KÌ THI VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2008 - 2009 ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN THI VÀO TRƯỜNG PTNK 2008

KÌ THI VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2008 - 2009
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com

1
ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN THI VÀO TRƯỜNG PTNK 2008 – 2009
TOÁN AB – 150 PHÚT
Bài 1: Cho phương trình
() ()
22
2
21 6 1
2
xmxm
mx
xm
+−
=−+
+

a) Giải phương trình khi m = 1
b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm.
Bài 2:
a) Giải phương trình
212 1 1xx−− −=−

b) Giải hệ phương trình
2
224
24
x xyxy
xxy

−+ =
⎧
⎨
+=
⎩

Bài 3:
a) Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị cùa biến x ( x > 1)
()( )
()
()()
43 1
13
xx x x xx
A
xxxxxx
++ −
=
−++ +

b) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn
230abc+ −=
và
23 0bc ac ab+ −=
. Chứng minh rằng
abc==
.

Bài 4: Cho tứ giác ABCD nội tiếp có góc A nhọn và hai đường chéo AC và BD vuông góc với
nhau tại M. P là trung điểm của CD, H là trực tâm của tam giác ABD.

a) Tính tỷ số
PM
DH

b) Gọi N, K lần lượt là chân đường cao hạ từ B và D của tam giác ABD, Q là giao điểm của
MK và BC. Chứng minh MN = MQ.
c) Chứng minh tứ giác BQNK nội tiếp.
Bài 5: Một nhóm học sinh định chia một số kẹo thành các phần quà cho các em nhỏ tại một đơn
vị trẻ mồ côi. Nếu mỗi phần quà giảm đi 6 viên thì các em có them 5 phần quà, nếu giảm đi 10
viên thì các em có them 10 phần quà. Hỏi số kẹo mà nhóm học sinh này có.
Hướng dẫ
n giải
Bài 1:

a) Khi m = 1, phương trình (1) trở thành:
2
2
6
2
xx
x
x
+−
= +
+
(2)
Điều kiện
20 2xx+≠⇔≠−
. Với điều kiện trên ta có:

() ( )( )
()
2
22
2262
2812
714
2
xx x x
xx x x
x
xl
⇔+−=+ +
⇔+−=++
⇔− =
⇔=−

Vậy phương trình vô nghiệm.
KÌ THI VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2008 - 2009
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com

2
b)
() ()
22
2
21 6 1
2
xmxm
mx

xm
+−
=−+
+

Điều kiện
20 2x mxm+≠⇔≠−
. Với điều kiện trên ta có:
()
()()
()
()
() ()
2
1216
2
21 6
22 63
xmxm
mx
xm
xm m x
mxm
+−
⇔=−+
+
⇔− = − +
⇔−=−−

Phương trình có nghiệm khi và chỉ phương phương trình (3) có nghiệm

2x m≠−
.
Với m = 1 ta có : 0x = - 7 , phương trình vô nghiệm.
Với
1m ≠
ta có
6
22
m
x
m
−−
=
−
. Ta có:

2
2
6
26440
22
3
4560
4
2
m
mm mm
m
m
mm

m
−−
≠− ⇔− − ≠− + ≠
−
⎧
≠ −
⎪
⇔−−≠⇔
⎨
⎪
≠
⎩

Vậy với
3
1,
4
mm≠≠−
và
2m ≠
thì phương trình (1) luôn có nghiệm.
Bài 2:

a)
()
212 1 11xx−− −=−

Điều kiện
1
210

1
2
10
1
x
x
x
x
x
⎧
−≥
≥
⎧
⎪
⇔⇔≥
⎨⎨
−≥
⎩
⎪
≥
⎩
(*)
Với điều kiện trên ta có
()
()
()()
2
121211
214 14 11
4122

21 1
41 1
1
5
xx
xx x
xx
xx
xx
x
x
⇔−=−−
⇒−= −− −+
⇒−=−
⇒−=−
⇒−=−
=
⎡
⇒
⎢
=
⎣

Thử lại ta thấy:
+ x = 1 không phải là nghiệm của phương trình vì
2.1 1 2 1 1 1 1− −−=≠−

+ x = 5 là nghiệm của phương trình (1) vì
2.5 1 2 5 1 1− −−=−

Vậy phương trình có nghiệm x = 5.
KÌ THI VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2008 - 2009
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com

3
Nhận xét: Có thể giải theo cách dùng phép biến đổi tương đương, nhưng sau một lần bình
phương hai vế ta phải đặt điều kiện, khá rắc rối. Làm theo biến đổi suy ra thì ta phải có bước thử
lại.
b)
()
()
2
224 1
24 2
xx y xy
xxy
−+ =
⎧
⎪
⎨
+=
⎪
⎩

Ta có
()
()()
2
12240
2210

1
210
2
20
2
xxyxy
xyx
x
x
xy
x y
⇔−+−=
⇔− −=
⎡
−=
=
⎡
⎢
⇔⇔
⎢
⎢
−=
⎣
=
⎣

Với
1
2
x

=
thế vào (2) ta tính được
15
4
y
=

Với x = 2y thế vào (2) ta có
() ()
2
2
12
222 4 2
22
yyyy y x+=⇔=⇔=±⇒=±

Vậy phương trình có 3 nghiệm
()
,x y
là
115 2
,,2,
24 2
⎛⎞
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠

và
2
2,
2
⎛⎞
−−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
.
Bài 3:

()()
()
()()
()()()
()()()()
()()
()()
()()
()()
43 1
13
33 1 1
11 13
33
3
3
3
1

xx x x xx
A
xxxxxx
xx x x x x x x
xxxxxx
xx xx
xxx
xxx
xxx
++ −
=
−++ +
+++ − + +
=
−+ +++
⎡⎤
++ +
⎣⎦
=
++
++
=
++
=

Vậy giá trị của A không phụ thuộc vào biến x.
c) Ta có
230 32abc acb+−=⇒=−
. Suy ra
( ) ( )

()
22
2
23 0 2323320
612 6 0
60
bc ac ab bc c c b b c b
cbcb
bc
bc
+−= ⇔+ −− −=
⇔− +=
⇔−=
⇔=

KÌ THI VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2008 - 2009
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com

4
Từ b = c, suy ra a + 2b – 3c = 0, suy ra a + 2b – 3c = 0 hay a = b.
Vậy a = b = c.
Bài 4:

j
H
N
Q
K
M
P

C
A
D
B

a) Trong tam giác CMD vuông tại M có MP là trung tuyến nên ta có:
1
2
MPCDPC PMC
==⇒Δ

cân tại P, suy ra
n
n
PCM PMC
=
. (1)
Tứ giác BMHK có
n
n
90 90 180
oo o
BMH BKH
+=+=
nên là tứ giác nội tiếp, suy ra Q
nn
MHD KBM=

(2)
Mặt khác ta có

n
n
MBK MCP
=
(3) (tứ giác ABCD nội tiếp)
Từ (1), (2) và (3) ta có
n
n
MHD CMP
=
mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên ta có MP // HD.
Trong tam giác CHD có MP // HD và P là trung điểm của CD nên MP là đường trung bình, suy
ra
1
2
MPHD
=
và M là trung điểm của CH.
Vậy
1
2
PM
DH
=

b) Tứ giác AKMD có
n
n
90
o

AKD AMD AKMD
==⇒
là tứ giác nội tiếp
n
n
BMK BAD=
.
Mà ta cũng có
n
n
QMD BMK
=
( đối đỉnh)
Và
n
n
QCD BAD=
(ABCD nội tiếp)
Do đó
n
n
QCD QMD MCQD=⇒
nội tiếp.
Suy ra
n
n
n
n
180 180 90
ooo

CQD CMD CQD CMD+=⇒=−=

Tam giác BHC có BM là đường cao đồng thời là trung tuyến nên cân tại B, suy ra BM cũng là
phân giác của góc HBD.
Suy ra tam giác BQD bằng tam giác BND (cạnh huyền góc nhọn)
Suy ra BQ = BN và DQ = DN.
Do đó BD là đường trung trực của NQ mà M thuộc BD nên MQ = MN.
c)
Tam giác MNQ cân tại M
n
n
MQN MNQ=
(4)
KÌ THI VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2008 - 2009
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com

5
Ta có BD là đường trung trực của MP nên BD vuông góc với MQ mà
BDAC⊥
, suy ra
MQ//AC
n
n
()
5AMN MNQ⇒=

Ta có tứ giác ABMN là tứ giác nội tiếp, suy ra
n
n
()

6ABN KMN=

Từ (4), (5) và (6) ta có
n
n
MQN KMN=⇒
tứ giác BQNK nội tiếp (2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh
dưới 2 góc bằng nhau).
Bài 5:
Gọi x ( viên) là số kẹo của mỗi phần quà ban đầu.
Và y là số phần quà ban đầu.
Điều kiện (x, y nguyên dương, x lớn hơn 10)
Khi đó ta có xy là tổng số kẹo mà nhóm học sinh có.
6
xy
x −
là số phần quà sau khi giảm mỗi phần 6 viên kẹo.
10
xy
x −
là số phần quà sau khi giảm mỗi phần 10 viên kẹo.
Theo đề bài ta có hệ phương trình:
()()
()()
5
65
6
10 10
10
10

6530
10 10 100
56 30 30
10 10 100 20
xy
y
xy x y
x
xy
xy x y
y
x
xy xy y x
xy xy y x
xy x
xy y
⎧
=+
⎪
=− +⎧
⎪⎪
−
⇔
⎨⎨
=− +
⎪
⎪
⎩
=+
⎪

−
⎩
=−+−
⎧
⇔
⎨
=− + −
⎩
−= =
⎧⎧
⇔⇔
⎨⎨
−= =
⎩⎩

Vậy tổng số viên kẹo mà nhóm học sinh có là x.y = 20. 30 = 600 viên.