
2
2
2
MC
HC
MC .OA
MC .OH .OM
MC
MC

Vậy

HA2
MD

.
MC
HC 2

Câu 5.
a) Theo bất đẳng thức cô si, ta có:



a2
b c
a2
b c
a2 b  c
.
a 
2
.
a 

b c
4
4
b c 4
b c



b2
a c
b2 a  c
b2
a c

2
.
b 
b 
.
4
4
4
a c
a c
a c



c2
a b
c2 a  b
c2
a b
2
.

c 
c 
.

a b
a b
a b
4
4
4

a2
1
b2
c2
a b c a b c
ab  bc  ac


 a b c 


 .
2
2
2
2
b c a c a b

a  0;b  0; c  0

1
1

  a  b  c
a b c  .

2
3
 ab  bc  ac  1


Do đó:

Vậy E min

b) Giả sử n 2  3n  m 2  m 2  n 2  3n  m  n m  n   3n.
Đặt m  n  3k , suy ra m  n  3n k , mà m  n  m  n  3n k  3k  n  2k  n  2k  1.





 Xét n  2k  1 thì 2n  m  n   m  n   3n k  3k  3k 3n 2k  1  2.3k
n  1
.
 n  3k  2k  1  k  0;1  
n  3
 Xét n  2k  2  n  k  2  k .





Do đó: 2n  3n k  3k  3n k  3n k 2  3n k 2 32  1  8.3n k 2.
n k 2

Theo bất đẳng thức Bernoulli thì 8.3n k 2  8. 1  2

 8. 1  2 n  k  2  16n  16k  24.


Suy ra 2n  16n  16k  24  8k  12  7n. Hơn nữa n  2k  2  8k  12  7n  14k  14 (vô lí)
Vậy n  1; n  3.

“Giữa thành công và thất bại có con sông gian khổ... trên con sông đó có cây cầu tên là
sự cố gắng”

NHÓM GIẢI ĐÊ: ThS. Trần Ngọc Đức Toàn – Thầy Nguyễn Văn Vũ – Thầy Hoàng Đức Vương


UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2017– 2018
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 3 tháng 6 năm 2017

Câu I. (2,5 điểm)
1. Giải hệ phương trình
2. Rút gọn biểu thức

2

4
√

5

√

√

với

0

Câu II. (2,0 điểm)
Cho phương trình
2
1 0 1 , với là tham số
1. Giải phương trình 1 với
2.
2. Chứng minh rằng phương trình 1 luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi . Gọi ,
2
2và
là hai nghiệm của phương trình 1 , lập phương trình bậc hai nhận
2

2là nghiệm.
Câu III. (1,0 điểm)
Giải bài toán bằng cách lập phương trình, hệ phương trình.
Một nhóm gồm 15 học sinh (cả nam và nữ) tham gia buổi lao động trồng cây. Các bạn
nam trồng được 30 cây, các bạn nữ trồng được 36 cây. Mỗi bạn nam trồng được số cây như nhau
và mỗi bạn nữ trồng được số cây như nhau. Tính số học sinh nam và số học sinh nữ của nhóm,
biết rằng mỗi bạn nam trồng được nhiều hơn mỗi bạn nữ 1 cây.
Câu IV. (3,5 điểm)
Từ điểm nằm ngoài đường tròn
kẻ hai tiếp tuyến
,
với đường tròn ( , là
các tiếp điểm). Lấy điểm trên cung nhỏ
( không trùng với và ). Từ điểm kẻ
vuông góc với
,
vuông góc với
,
vuông góc với
(D∈
, ∈
, ∈
.
Gọi là giao điểm của
và
, là giao điểm của
và
. Chứng minh rằng:
1. Tứ giác
nội tiếp một đường tròn.

2. Hai tam giác

và

đồng dạng.

3. Tia đối của
là tia phân giác của góc
.
4. Đường thẳng song song với đường thẳng
.
Câu 5. (1,0 điểm)
1. Giải phương trình (
1
4
1
6 .
2. Cho bốn số thực dương , , , thỏa mãn
biểu thức

2.Tìm giá trị nhỏ nhất của

.
------------Hết-----------(Đề này gồm có 01 trang)

Họ và tên thí sinh: ………………………….…………………..……Số báo danh: ………………....


HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
Câu

Phần
1)

Câu I
(2,5đ)
2)

Nội dung
 2x  4
x  2
x  2



x  y  5
x  y  5
y  3
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (2; 3).
x2
1
1
x2 x 2 x
P



x2 x
x
x 2

x x 2

x4



x



x 2







x 2
x







x 2

x 2





Điểm
1.0



x 2
x

x 2
với x > 0.
x
Khi m = 2, ta có phương trình:
x2 – 4x + 3 = 0
Vì a + b + c = 1 – 4 + 3 = 0 nên phương trình có hai nghiệm:
x1 = 1; x2 = 3
Vậy khi m = 2 thì phương trình có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = 3.
 '  1  0 m
 Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt
 x1  x 2  2m
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 
2
 x1 x 2  m  1
Biến đổi phương trình:
x 2  2mx  m 2  1  0

1.5

Vậy P 

1)

Câu
II
(2,0đ)

0.75

0.5

 x 2  2mx  m 2  1
 x 3  2mx 2  m 2 x  x
2)

 x 3  2mx 2  m 2 x  2  x  2
Vì x1, x2 là các nghiệm của phương trình nên:
 x13  2mx12  m2 x1  2   x 32  2mx 22  m2 x 2  2    x1  2   x 2  2

0.75

 x1  x 2  4  2m  4

x

3
1

 2mx12  m 2 x1  2  .  x 32  2mx 22  m 2 x 2  2    x1  2  .  x 2  2 

 x1x 2  2  x1  x 2   4  m 2  1  2.2m  4  m 2  4m  3
Ta có 2
4
4
3
4
 Phương trình cần lập là:
x 2   2m  4  x  m 2  4m  3  0 .

Câu
III
(1,0đ)

0

Gọi số học sinh nam là x (x  N*; x < 15)
 Số học sinh nữ là 15 – x.
30
36
(cây), mỗi bạn nữ trồng được
Mỗi bạn nam trồng được
x
15  x
(cây).
Vì mỗi bạn nam trồng được nhiều hơn mỗi bạn nữ 1 cây nên ta có
30
36

phương trình:

1
x 15  x
Giải phương trình được: x1 = 75 (loại) ; x2 = 6 (nhận)

1.0


Vậy nhóm có 6 học sinh nam và 9 học sinh nữ.
Giải phương trình:  x 2  x  1 x 2  4x  1  6x 2
Cách 1: Với x=0, ta thấy không là nghiệm của phương trình
Với x 0, chia cả hai vế của phương trình cho , ta được:
.

Câu
V
(1,0đ)

1)

=

1
4
6, rồi đặt ẩn phụ là
đưa về
phương trình ẩn t, rồi tìm được nghiệm x.
Cách 2: Nhân đa thức với đa thức, chuyển vế đưa về phương trình bậc
bốn. Nhẩm nghiệm được và có nhân tử là

1 và phương trình bậc
hai, dễ dàng tìm được nghiệm
Cách 3:Đặt y = x2 + 1, phương trình trở thành:
 y  x  y  4x   6x 2
 y 2  3xy  4x 2  6x 2
 y 2  3xy  10x 2  0
  y  2x  y  5x   0
 y  2x

 y  5x
2
Với y = 2x thì x 2  1  2x  x 2  2x  1  0   x  1  0  x  1

Với y = – 5x thì x 2  1  5x  x 2  5x  1  0  x 
 5  21 
Vậy tập nghiệm của phương trình là S  1;

2



5  21
2

0.5