_c2_toanmath_com_de_thi_thu_vao_lop_10_mon_toan_phong_gd_va_dt_hai_hau_nam_dinh_lan_1_3612

��

x 2





6

x 2

:

0,25đ

x 2 x 4 x 2



x 2



x 2



:

6

x 2

0,25đ

x 2
6

.

1
và kết luận..............
x 2

0,25đ





b) Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức Q =  x  1 .P đạt giá trị nguyên.
Với x > 0; x  4. Ta có
1
x 1
3

 1
x 2
x 2
x 2
Nếu x không là số chính phương  x là số vô tỉ  Q không nguyên

3
Nếu x là số chính phương  x là số nguyên  Q nguyên 
nguyên 
x 2









Q =  x  1 .P =  x  1 .

0,25đ
x  2  Ư(3)

Giải ra tìm được các giá trị x = 1; x = 9; x = 25
Đối chiếu điều kiện và kết luận....
Câu 2 (1,5 điểm): Cho phương trình x2 – 2(m – 3)x - 2m + 5 = 0 (m là tham số)

0,25đ

a) Giải phương trình với m = -1.
Thay m = -1 vào phương trình (1) ta có

x 2  2(1  3) x  2.(1)  5  0  x 2  8 x  7  0
Tìm được  '  16  7  9
Tìm được x1  1 ; x2  7 và kết luận...............

b) Tìm các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn

0,25đ
0,25đ
0,25đ


 x12  2  m  3 x1  2m  3 .  x22  2  m  3 x2  2m  3  m 2  3m  6
Khẳng định phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2  m  2

0,25đ

Phương trình (1) có nghiệm là x1  x  2(m  3) x1  2m  3  2
2
1

Phương trình (1) có nghiệm là x2  x22  2(m  3) x2  2m  3  2
 x12  2  m  3 x1  2m  3 .  x22  2  m  3 x2  2m  3  m 2  3m  6
 (2).(2)  m 2  3m  6  m2 – 3m +2 = 0
Giải phương trình tìm được m = 1 hoặc m = 2
Đối chiếu điều kiện có m = 1 và kết luận:......
3
3

 x x  y y
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình (I) 
2 x  xy  1  0

Điều kiện: x > 0 và y > 0
3

3

 x y  3 y  x y  3 x
 x x  y y
Có (I) 
 
2 x  xy  1  0
2 x  xy  1  0




 

 xy x  y  3


2 x  xy  1  0



x y 0

0,25đ
0,25đ

0,25đ

 x  y  0
 x y

 
xy
3
0




   xy  3  0

2 x  xy  1  0
2 x  xy  1  0







  x  y  0

 2 x  xy  1  0

  xy  3  0

 2 x  xy  1  0
 x  y  0
x  1
(thỏa mãn điều kiện)
tìm được 

Giải hệ phương trình 
y 1
2 x  xy  1  0
x  2
 xy  3  0

Giải hệ phương trình 
tìm được 
9 (thỏa mãn điều kiện)
 y  2
2 x  xy  1  0
Kết luận:.......
Câu 4 (3,0 điểm):
a) Chứng minh: AE.AD = AH.AO và chứng minh: tứ giác ODEH nội tiếp đường tròn.
B
D
Chỉ ra được AE.AD = AB2
2
Chỉ ra được AH.AO = AB
E
 AE.AD = AH.AO = AB2
Chứng minh được AHE đồng dạng ADO
O

H
F
 EHA
ADO

Kết luận được tứ giác ODEH nội tiếp đường tròn

b) Chứng minh HE vuông góc với BF.
  HOD
  1800
Tứ giác ODEH nội tiếp  HED
  HOD
  1800  BDO
  HED

Chứng minh BD // AO  BDO
  BCD
  900
Tam giác BCD vuông tại B  BDC

C

0,25đ

0,25đ

0,25đ

A

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ


)
  BED
 (Hai góc nội tiếp cùng chắn BD
Chỉ ra BCD
  BED
  900  HEB
  900  HE  BF tại E
 HED
HC 2
DE
c) Chứng minh

1
2
2
AF  EF
AE
Chứng minh HF2 = FE.FB, AF2 = FE.FB  HF2 = AF2
Chứng minh HC2 = HB2 = BE.BF
 AF2 – EF2 = HF2 – EF2 = HE2 = EB.EF

HC 2
BE.BF BF



2

2
AF  EF
BE.EF EF

0,25đ

0,25đ
0,25đ

DE BE

AE EF
HC 2
DE BF BE BF  BE EF






1
2
2
AF  EF
EF
EF
AE EF EF

Chứng minh BDE đồng dạng FAE 

Câu 5 (1,0 điểm) Giải phương trình:  x 2  3 x  2 

0,25đ
x3
1
15
  x 3  x  11 (Đk: x  3 hoặc x  1 )
x 1
2
2

Với x  3 hoặc x  1 ta có

x

2

 3x  2



x3
1
15
  x 3  x  11
x 1
2
2
x3
1

11
  x2  x  2  x  x  2   x  2
2
2
x 1

x  3 11 1 2
  x  x  0
x 1 2 2


  x  x  2    x  2  


  x  2    x  1

x  2  0

  x  1 x  3  11  1 x 2  x  0

x 1 2 2

Giải x  2  0  x  2 (tm điều kiện x  1 )
Giải  x  1

0,25đ

x  3 11 1 2
  x x0
x 1 2 2

 x 2  2 x  3  2  x  1

x3
8
x 1

 x 2  x  3 x  3  2  x  1

  x  1 x  3   2  x  1

x3
8
x 1

x3
8
x 1

x3
x3
 2  x  1
8
x 1
x 1

x3
2
x  1
 2 1




x3 
x

1
   x  1
 1  9  

x

1
x3


 4  2 
  x  1
x 1


  x  1 

0,25đ

Giải (1):
Với điều kiện x  3 phương trình (1) vô nghiệm.
Với điều kiện x  1 bình phương hai vế của phương trình (1) ta có:

0,25đ

2


x3
 2   x  1 x  3   4  0  x 2  2 x  7  0
x 1
Giải phương trình tìm được x  1  2 2 (thỏa mãn điều kiện x > 1) ; x  1  2 2 (không

 x  1

thỏa mãn điều kiện)
Giải (2)
Với điều kiện x  1 phương trình (2) vô nghiệm.
Với điều kiện x  3 bình phương hai vế của phương trình (2) ta có:
x3
 4   x  1 x  3   16  0  x 2  2 x  19  0
x 1
Giải phương trình tìm được x  1  2 5 (không mãn điều kiện x  3 ) ; x  1  2 5 (thỏa
mãn thỏa mãn điều kiện x  3 )

 x  1





Vậy tập hợp nghiệm của phương trình đã cho là S  1  2 5 ; 1  2 2; 2

0,25đ