ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI VÀO 10 CHUYÊN VÒNG 1 TỪ 20092014

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009 - 2010 TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề _ Bài (2 điểm) ⎛5 x⎞ a) Giải phương trình cách đặt ẩn số t = ⎜ − ⎟ : ⎝ x 4⎠ 400 ⎛5 x⎞ x + = 35 + 24 ⎜ − ⎟ x ⎝ x 4⎠ b) Cho phương trình mx + ( m + 1) x − 2m + = Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x12 + x2 = 34 Bài (2.5 điểm) Xét biểu thức: R = x +2 x + 3x + x − − − x +1 − x x − x − a) Rút gọn R b) Tìm số thực x để R > −2 Tìm số tự nhiên x số phương cho R số nguyên Bài (2 điểm) ⎧ x + xy + y = a) Giải hệ phương trình: ⎨ 2 ⎩x + y = b) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác ABC Giả sử phương trình ( x − a )( x − b ) + ( x − b )( x − c ) + ( x − c )( x − a ) = có nghiệm kép Tính số đo góc tam giác ABC Bài (1.5 điểm) Cho tam giác ABC , có n ABC = 600 , n ACB = 450 Dựng AH ⊥ BC ( H ∈ BC ) , dựng HK ⊥ AB ( K ∈ AB ) Gọi M trung điểm AC Biết AH = , tính BC Chứng minh BKMC tứ giác nội tiếp Bài (1 điểm) Trong kỳ kiểm tra môn Toán lớp gồm tổ A, B, C, điềm trung bình học sinh tổ thống kê bảng sau: Tổ Điểm trung bình A 9.0 B 8.8 C 7.8 A B 8.9 B C 8.2 Biết tổ A gồm 10 học sinh, xác định số học sinh điểm trung bình toàn lớp Bài (1 điểm) Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) , có đỉnh A cố định đỉnh B, C , D di n > 900 Kẻ tia Ax vuông góc với AD cắt BC E , kẻ tia chuyển ( O ) cho BAD Ay vuông góc với AB cắt CD F Gọi K điểm đối xứng A qua EF Chứng minh tứ giác EFCK nội tiếp đường thẳng EF qua điểm cố định Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu www.trungtamquangminh.tk Hướng dẫn giải Bài 25 x 400 5⎞ ⎛5 x⎞ ⎛ a) Đặt t = ⎜ − ⎟ , suy t + = + ⇒ x + = 16 ⎜ t + ⎟ x 16 2⎠ x ⎝ ⎝ x 4⎠ ⎡ ⎢t = Phương trình trở thành 16t − 24t + = ⇔ ⎢ ⎢t = ⎢⎣ 5 x −5 ± 105 Với t = , ta có − = ⇔ x1,2 = x 4 ⎡ x3 = −5 x Với t = , ta có − = ⇔ ⎢ x 4 ⎣ x4 = ⎧⎪ −5 + 105 −5 − 105 ⎫⎪ Vậy S = ⎨−5;4; ; ⎬ 2 ⎩⎪ ⎭⎪ ⎧⎪ m ≠ b) Điều kiện phương trình có hai nghiệm phân biệt ⎨ ⇔m≠0 ⎪⎩ Δ = ( m + 1) − 4m ( −2m + 3) > Với điều kiện trên, phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 theo định lý Viet ta có ⎧ −3 ( m + 1) ⎪⎪ S = x1 + x2 = m ⎨ ⎪ P = x x = −2m + ⎪⎩ m ⎡ m = 1( n ) 13m + 12m + 2 Khi x1 + x2 = 34 ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 34 ⇔ = 34 ⇔ ⎢ ⎢m = − ( n ) m ⎢⎣ Đáp số: m = 1, m = − Bài a) Đặt t = x ta có t + t + 3t + 4t − ( t + )( t − ) + ( t + 3)( t + 1) − 3t + 4t − R= − − = t + − t t − 4t − ( t + 1)( t − ) ( ) ( t + 1)( t + ) = − t + = − x + −t − 3t − = =− ( t + 1)( t − ) ( t + 1)( t − 5) t − x −5 b)* Điều kiện x ≥ ⎡t < t+2 t+2 t − 12 Ta có R > −2 ⇔ − > −2 ⇔ − >0⇔ >0⇔⎢ t −5 t −5 t −5 ⎣t > 12 Với t < ⇔ x < ⇔ ≤ x < 25 Với t > 12 ⇔ x > 12 ⇔ x > 144 Vậy giá trị x cần tìm ≤ x < 25 x > 144 • Ta có x số phương nên t = x ∈ ` Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu www.trungtamquangminh.tk Khi R = − t+2 = −1 + ∈ ` ⇒ t – ước 7, mặt khác t − ≥ −5 t −5 t −5 t − = −1,1,7 Từ giá trị x cần tìm x = 16,36,144 Bài ⎧ x + xy + y = a) ⎨ 2 ⎩x + y = ⎡ ⎧ S = −4 ⎢⎨ ⎧S + P = ⎧P = −S ⎩P = ⇔⎨ ⇔⎢ Đặt S = x + y, P = xy , ta có hệ ⎨ ⎢⎧S = ⎩S − 2P = ⎩ S + 2S − = ⎢⎨ ⎢⎣ ⎩ P = −2 ⎧ S = −4 ⎧ x + y = −4 ⎧ x = −2 ⇔⎨ ta có ⎨ Với ⎨ ⎩P = ⎩ xy = ⎩ y = −2 ⎧⎪ x = − ⎧⎪ x = − ⎧S = ⎧x + y = Với ⎨ ta có ⎨ giải hệ ta ⎨ ⎨ ⎩ P = −2 ⎩ xy = −2 ⎪⎩ y = + ⎪⎩ y = + Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) ( −2; −2 ) , + 3;1 − , − 3,1 + ( )( ( x − a )( x − b ) + ( x − b )( x − c ) + ( x − c )( x − a ) = ⇔ 3x − ( a + b + c ) x + ( ab + bc + ac ) = Ta có Δ′ = ( a + b + c ) − ( ab + ac + bc ) = a + b + c − ab − ac − bc ) b) Phương trình có nghiệm kép Δ′ = ⇔ a + b + c − ab − bc − ac = ⇔ 1⎡ 2 a − b) + (b − c) + (c − a ) ⎤ = ( ⎦ 2⎣ ⇔ a−b = b−c = c−a = ⇔ a = b = c l =C l = 600 A=B Khi tam giác ABC đều, suy l Bài A M K 45 60 B H C a) Trong tam giác vuông ABH ta có AH AH tan n ABH = ⇒ BH = = =1 n BH tan ABH tan 60 Trong tam giác vuông AHC có n n = 450 nên AHC tam giác vuông ACH = 450 ⇒ HAC cân, suy HC = HA = Do BC = BH + CH = + (đvđd) b) Tam giác AHC vuông cân, có AM trung tuyến nên đường cao, suy AM ⊥ HC AKH + n AMH = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác nội tiếp, suy C1: Tứ giác AKHM có n n n = 450 AKM = n AHM = 900 − HAM n = 450 nên tứ giáv nội tiếp AKM = BCM Tứ giác BKMC có n C2: Ta có AK AB = AH , AM AC = AH2, suy AK AB = AM AC Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu www.trungtamquangminh.tk n = 450 nên tứ BKMC giác Suy tam giác AKM ABC đồng dạng (c.g.c), suy n AKM = BCM nội tiếp Bài Gọi x, y số học sinh tổ B C × 10 + 8,8 × x Ta có = 8,9 ⇒ x = 10 10 + x 8,8 × x + 7,8 × y Tương tự = 8, , với x = 10 y = 15 x+ y × 10 + 8,8 × 10 + 7,8 × 15 = 8, 43 Vậy điểm trung bình lớp 10 + x + y Bài n + BCD n = 1800 * Tứ giác ABCD nội tiếp nên BAD A Và B n + EAF n = BAE n + EAF n + FAD n + EAF n BAD n + DAE n = 900 + 900 = 1800 = BAF n = EAF n (1) Suy BCD E x Mặt khác, A K đối xứng qua EF nên n = EAF n (2) O EKF D n = ECF n , tứ giác F Từ (1) (2) suy EKF EFKC nội tiếp C n = FEK n * Vì tứ giác EFKC nội tiếp nên ta có FCK n = FEA n (do tính chất đối xứng) mà FEK n = KAD n (cùng phụ với KAE n) y K Và FEA n = FCK n Do KAD Suy tứ giác ADKC nội tiếp, suy K thuộc (O), suy OA = OK, suy O thuộc đường trung trực AK mà EF đường trung trực AK nên O thuộc EF Vậy đường thẳng EF qua điểm O cố định Nhận xét: Đề năm cho dài so với thời gian 120 phút Vì đề chung cho tất lớp chuyên nên kiến thức dàn trải có vài câu khó Tuy nhiên để không khó em làm cẩn thận Có thể nhận xét câu sau: Câu 1: a) (0,75) Câu nhiều em không làm được, tính tất theo t b) (1,25) Câu thuộc dạng dễ, em sót điều kiện phương trình có hai nghiệm phân biệt (0,25) nhiều em không hiểu lại bỏ trường hợp m = -3/7 (!) Câu a) (1) Câu dễ quen, quan trọng làm câu b làm Tuy có nhiều không rút gọn triệt để sai dấu (!) b) *(1) Câu nhiều bạn sai nhất, không chuyển vế xét trường mà quy đồng bỏ mẫu cách tự nhiên tất nhiên sai (*) (0,5) Câu không khó nhiều em làm Câu a) Bài hệ bản, có nhiều em giải tích tổng áp dụng định lý đảo Viet lại sai (X2 – SX + P = mà lộn X2 + SX – P = 0) Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu www.trungtamquangminh.tk b) Bài nhìn rắc rối đưa phương trình bậc hai coi xong (lại câu phương trình bậc 2) Câu Câu có lẻ dễ đề, hầu lết làm Câu Câu không khó, “chịu” làm làm kết Và nhiều em làm Câu Câu câu khó nhất, nhiều em bỏ Ý có lẽ không khó ý sau khó Câu câu phân loại dành cho học sinh chuyên toán Trên vài nhận xét chủ quan người viết Hy vọng rút kinh nghiệm kỳ thi sau có kết tốt Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu www.trungtamquangminh.tk Đề thi vào lớp 10 PTNK 2011 – Toán KC Lời giải đề thi vào lớp 10 PTNK 2011 Toán KC Bài a) Khi m = ta có phương trình: x  x  8 x    x  3, x  4, x  2  l  b) x  mx  2m  , suy phương trình có nghiệm x  2m, x  m   m  8m  m TH1: x1  2m, x2  m ta có 4m  7m  VN  TH2: x1  m, x2  2m ta có 9m  7m   m  1, m  1 c) Điều kiện x  , phương trình x  mx  2m  có nghiệm x1 , x2 x1 x2  2m  nên có hai nghiệm dương Suy phương trình (1) có nhiều hai nghiệm Bài x    2x  1  x a) Điều kiện 2  x   x    2x  x   2x  1  x   x   x    x   6 x  2 x  x  10   x  x   1 n    x   n  x 1 vào (1) ta có: x x  1  x  1  x   1 x x  x  x  x   x  x  1  x b) Từ (2) ta có y   x  x    x  1, x  1 Với x = 1, y = Với x = -1 , y = Bài x x  x 1 x b) R     x  x  x 1  x  x 1 a) R    x   (đúng x  ) Nguyễn Tăng Vũ - 0983130298 | Trường Phổ thông Năng khiếu Đề thi vào lớp 10 PTNK 2011 – Toán KC Bài Gọi số tổ viên x, số tiền tổ đóng lúc đầu y Ta có hệ phương trình:  xy  72000   x   y  3000   72000 x  Giải ta   y  9000 Bài a) Tam giác ACK vuông cân C, AC a AK 2a sin ABK    AB  AB suy AK  b) Ta có AOC = 2ABC = 120o, AHC = EHF = 1800 BAC = 1200 Suy AHC = AOC, suy AHOC nội tiếp Do OHC = OAC = 300 c) Ta có AIC = 1800 - IAC ICA = 1800 – ½ (BAC + ACB) = 1200 = AOC Do tứ giác AIOC nội tiếp Vậy điểm A, H, I, O, C thuộc đường tròn Gọi D điểm cung AC Ta có OAD OCD đều, suy DA = DC = DO, hay D tâm đường tròn ngoại tiếp, bán kính DO = OA = AB a  Nguyễn Tăng Vũ - 0983130298 | Trường Phổ thông Năng khiếu Hướng dẫn giải Toán không chuyên - 2012 Bài (2 điểm) Cho phương trình x  x x  m   1 a) Giải phương trình (1) m = - 33 b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa x16  x26  82 Giải Đặt t  x x  a) Khi m = - 33, ta có pt: t  4t  32  có nghiệm t  4, t  loại t = - Với t = 8, x = S  t1  t2   P  t1 t2  m  b) Ta có    m   m   2 2 Khi x16  x26  t14  t24   t12  t22   2t12t22   S  P   P  14  2m    m  1  2m  60m  194 m  loại 28 nhận  x16  x26  82  m  30m  56     m  28 Bài (2 điểm) a) Giải phương trình x   3 x    x  xy    b) Giải hệ phương trình   xy  y   10  1 2 Giải a) (1 điểm) Điều kiện   x  5 11  x  11  x   Pt  x   3 x   x  11  3 x      x  3  l   25 x  122 x  141     x  141 75  Chú ý: Nếu giải phương pháp kéo theo có thử lại điểm tối đa y  x b) Lấy (1) + x (2), ta có phương trình y  x    y   x x   y  Với y  x , vào (1) ta có x  x      x  1  y   Với y   x , vào (1) ta có x  x    x    1 VN  1  Vậy nghiệm 1; , 1;  (0,75 đ)  Bài (2 điểm)  a b   ab a) Rút gọn biểu thức T     với a, b  0, a  ab  a  b    ab  a  b  Tìm giá trị lớn T a số tự nhiên a  b) Tìm số tự nhiên liên tiếp biết tổng tích cặp số khác chúng 1727 Giải a) MS1    a 1 Quy đồng mẫu số chung Suy T  T  1   a 1  b2 b  , MS   a 1  b 2   a    a  1    b  , Tử =  a  1  b 2  a 1 a 1 , a   T  1, a   T   /1   T  a    Tmax  a 1 b) Gọi số tự nhiên liên tiếp n – 1, n , n + ( n  ) Từ giả thiết ta có phương trình  n  1 n   n  1 n   n  1 n  1  1727  3n   1727  n  576 n  24  ĐS Bài Tổng kết học kỳ 2, trường trung học sở N có 60 học sinh không đạt học sinh giỏi có em đạt học sinh giỏi học kỳ 1; số học sinh giỏi học kỳ 40 số học sinh 37 giỏi học kỳ 8% số học sinh trường không đạt học sinh giỏi học kỳ đạt học sinh giỏi học kỳ Tìm số học sinh giỏi học kỳ trường biết số học sinh trường không thay đổi suốt năm học Giải Gọi x số học sinh giỏi học kỳ trường ( x nguyên dương) Số học sinh trường x + 60 (hs) Số học sinh giỏi học kì 37 x (hs) 40 Ta có phương trình 37  x  60    x  x  x  240 100 40 Bài Cho hình thang ABCD (AB//CD) nội tiếp đường tròn (C ) tâm O, bán kính R có   1050 , ACD   300 DAB a) Tính DB tính AB theo R DC b) Tiếp tuyến (C ) B cắt đường thẳng DO DA M, N Tính c) Gọi E trung điểm AB, tia DE cắt MN F Tính MN MD BF BC Giải   BCD   1800  BCD   180  DAB   750 1  ABC   1050 a) (1 điểm) Ta có DAB   ABD   ACD  300  DBC ABC   ABD  1050  300  750 (2)   DCB    750  , nên tam giác DCB cân, suy DB  Từ (1) (2) ta có DBC DC Ta có  ACB  750  300  450   AOB   ACB  900 , tam giác ABO vuông cân O nên AB  AO  R   600  OAD đều, suy ODA   600 hay  b) Ta có  AOD  ACD NDM  600  Tam giác DBC cân, nên DO trung trực BC phân giác góc BDC   1800     900  BOM   600  OB  BM  BOM AOB   AOD  300  OMB Do tam giác DMN đều, suy MN 1 MD c) Gọi E trung điểm AB, tam giác AOB vuông cân O nên OE  AE ,  AEO  900   450    300  DF đường cao tam giác MDN Ta có ADE  ODE   AED  OED ADE  ODE   150  IDB  Gọi I trung điểm BC Ta có FDB Khi BFD  BID  BF  BI suy BF  BC Cách khác (Ta tính BF  R, BC  R  BF  ) BC Ta có AE  EO, DA  DO  DE đường trung trực AO, gọi K giao điểm DE OA KA  KO  R Mặt khác  AOD   NMD  600 , suy OA//MN Chứng minh BF EB    BF  AK  R AK AE Mà BC = AD = R, suy BF  BC Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu Lời giải đề thi vào trường Phổ thông Năng khiếu LỜI GIẢI ĐỀ KHÔNG CHUYÊN NĂM 2013 Bài a) Ta có:  x   x 1  x     x    x   x    13   Vậy S       x   13  n   x      x  x        x   13  l    b) Gọi kích thước hình chữ nhật x, y (giả sử x > y) Ta có hệ:  a x y   2 x  y  a a  18  x      xy  a  x  y     xy  a y     xy  18 a   x  y  35   2a  45 4 Vậy chiều dài hình chữ nhật Bài a)Khi m = - ta có phương trình:   x   x  x     dk : x    x    x 1  33    x   n  x  x     x   33 l   x 1 c) Phương trình (1) tương đương với   x  5x  m     Giả sử x1  , x2 , x3 nghiệm (2) Điều kiện phương trình (1) có nghiệm phân biệt phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt dương khác 1, tương đương với: Nguyễn Tăng Vũ: 0983130298 | Trường Phổ thông Năng khiếu Lời giải đề thi vào trường Phổ thông Năng khiếu 29    25   m  1  m    S    m   P  m 1  m  1   m     Khi x2  x3  5, x2 x3  m  Từ đó: x1  x2  x3  x12  x22  x32  x1 x2  x2 x3  x3 x1  31      x2  x3   x2 x3   31   m  37  31  m   n  Bài a)  1 a  a  b a  b  a b 1 a  a  b   a  b  a  b   P   :    a   a  b 1 b  a   a  b    ab     a  a  b  a  b   a  b  1 a  a  b  a b    1 b   ab  ab2  ab  ab2  a b a b     1 b 1 b   ab  ab2 b) ta có:  x  y   1 yx     x  y    x  y x  y    x y xy xy   x  y  x  y  0 xy  x   y  Với x = y, vào (2) ta có x     x    y   2 Nguyễn Tăng Vũ: 0983130298 | Trường Phổ thông Năng khiếu Lời giải đề thi vào trường Phổ thông Năng khiếu Với x  y  1 1 0 x y   xy   xy   x  y  1 , ta có ta có xy xy xy  1  1 y x  2 x  x  1     1  1  y x   2 Vậy hệ có nghiệm Bài Gọi x thời gian vòi A làm đầy bể, y thời gian vòi B làm đầy bể z thời gian vòi C làm cạn bể (hay đầy bể) Ta có 1   y x z 2 1 y  x  z  19  19      Từ ta có:      x  6, y  8, z  12 Ta có 4x y z x z  4x y z 7   1 x z Vậy thời gian vòi C tháo cạn hồ 12 Bài a) Ta có OB = OD, AB = AD nên AO trung trực BD BAC = BDA = 60o nên tam giác OBC đều, Suy BC = OC = a Nguyễn Tăng Vũ: 0983130298 | Trường Phổ thông Năng khiếu Lời giải đề thi vào trường Phổ thông Năng khiếu AD  OA2  CD  a , suy DN  a AD  , suy 2 a CN  CD  DN  a  a  b) Ta có MN || BD, suy MN  AC, suy H thuộc AC Ta có CBM = CEM = CKM = 90o nên điểm B, C, M, K, E thuộc đường tròn Ta có KFB = KCB =  ADB, suy KF || AD Gọi P giao điểm AC BD Tam giác PAD có KF || AD mà K trung điểm AP suy F trung điểm PD Suy FD = ½ PD = a c) Ta có KMI = KCE, KFB = KCB KCE = KCB tam giác KMN cân Do KMI = KFB Vẽ tia tiếp tuyến Mx đường tròn ngoại tiếp tam giác KFI Ta có xMI = KFB, suy xMI = KMI, suy Mx MK trùng Hay MK tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MFI Ta có ∆KMI  ∆ KFM, suy KI.KF = KM2 = KN2, suy ∆KIN  ∆KNF, suy KIN = KNF = 900, mà KF || ND, suy IND = 900 Nguyễn Tăng Vũ: 0983130298 | Trường Phổ thông Năng khiếu ĐỀ TOÁN KHÔNG CHUYÊN TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU NĂM HỌC 2014 – 2015 Thời gian: 120 phút Bài (2 điểm) a) Giải phương trình   x  3  x  9  x2   3  x     x  y   x3  y   x  x b) Tính biết x  1, y   6 y  x   x y  xy  y    Bài (2 điểm)    x2  y    x  9  y    15   a) Giải hệ phương trình   x2   y    b) Hình thoi ABCD có diện tích 18 (mét vuông), tam giác ABD Tính chu vi hình thoi bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Bài (2 điểm) Cho phương trình mx   m  3 x  2m  0 x3 1 a) Giải phương trình (1) m = - b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt x1 , x2 cho 21x1  m   x2  x22   58 Bài (1 điểm) a) Gọi x  a b , y  ab trung bình cộng trung bình nhân hai số dương a, b Biết trung bình cộng x y 100 Tính S  a  b b) Giả sử hai đại lượng x, y tỉ lệ nghịch (x, y dương) Nếu x tăng a% y giảm m% Tính m theo a Bài (3 điểm) Hình vuông ABCD có AB = 2a, AC cắt BD I Gọi T đường tròn ngoại tiếp tam giác CID, BE tiếp xúc với với T E (E khác C), DE cắt AB F a) Chứng minh tam giác ABE cân Tính AF theo a b) BE cắt AD P Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ABP tiếp xúc với CD Tính AP PD c) AE cắt T M (M khác E) Tính AM theo a Hết Nguyễn Tăng Vũ | 343/68c6 Tô Hiến Thành Quận 10,DĐ: 0983130298 Hướng dẫn giải Bài a) 3  x  3  x  9  x2   3  x  3  x   3  x   x    x    Điều kiện  Với điều kiện ta có:   x    x    x2   3  x   3 x  3 x  3 x  81  x   3  x   x  9   0  x   3 x  x      x  1   81  x  x  x   Vậy S  3, 1,1 b) 1  Ta có x  1,  x     4x 1   4x  1 Do  x  y   x3  y  1   1  4x 1   x   x y  xy  y   x  y  x  y   x2  xy  y  y  x  xy  y   x2  y  y   6 6 x2 x      x  1, y   y y Bài    x2  y    x  9  y    15   a)   x2   y    1 (điều kiện y >= - 7) 2  x2  y  1     x    y    15  Với x  y  vào (2) ta có: y    y   x   Nguyễn Tăng Vũ | 343/68c6 Tô Hiến Thành Quận 10,DĐ: 0983130298 Ta có nghiệm (x;y) Với x   7;9 ,  7;9     y    15 , đặt u  x  9, v  y   u, v   ta có hệ  u   uv  15  v    u  v   u    v   Với u = 3, ta có x  , v = ta có y = 18 Ta có nghiệm  0;18  Với u = 5, ta có x = x = - 4, v = ta có y = Ta có nghiệm (x,y) (4;2) (4;2) Vậy hệ phương trình có nghiệm    7;9 ,  7;9 ,  0;18  ,  4;  ,  4;  b) Gọi O giao điểm AC BC Gọi a cạnh hình thoi Tam giác ABD nên BD = AB = a, ABD = 600 AO  AB.sin ABD  AB sin 600  S ABCD  a  AC  AO  a ta có 1 AC BD  18  a 3.a  18  a   m  2 chu vi hình thoi 4a Hơn DA = DB = DC = a nên D tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bán kính a Bài a) m = - ta có phương trình:  x2  x    dk :x  3 x3  x  1 n    x2  x      x  3  l  S = {-1} mx   m  3 x  2m  b) 0 x3 1 Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 phương trình mx   m  3 x  2m   có hai nghiệm phân biệt khác - Nguyễn Tăng Vũ | 343/68c6 Tô Hiến Thành Quận 10,DĐ: 0983130298 m      m  3  4m  2m  1   m  3   m  3 3  2m   m  m     7m  2m    m  1 m  1 9 /  m    Ta có mx22   m  3 x2  2m    m   x2  x22   x2  Do 21x1  m   x2  x22   58  21x1   x2  1  58  21 x1  x2   51  x1  x2  17  m 17   21  m  17 m  m   n  m Vậy m   Bài ab  ab a  b  ab x y   a) Ta có 100     a b   a b   400  a  b  20   b) Khi x tăng a%   a   x , y giảm m% 100  m   1  y  100  Do x, y tỷ lệ nghịch nên ta có phương trình: a   m   xy     x 1  y  100   100   10000  100  a 100  m  m 100a 100  a Bài a) Gọi T trung điểm CD, tam giác CID vuông cân I nên T tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CID Ta có BE BC hai tiếp tuyến T nên BE = BC, mà BC = BA nên BE = BA hay tam giác ABE cân B Ta có DEC = 900, suy DF  CE mà CE  BT (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau), suy DF||BT mà BF || DT nên BFDT hình bình hành, suy BF = DT = a Suy AF = a Nguyễn Tăng Vũ | 343/68c6 Tô Hiến Thành Quận 10,DĐ: 0983130298 b) Ta có PE, PD tiếp tuyến T nên PD = DE Khi BP = EB + EP = ED + BC Gọi K trung điểm BP, tam giác APB vuông nên K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABP bán kính đường tròn ½ PB Tứ giác DPBC hình thang vuông có KT đường trung bình, suy KT = ½ (DP + BC) = ½ PB KT||PD, suy KT  CD Do khoảng cách từ K đến CD bán kính (K) nên CD tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác APB Ta có TP TB phân giác ETD  ETC nên BTP vuông Khi EP.EB = TE2, suy EP  TE a   a BE 2a Khi PD = PE = ½ a, suy PA = 3/2 a Suy AP 3 DP c) Tứ giác AEIF có IEF = DCI = 450 = IAF, suy tứ giác AEIF nội tiếp, IEA = IFA = 900 EM phân giác CED Khi IM đường kính M điểm cung CD T Suy ICM = 900, CM  CI  a Khi AM  AC  CM  8a  2a  10a  AM  a 10 Nguyễn Tăng Vũ | 343/68c6 Tô Hiến Thành Quận 10,DĐ: 0983130298 ... x , y giảm m% 10 0  m   1  y  10 0  Do x, y tỷ lệ nghịch nên ta có phương trình: a   m   xy     x 1  y  10 0   10 0   10 0 00  10 0  a  10 0  m  m 10 0 a 10 0  a Bài a)... a√3/ Từ áp dụng Pytagore cho tam giác EOH tính EH = a√7/2 Hết Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu Đề thi vào lớp 10 PTNK 2 011 – Toán KC Lời giải đề thi vào lớp 10 PTNK 2 011 Toán KC... C × 10 + 8,8 × x Ta có = 8,9 ⇒ x = 10 10 + x 8,8 × x + 7,8 × y Tương tự = 8, , với x = 10 y = 15 x+ y × 10 + 8,8 × 10 + 7,8 × 15 = 8, 43 Vậy điểm trung bình lớp 10 + x + y Bài n + BCD n = 18 00