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

ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN THI VÀO TRƯỜNG PTNK 2008 – 2009 TOÁN AB – 150 PHÚT

Bài 1: Cho phương trình

( ) 1

) 1

(

22 2 x mx m − + x m 2 + 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 2

m 2 6 x − = +

b) Giải hệ phương trình

x 2 − = − 1 xy y 4 1 2 − − x x 2 − + 1 =

Bài 3:

x ⎧ ⎨ ⎩

4 3 x x − + + A =

)( x

x x

( x

a) Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị cùa biến x ( x > 1) ) 1 3

(

x x + + + − x x )(

) b 2

ab 3

c 3

−

= và 0

= . Chứng minh rằng

= = .

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.

x x )( 1 b) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn

Hướng dẫn giải

Bài 1:

x = +

a) Khi m = 1, phương trình (1) trở thành:

(2)

x + − x 2 +

Điều kiện

+ ≠ ⇔ ≠ − . Với điều kiện trên ta có: 2

2 6

x 2 ⇔ + − =

2 0 ( ) 2

)

6 2 + +

( x

)( x +

8 12 +

7 ⇔ + − = x ⇔ − =

x 2 ⇔ = − Vậy phương trình vô nghiệm.

2 14 ( ) l

1 www.truonglang.wordpress.com GV: NGUYỄN TĂNG VŨ

KÌ THI VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2008 - 2009

(

) 1

( ) 1

. Với điều kiện trên ta có:

2 6 − = +

( ) 1

(

) 1

2 6 m x ⇔ = − +

6 x − +

) 1 m = − −

2 22 x mx m − + x m 2 + Điều kiện 2 x m x 0 ≠ ⇔ ≠ − + ) )( ( 2 x m x m − + 2 x m + ( 2 m = )

( ) 3

2 6 m x x m ⇔ − ( 2 ⇔ −

Với

x m≠ − 2

. Ta có:

Phương trình có nghiệm khi và chỉ phương phương trình (3) có nghiệm Với m = 1 ta có : 0x = - 7 , phương trình vô nghiệm. 6 2

≠ − ⇔ − − ≠ −

≠

m − − 2 m − 6 2

m − − 2 m −

≠ −

m 5

6 0

4 m ⇔ −

3 4

⎧ ⎪ − ≠ ⇔ ⎨ ⎪ ≠⎩ m

m≠ 1,

Vậy với

1m ≠ ta có

3 ≠ − và 4

1 2

− −

1 − = −

2m ≠ thì phương trình (1) luôn có nghiệm.

Bài 2: a) x

1 0

≥

⇔

x ⇔ ≥

Điều kiện

(*)

− ≥ 1 0

− ≥

⎧ ⎨ ⎩

1 2 1

( ) 1 1 ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ≥⎩ x

1 2

1 1

Với điều kiện trên ta có ⇔

− =

− −

( ) 1

1 4

1 1

x ⇒ − =

− +

(

) 1 − −

1 2

⇒

− =

−

⇒

−

1 − = − ) 1

x (

)2 1

1 5

( x ⇒ − = x =⎡ ⇒ ⎢ =⎣ x

− = ≠ − 1

− −

− − − = −

Thử lại ta thấy: + x = 1 không phải là nghiệm của phương trình vì 2.1 1 2 1 1 1 + x = 5 là nghiệm của phương trình (1) vì 2.5 1 2 5 1 Vậy phương trình có nghiệm x = 5.

2 www.truonglang.wordpress.com GV: NGUYỄN TĂNG VŨ

x − +

( ) 1 ( ) 2

KÌ THI VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2008 - 2009

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 x ⎧⎪ ⎨ ⎪⎩ Ta có

( ) 1

x 2 y 0 = −

2 x ⇔ − + )(

2 y 2 x 0 2 ( x ⇔ −

y =

x = thế vào (2) ta tính được

Với

1 2

15 4

y = ⇔ = ⇔ = ± ⇒ = ±

Với x = 2y thế vào (2) ta có (

)

( 2 2

) y y

1 2

2 2

−

và

Vậy phương trình có 3 nghiệm (

) ,x y là

2 2

1 15 , 2 4

⎛ ⎜ ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

⎛ ⎜ ⎜ ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

⎛ ⎞ , ⎜ ⎟ ⎜ ⎠ ⎝

x = ⇔ ⇔ 2 x x − 1 0 − = y 2 0 = ⎡ ⎢ ⎣ 1 2 2 y xy 4 ) 1 − = ⎡ ⎢ ⎢ x =⎣

Bài 3:

x x 4 3 − + + A = x

( x

x x + − x + +

x x x − + x x )( 1 + x + + = x x x 3 + − +

) 1 ) 3 )( x 1 + )( 1 +

) 1 )

( ( x x ( ⎡ ⎣

x x 3 x 3 )( 1 3 + + ) x ( ⎤ ⎦ = x

) x

3 +

)( x x )( x )( ( x x x + )

x x x 3

( +

+ )( + = x x x 3 + + + )( )( 3 ) 1 ( x x ) )

( ( 1

a ac

c) Ta có bc 2

b 2 − ab 3

b 2

+ −

0 + − =

( b c 3 3

)

b 6

0 + =

b c

Vậy giá trị của A không phụ thuộc vào biến x. . Suy ra c 3 b c 2 3 a = ⇒ = − ( ) bc b c c 2 2 3 0 − − ⇔ + = bc 12 )

c 6 ⇔ − ( 6 ⇔ − b c ⇔ =

0 =

3

www.truonglang.wordpress.com GV: NGUYỄN TĂNG VŨ

KÌ THI VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2008 - 2009

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

M j

CD PC

PMC

a) Trong tam giác CMD vuông tại M có MP là trung tuyến nên ta có:

= = ⇒ Δ 1 2

BMH BKH +

. (1) =

nên là tứ giác nội tiếp, suy ra Q(cid:110) (cid:110)MHD KBM=

180 90 = +

(3) (tứ giác ABCD nội tiếp) =

mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên ta có MP // HD.

cân tại P, suy ra (cid:110) (cid:110)PCM PMC Tứ giác BMHK có (cid:110) (cid:110) 90 (2) Mặt khác ta có (cid:110) (cid:110)MBK MCP Từ (1), (2) và (3) ta có (cid:110) (cid:110)MHD CMP Trong tam giác CHD có MP // HD và P là trung điểm của CD nên MP là đường trung bình, suy

và M là trung điểm của CH.

Vậy

= 1 2

PM DH

AKMD

1 = 2

là tứ giác nội tiếp (cid:110) (cid:110)BMK BAD

(ABCD nội tiếp)

⇒

nội tiếp. (cid:110) (cid:110) o 180 CMD CQD

180

−

(4)

b) Tứ giác AKMD có (cid:110) (cid:110) 90o AKD AMD = Mà ta cũng có (cid:110) (cid:110)QMD BMK ( đối đỉnh) = Và (cid:110) (cid:110)QCD BAD Do đó (cid:110) (cid:110)QCD QMD MCQD Suy ra (cid:110) (cid:110) 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 (cid:110) (cid:110)MQN MNQ

= ⇒

4 www.truonglang.wordpress.com GV: NGUYỄN TĂNG VŨ

, suy ra

⇒

AMN MNQ =

ABN KMN =

⇒ tứ giác BQNK nội tiếp (2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh

KÌ THI VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2008 - 2009