dap an de thi tuyen sinh vao lop 10 nam 2013 2014 mon toan da nang

Trung tâm luyện thi EDUFLY số 130B, ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội Hotline: 0987.708.400 – Website: http://edufly.vn Bài 1. (2 điểm). 1. ĐKXD: 0x  Với 64x  (tmđk), thay vào A ta có: 2 64 2 8 5 8 4 64 A      2. Rút gọn B              1 2 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 2 1 2 1 x x B x x x x x B x x x x x x B x x x x B x x x x B x x x B x                            3. ĐKXĐ: 0x    3 2 2 3 2 1 3 : 0 . 0 2 2 2 1 2 2 1 3 1 3 2 0 0 0 2 2 2 A x x x x B x x x x x x x x x x x                          Ta có: 0 0x x   . Để 2 0 2 x x    thì 2 0 2 4x x x       Kết hợp với ĐKXĐ: 0 4x  Bài 2. (2 điểm). Gọi vận tốc của xe máy đi từ A đến B là x (x > 0; km/h) ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2013 – 2014 Môn thi: Toán Lời giải của thầy: Nguyễn Cao Cường GV Toán – THCS Thái Thịnh – Đống Đa – Hà Nội Trung tâm luyện thi EDUFLY số 130B, ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội Hotline: 0987.708.400 – Website: http://edufly.vn Thời gian xe máy đi từ A đến B là   90 h x Thời gian xe máy nghỉ tại B là 30 phút =   1 2 h Vận tốc của xe máy đi từ B về A là   9 /x km h Thời gian xe máy đi từ B về A là   90 9 h x  Vì tổng thời gian xe máy từ lúc đi từ A đến lúc về A là 5 giờ, nên ta có phương trình 90 1 90 5 2 9x x     Giải phương trình ta có:     36 ; 5x tmdk x loai   Vậy: vận tốc của xe máy đi từ A đến B là 36 km/h. Bài 3. (2 điểm) 1. Ta có:         3 1 2 2 4 5 4 1 3 2 5 4 1 2 9 x x y x y x y x x y                      5 4 1 11 11 1 6 4 10 5 4 1 1 x y x x x y x y y                       Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1; -1) 2. Giải a. Với 1m  , ta có 3 : 2 d y x  Tọa độ giao điểm của d và (P) là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 2 2 2 1 1 3 2 3 0(1) 2 2 2 1 3 1 2 2 2 y x x x x x y x y x y x                                Giải phương trình (1), ta có 1; 3x x   . Từ đó tìm được 1 9 1; , 3; 2 2 A B              b. Ta có:   2 2 2 2 2 1 1 1 1 * 2 2 2 1 1 1 2 2 y x x mx m m y mx m m y x                          Xét (*): 2 2 2 2 2 0x mx m m     Trung tâm luyện thi EDUFLY số 130B, ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội Hotline: 0987.708.400 – Website: http://edufly.vn + d cắt (P) tại 2 điểm, khi pt (*) có có 2 nghiệm phân biệt ' 0 1m      . +       2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 4 4 4 **x x x x x x x x         Áp dụng định lý Viet cho (*): 1 2 2 1 2 2 2 2 x x m x x m m           (**):       2 2 1 2 4 2 2 4 2 m m m m tmdk       Vậy: 1 2 m   Bài 4. (3.5 điểm) 1. Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp. Xét tứ giác AMON: 0 180 ( )OMA ONA cmt    Mà 2 góc này là 2 góc đối nhau  Tứ giác AMON là tứ giác nội tiếp (dhnb tgnt) 2. Xét (O): ANB BCN   (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn cung BN). - Xét ANB và ACN + CAN chung + ( )ANB BCN cmt   Suy ra: ANB và ACN đồng dạng (g – g) AN AB AC AN   (đn hai tam giác đồng dạng.) 2 . ( )AN AB AC dpcm  - Tính độ dài đoạn thẳng BC. Ta có: 2 . ( )AN AB AC cmt , mà 4 , 6AB cm AN cm  nên   2 4 6 9AC AC cm   Ta có: AM OM (AM là tiếp tuyến của (O)) 0 90OMA   AN ON (AN là tiếp tuyến của (O)) 0 90ONA   0 180OMA ONA     Trung tâm luyện thi EDUFLY số 130B, ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội Hotline: 0987.708.400 – Website: http://edufly.vn Mà AB BC AC  nên   5BC cm 3. Xét (O): I là trung điểm của dây BC. OI BC  (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây) Ta chứng minh được tứ giác OIAN nội tiếp.   1AIN AON    AM, AN là 2 tiếp tuyến (O) WWW.VNMATH.COM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.ĐÀ NẴNG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT N 2013 – 2014 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2,0 điểm) 1) Tìm số x không âm biết x        1  1      2) Rút gọn biểu thức P=  Bài 2: (1,0 điểm) 3x  y  5 x  y  Giải hệ phương trình  Bài 3: (1,5 điểm) x b) Cho hàm số bậc y  ax  (1) Hãy xác định hệ số a, biết a > a) Vẽ đồ thị hàm số y  đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành Ox, trục tung Oy hai điểm A, B cho OB = 2OA (với O gốc tọa độ) Bài 4: (2,0 điểm) Cho phương trình x  (m  2) x   , với m tham số 1) Giải phương trình m = 2) Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 cho biểu thức Q = ( x1  1)( x2  4) có giá trị lớn Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R) có BC = 2R AB < AC Đường thẳng xy tiếp tuyến đường tròn (O;R) A Tiếp tuyến B C đường tròn (O;R) cắt đường thẳng xy D E Gọi F trung điểm đoạn thẳng DE a) Chứng minh tứ giác ADBO tứ giác nội tiếp b) Gọi M giao điểm thứ hai FC với đường tròn (O;R) Chứng minh 2 CED  AMB c) Tính tích MC.BF theo R BÀI GIẢI Bài 1: x 2 x4       1  1 b) P=         2   2  =   = 8= 1    a) Với x không âm ta có WWW.VNMATH.COM Bài 2: 3x  y  (1)  5 x  y  (2) 3x  y  (1)   x  4 (3)( pt (2)  pt (1)) x    y  7 Bài 3: a) -1 b) Gọi A( xA ,0) , B(0, yB ) A nằm đường thẳng (1) nên y A  axA    axA   xA  B nằm đường thẳng (1) nên yB  axB   a.0   yB  2 OB  2OA  yB  xA  2  2 (a  0) a  a  (a  0) a Bài 4: a) Khi m = pt trở thành : x2  x    x  1   hay x  1   4 (  '  ) b)    m     với m Vậy pt có nghiệm phân biệt với m Do x1 x2  8 nên x2  8 x1 Q  ( x12  1)( x22  4)  ( x12  1)( (Do x1  64 16  4)  68  4( x12  )  68  4.8 = 36 x1 x1 16  8) Ta có Q = 36 x1  2 x12 WWW.VNMATH.COM Khi x1  m = 4, x1 = -2 m = Do ta có giá trị lớn Q = 36 m = hay m = Bài 5: a) Ta có góc DBC  DAO  900 nên tứ giác ADBO nội tiếp b) AMB  AOB chắn cung AB mà CED  AOB bù với góc AOC nên CED  AMB c) Ta có FO đường trung bình hình thang BCED nên FO // DB nên FO thẳng góc BC Xét tam giác vuông FOC BMC đồng dạng theo góc MC BC Nên   OC FC MC.FC  MC.FB  OC.BC  R.2R  2R2 E F M A D B ThS Ngô Thanh Sơn (Trung tâm LTĐH Vĩnh Viễn – TP.HCM) O C ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012 TỪ CÁC TRƯỜNG TRÊN CẢ NƯỚC (_www.vnmath.com _) www.VNMATH.com www.VNMATH.com 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút( không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 28 tháng 06 năm 2011 (Đợt 1 ) Đề thi gồm: 01 trang Câu 1 (3,0 điểm). 1) Giải các phương trình: a. 5( 1) 3 7 xx b. 4234 1(1)    x xxxx 2) Cho hai đường thẳng (d 1 ): 25yx   ; (d 2 ): 41yx  cắt nhau tại I. Tìm m để đường thẳng (d 3 ): (1)21ym xm  đi qua điểm I. Câu 2 (2,0 điểm). Cho phương trình: 2 2( 1) 2 0xmxm (1) (với ẩn là x ). 1) Giải phương trình (1) khi m =1. 2) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m . 3) Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là 1 x ; 2 x . Tìm giá trị của m để 1 x ; 2 x là độ dài hai cạnh của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 12 . Câu 3 (1,0 điểm). Một hình chữ nhật có chu vi là 52 m. Nếu giảm mỗi cạnh đi 4 m thì được một hình chữ nhật mới có diện tích 77 m 2 . Tính các kích thước của hình chữ nhật ban đầu? Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC có Â > 90 0 . Vẽ đường tròn (O) đường kính AB và đường tròn (O’) đường kính AC. Đường thẳng AB cắt đường tròn (O’) tại điểm thứ hai là D, đường thẳng AC cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E. 1) Chứng minh bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn. 2) Gọi F là giao điểm của hai đường tròn (O) và (O’) (F khác A). Chứng minh ba điểm B, F, C thẳng hàng và FA là phân giác của góc EFD. 3) Gọi H là giao điểm của AB và EF. Chứng minh BH.AD = AH.BD. Câu 5 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số dương thoả mãn x + y + z =3. Chứng minh rằng: 1 333     xyz xxyzyyzxzzxy . Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2: ĐỀ CHÍNH THỨC www.VNMATH.com www.VNMATH.com 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2011 Đáp án gồm: 02 trang I, HƯỚNG DẪN CHUNG. - Thí sinh làm bài theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ điểm. - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải được thống nhất trong Hội đồng chấm. - Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ YÊN ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2009-2010 Môn thi: TOÁN CHUYÊN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) ***** Câu 1.(4,0 điểm) Cho phương trình x 4 + ax 3 + x 2 + ax + 1 = 0, a là tham số . a) Giải phương trình với a = 1. b) Trong trường hợp phương trình có nghiệm, chứng minh rằng a 2 > 2. Câu 2.(4,0 điểm) a) Giải phương trình: x + 3 + 6 - x (x + 3)(6 - x) = 3− . b) Giải hệ phương trình: 2 x + y + z = 1 2x + 2y - 2xy + z = 1    . Câu 3.(3,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên x, y, z thỏa mãn : 3x 2 + 6y 2 +2z 2 + 3y 2 z 2 -18x = 6. Câu 4.(3,0 điểm) a) Cho x, y, z, a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng: 3 3 3 abc + xyz (a + x)(b + y)(c + z)≤ . b) Từ đó suy ra : 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 3+ + − ≤ Câu 5.(3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD và tứ giác MNPQ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh AB, BC, CD, DA của hình vuông. a) Chứng minh rằng S ABCD AC 4 ≤ (MN + NP + PQ + QM). b) Xác định vị trí của M, N, P, Q để chu vi tứ giác MNPQ nhỏ nhất. Câu 6.(3,0 điểm) Cho đường tròn (O) nội tiếp hình vuông PQRS. OA và OB là hai bán kính thay đổi vuông góc với nhau. Qua A kẻ đường thẳng Ax song song với đường thẳng PQ, qua B kẻ đường thẳng By song song với đường thẳng SP. Tìm quỹ tích giao điểm M của Ax và By. HẾT Họ và tên thí sinh:……………………………………….Số báo danh:…………… Chữ kí giám thị 1:………………………Chữ kí giám thị 2:….…………………… 1 SỞ GD & ĐT PHÚ YÊN KỲ THI TUYỂN SINH THPT NĂM HỌC 2009 -2010 MÔN : TOÁN (Hệ số 2) ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM THI Bản hướng dẫn chấm gồm 04 trang I- Hướng dẫn chung: 1- Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 2- Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi. 3- Điểm toàn bài thi không làm tròn số. II- Đáp án và thang điểm: CÂU ĐÁP ÁN Điểm Câu 1a. (2,0đ) Ta có phương trình : 4 3 2 x + ax +x +ax + 1 = 0 (1) Khi a =1 , (1) 4 3 2 x +x +x +x+1= 0 (2)⇔ Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm. Chia 2 vế của (2) cho x 2 ta được: 2 2 1 1 x + + x + +1= 0 x x (3). Đặt 1 1 1 t = x+ t x+ x + 2 x x x ⇒ = = ≥ và 2 2 2 1 x + t -2 x = . Phương trình (3) viết lại là : 2 t + t - 1 = 0 Giải (3) ta được hai nghiệm 1 1 5 t 2 − + = và 2 1 5 t 2 − − = đều không thỏa điều kiện |t|≥ 2.Vậy với a = 1, phương trình đã cho vô nghiệm. 0,50 0,50 0,50 0,50 Câu1b . (2,0đ) Vì x = 0 không phải là nghiệm của (1) nên ta cũng chia 2 vế cho x 2 ta có phương trình : 2 2 1 1 x + +a x+ +1= 0 x x    ÷   . Đặt 1 t = x + x , phương trình sẽ là : t 2 + at - 1 = 0 (4). Do phương trình đã cho có nghiệm nên (4) có nghiệm |t| ≥ 2. Từ (4) suy ra 2 1- t a t = . Từ đó : 2 2 2 2 (1 - t ) a >2 2 t ⇔ > 2 2 t (t - 4) 1 0 (5)⇔ + > Vì |t| ≥ 2 nên t 2 >0 và t 2 – 4 ≥ 0 , do vậy (5) đúng, suy ra a 2 > 2. 0,50 0,50 0,50 0,50 Câu 2a. x + 3 + 6 - x - (x + 3)(6 - x) 3 (1)= 2 (2,0đ) Điều kiện : x+3 0 -3 x 6 6-x 0 ≥  ⇔ ≤ ≤  ≥  . Đặt : 2 2 x + 3 , , 0 9. v = 6 - x u u v u v  =  ≥ ⇒ + =    Phương trình đã có trở thành hệ : 2 2 2 u + v = 9 (u + v) - 2uv = 9 u + v - uv = 3 u + v = 3 + uv   ⇔     Suy ra : (3+uv) 2 -2uv = 9 uv = 0 u = 0 uv = -4 v = 0   ⇔ ⇔     x+3 = 0 x = -3 x = 6 6-x = 0   ⇔ ⇔      . Vậy phương trình có nghiệm là x =-3 , x = 6. 0,50 0,50 0,50 0,50 Câu 2b. (2,0đ) Ta có hệ phương trình : 2 2 x+y+z=1 x+y = 1-z 2x+2y-2xy+z =1 2xy = z +2(x+y)-1   ⇔     2 2 x + y = 1 - z 2xy = z - 2z + 1 = (1- z)  ⇔   2 2xy = (x + y)⇔ ⇔ 2 2 x + y = 0 x = y = 0 z = 1⇔ ⇒ . Vậy hệ phương trình chỉ có 1 cặp nghiệm duy nhất: (x ;y ;z) = (0 ;0; 1). 0,50 0,50 0,50 0,50 Câu 3. (3,0đ) Ta có : 3x 2 + 6y 2 + 2z 2 +3y 2 z 2 -18x = 6 (1) 2 2 2 2 2 3(x-3) + 6y + 2z + 3y z 33 (2)⇔ = Suy ra : z 2 M 3 và 2z 2 ≤ 33 Hay |z| ≤ 3. Vì z nguyên suy ra z = 0 hoặc |z| = 3. a) z = 0 , (2) ⇔ (x-3) 2 + 2y 2 = 11 (3) Từ (3) suy ra 2y 2 ≤ 11 ⇒ www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2013 – 2014 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN HỌC Thời gian làm bài : 120 phút ( Không kể thời gian giao đề ) ( Đề thi này gổm một trang, có sáu câu ) Câu 1 : ( 1,75 điểm ) 1 ) Giải phương trình 2 2 5 3 0 x x    2 ) Giải phương trình 2 2 5 0 x x   3) Giải hệ phương trình : 4x 5y=7 3x y= 9       Câu 2 : ( 1,0 điểm ) Cho biểu thức 1 1 1 1 a a A a a       ( với , 0 a R a   và 1 a  ) 1) Rút gọn biểu thức A . 2) Tính giá trị biểu thức A tại a = 2 . Câu 3 : ( 2,0 điểm ) Cho hai hàm số : y = –2x 2 có đồ thị là ( P ) , y = x – 1 có đồ thị là ( d ) . 1 / Vẽ hai đồ thị ( P ) và ( d ) đã cho trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy . 2 / Tìm tọa độ các giao điểm của hai đồ thị ( P ) và ( d ) đã cho . Câu 4 : ( 1,0 điểm ) 1) Tìm hai số thực x và y thỏa x y=3 x.y= 154      biết x > y . 2) Cho x 1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình : 2x 2 – 5x + 1 = 0 . Tính M = x 1 2 + x 2 2 Câu 5 : ( 1,25 điểm ) Một xưởng có kế hoạch in xong 6000 quyển sách giống nhau trong một thời gian quy định, biết số quyển sách in được trong mỗi ngày là bằng nhau . Để hoàn thành sớm kế hoạch , mỗi ngày xưởng đã in nhiều hơn 300 quyển sách so với số quyển sách phải in trong một ngày theo kế hoạch , nên xưởng in xong 6000 quyển sách nói trên sớm hơn kế hoạch 1 ngày . Tính số quyển sách xưởng in được trong mỗi ngày theo kế hoạch . Câu 6 : ( 3,0 điểm ) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ), bán kính R , BC = a , với a và R là các số thực dương . Gọi I là trung điểm của cạnh BC . Các góc    , , CAB ABC BCA đều là góc nhọn . 1 ) Tính OI theo a và R . 2 ) Lấy điểm D thuộc đoạn AI , với D khác A , D khác I . Vẽ đường thẳng qua D song song với BC cắt cạnh AB tại điểm E . Gọi F là giao điểm của tia CD và đường tròn ( O ) , với F khác C . Chứng minh tứ giác ADEF là tứ giác nội tiếp đường tròn . 3 ) Gọi J là giao điểm của tia AI và đường tròn ( O ) , với J khác A . Chứng minh rằng AB.BJ = AC.CJ . www.VNMATH.com HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1 : ( 1,75 điểm ) 1 ) Giải phương trình 2 2 5 3 0 x x    ( Đáp số: x 1 = 1 2 ; x 2 = –3) 2 ) Giải phương trình 2 2 5 0 x x   ( Đáp số: x 1 = 0; x 2 = 5 2 ) 3 ) Giải hệ phương trình : 4x 5y=7 3x y= 9       ( Đáp số: 2 3 x y      ) Câu 2 : ( 1,0 điểm ) 1) 1 1 1 1 a a A a a               2 2 2 2 1 1 1 a a a      2 1 2 1 1 a a a a a        4 1 a a   2) Với a = 2 thì 4 2 4 2 2 1 A    Câu 3 : ( 2,0 điểm ) Cho hai hàm số : y = –2x 2 có đồ thị là ( P ) , y = x – 1 có đồ thị là ( d ) 1 ) Vẽ hai đồ thị ( P ) và ( d ) đã cho trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy . 2 ) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị ( P ) và ( d ) : –2x 2 = x – 1 2 2 1 0 x x     Giải được : 1 1 1 2 x y      và 2 2 1 1 2 2 x y     Vậy tọa độ các giao điểm của hai đồ thị ( P ) và ( d ) đã cho là : (–1 ; –2 ) và ; 1 1 2 2        Câu 4 : ( 1,0 điểm ) 1) Hai số thực x và y là nghiệm của phương trình : 2 3 154 0 X X    Giải được : 1 2 14 ; 11 X X    Vì x > y nên x = 14 ; y = –11 2) Cho x 1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình : 2x 2 – 5x + 1 = 0 . Ta có : S = x 1 + x 2 = 5 2 b a   ; P = x 1 . x 2 = 1 2 c a  M = x 1 2 + x 2 2   2 1 2 1 2 2 x x x x    2 5 1 21 2 2 2 4               www.VNMATH.com J I O F E D C B A Câu 5 : ( 1,25 điểm ) Gọi x là số quyển sách xưởng in được trong mỗi ngày theo kế hoạch ( x nguyên dương ) Số ngày in theo kế hoạch : 6000 x ( ngày ) Số quyển sách xưởng in được thực tế trong mỗi ngày : x + 300 ( quyển sách ) Số ngày in thực tế : 6000 300 x  ( ngày ) Theo đề bài ta có phương trình : 6000 6000 1 300 x x    2 300 1800000 0 x x     Giải được : x 1 = 1200 ( nhận ) ; :x 2 = –1500 ( loại ) Vậy số quyển sách xưởng in được trong mỗi ngày theo kế ĐÁP ÁN MÔN TOÁN (vòng 2) ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN KHTN - ĐHQG HÀ NỘI NĂM HỌC 2013 - 2014 Câu 1: 1. Cộng hai phương trình (1) và (2) theo vế, ta có: x 3 + y 3 + txy + y - x = 1 + y - x + xy + 7  x 3 + y 3 + 6xy - 8 = 0  (x + y) 3 - 3xy(x + y) + 6xy - 2 3 = 0  (x + y - 2)[(x + y) 2 + 2(x + y) + 4] - 3xy(x + y - 2) = 0  (x + y - 2)[x 2 - xy + y 2 + 2(x + y) + 4] = 0  x + y - 2 = 0 hoặc x 2 - xy + y 2 + 2(x + y) + 4 = 0 Nếu x + y - 2= 0  y = 2 - x thay vào (2)  7x(2 - x) + 2 - x - x - 7 = 0  7x 2 - 12x + 5 = 0  (x - 1)(7x - 5) = 0  x 1 y 1 59 xy 77           Thử lại, hệ phương trình nhận nghiệm (x; y) là (1; 1), 59 ; 77    . Nếu x 2 - xy + y 2 + 2(x + y) + 4 = 0  4x 2 - 4xy + 4y 2 + 8(x + y) + 16 = 0  (x + y) 2 + 8(x + y) + 16 + 3(x - y) 2 = 0  (x + y + 2) 2 + 3(x - y) 2 = 0  (x + y + 2) 2 = 3(x - y) 2  x = y = -1. Thay vào (1) không thỏa. 2. Giải phương trình: 2 x 3 1 x 3 x 1 1 x       (1). Điều kiện : - 1 ≤ x ≤ 1. Phương trình (1) được viết lại là:          2 2 2 x 1 x 1 1 x 1 x 2 x 1 2 0 x 1 x 1 1 1 x x 1 1 2 x 1 1 0 x 1 1 x 1 x 1 2 0 x 1 1 0 x 1 1 x 2 0 x 1 1 x 1 2 x 1. 1 x 1 x 4 x0 1 x 1 x0 1 x 1 x0                                                                       Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 0. Câu 2: 1. Trước hết ta chứng minh mọi s ố chính phương khi chia cho 3 chỉ c ó t h ể dư 0 hoặc 1. Suy ra: Tổng hai số chính phương chia hết cho 3 khi và chỉ k h i c ả hai số cùng chia hết cho 3. (1)  6 x 2 + 9y 2 - 20412 = x 2 + y 2  3(2x 2 + 3y 2 - 6804) = x 2 + y 2 (2) 22 11 22 22 1 1 x 3x x 9x x3 x y 3 y 3 y 3y y 9y                      Thay vào (2), ta có:     2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 3 2.9x 3.9y 6804 9x 9y 3 2x 3y 756 x y         (3) 22 1 1 2 1 2 22 11 22 1 1 2 12 x 3 x 3x x 9x x y 3 y 3 y 3y y 9y                   Thay vào (3), ta có:     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2.9x 3.9y 756 9x 9y 3 2x 3y 84 x y         (4) 22 2 3 2 3 2 22 11 22 2 2 3 23 x 3x x 9x x3 x y 3 y 3 y 3y y 9y                      Thay vào (4), ta có:   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2.9x 3.9y 84 6x 9y 28 6x 9y 28 x y 5x 8y 28             (5) 3 2 3 22 3 3 3 2 3 3 y0 y0 8y 28 y 3,5 y 1 y1 y1                     Với y 3 = 0 thay vào (5)  2 3 5x 28 (vô lý, vì x 3 nguyên) Với y 3 = 1 thay vào (5)  3 22 33 3 x2 5x 8 28 x 4 x2           Với y 3 = -1 thay vào (5)  3 22 33 3 x2 5x 8 28 x 4 x2           Suy ra: (x 3 ; y 3 )  {(2; 1), (2; -1), (-2; 1); (-2; -1)}. Vì 1 2 3 1 2 3 x 3x 9x 27x y 3y 9y 27y          nên (x; y)  {(54; 27), (54; -27), (-54; 27); (-54; -27)}. Thử lại phương trình đã cho nhận các nghiệm ( x ; y )  {(54; 27), (54; -27), (-54; 27); (-54; -27)}. 2. Áp dụn g b ất đẳn g t h ức Cauchy, ta có: 1 1 x y 2 xy 1 4xy 4 xy        Và ta cũng có: 2 2 2 2 1 1 1 1 P 1 x y 2 1 x y 2 xy x y xy xy           Mà 1 15 1 1 15 1 15 2 17 xy . xy .4 2 .xy xy 16 xy 16xy 16 16xy 16 4 4          17 P 2. 17 2    . Khi x = y = 1 2 thì P 17 . Vậy GTNN của P là 17 . Câu 3: 1. Chứng minh M, N, Q thẳng hàng. Các tứ giác AMEQ, ANFQ, AMCB, ANBC nội t i ếp nên ta có:     QEA QMA NMA NCA EQ/ /FC    . Tương tự: FQ // EB  Tứ giác EPFQ là hình bình hành. Suy ra:    EQF EOF BPC . Ta lại c ó :      MQE MAE MAC MBC PBC         NQF NAF NAB NCB PCB          0 EQM ... Bài 5: a) Ta có góc DBC  DAO  900 nên tứ giác ADBO nội tiếp b) AMB  AOB chắn cung AB mà CED  AOB bù với góc AOC nên CED  AMB c) Ta có FO đường trung bình hình thang BCED nên FO // DB nên... đồng dạng theo góc MC BC Nên   OC FC MC.FC  MC.FB  OC.BC  R.2R  2R2 E F M A D B ThS Ngô Thanh Sơn (Trung tâm LTĐH Vĩnh Viễn – TP.HCM) O C