[www.VIETMATHS.com]
Bi 1 (2,0im)
1) Tỡm giỏ tr ca x cỏc biu thc cú ngha:
3 2x
;
4
2 1x
2) Rỳt gn biu thc:
(2 3) 2 3
2 3
A
+
=
+
Bi 2 (2,0 im)
Cho phng trỡnh: mx
2
(4m -2)x + 3m 2 = 0 (1) ( m l tham s).
1) Gii phng trỡnh (1) khi m = 2.
2) Chng minh rng phng trỡnh (1) luụn cú nghim vi mi giỏ tr ca m.
3) Tỡm giỏ tr ca m phng trỡnh (1) cú cỏc nghim l nghim nguyờn.
Bi 3 (2,0 im)
Gii bi toỏn sau bng cỏch lp phng trỡnh hoc h phng trỡnh:
Mt mnh vn hỡnh ch nht cú chu vi 34m. Nu tng thờm chiu di 3m v chiu rng 2m thỡ din
tớch tng thờm 45m
2
. Hóy tớnh chiu di, chiu rng ca mnh vn.
Bi 4 (3,0 im)
Cho ng trũn O. T A l mt im nm ngoi (O) k cỏc tip tuyn AM v AN vi (O) ( M; N l cỏc
tip im ).
1) Chng minh rng t giỏc AMON ni tip ng trũn ng kớnh AO.

2 1 0 2 1
2
x x x > > >
b)
2
2 2
2 2
(2 3) (2 3)
(2 3) 2 3 (2 3)(2 3) 2 3
1
1
2 3 (2 3)(2 3)
2 3
A
+
+ +
= = = = =
+ +

Trn Hi Nam - Tell: 01662 843844 TT luyn thi Tm Cao Mi Tell: 01684 356573 0533564384 0536513844 0944323844
UBND tỉnh bắc ninh
UBND tỉnh bắc ninh
UBND tỉnh bắc ninh
Sở giáo dục và đào tạo
Sở giáo dục và đào tạo
đề thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2012 - 2013
Môn thi: Toán (Dành cho tất cả thí sinh)
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2012

1
2
2 1 1
1
2 1 1 3 2
m m
x
m
m m m
x
m m
− − +

= =


− + − −

= =


Để pt (1) có nghiệm nguyên thì nghiệm
2
x
phải nguyên
3 2 2
3 ( 0) 2
m
Z Z m m
m m

O
AMO ANO= =
AMO
⇒
V
vuông tại M
⇒
A, M , O thuộc đường tròn
đường kính AO ( Vì AO là cạnh huyền)
ANOV
vuông tại N
⇒
A, N, O thuộc đường tròn
đường kính AO (Vì AO là cạnh huyền)
Vậy: A, M, N, O cùng thuộc đường tròn đường kính AO
Hay tứ giác AMNO nội tiếp đường tròn đường kính AO
2. Vì I là trung điểm của BC (theo gt)
OI BC
⇒ ⊥
(tc)

AIOV
vuông tại I
⇒
A, I, O thuộc đường tròn
đường kính AO (Vì AO là cạnh huyền)
Vậy I cũng thuộc đường tròn đường kính AO (đpcm)
3. Nối M với B, C.
Xét
&AMB AMCV V


·
·
AIM AMK=
(Vì:
·
·
AIM ANM=
cùng chắn
¼
AM
và
·
·
AMK ANM=
)
~AMK AIM⇒V V
(g.g)
2
.
AK AM
AK AI AM
AM AI
⇒ = ⇒ =
(2)
Từ (1) và (2) ta có: AK.AI = AB.AC (đpcm)
Câu 5:
* Tìm Min A
Cách 1:
Ta có:

( )
2
2 2 2
1 1 1
1 2 2 1 2( )
2 2 2
A y y y y y y= − + = − + = − + ≥ ∀
Dấu « = » xảy ra khi : x = y =
1
2
Vậy Min A =
1
2
Dấu “=” xảy ra khi x = y =
1
2
* Tìm Max A
Từ giả thiết suy ra
2
2 2
2
0 1
1
0 1
x x x
x y x y
y
y y

≤ ≤ ≤

x
2
+ ( -x + 1)
2
- A = 0 hay 2x
2
- 2x + ( 1- A) = 0 (*)
do đó để biểu thức A tồn tại giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm hay
( )
2
1
01201210' ≥⇔≥−⇔≥−−⇔≥∆ AAA
.Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là
2
1
khi phương trình
(*) có nghiệm kép hay x =
2
1
mà x + y = 1 thì y =
2
1
. Vậy Min A = 1/2 khi x = y = 1/2 ( t/m)
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944323844
3
[www.VIETMATHS.com]
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A .
CÁCH 02 :
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .
Theo Bất đẳng thức Bunhia ta có 1 = x + y hay

+ m
2
hay A= 2m
2
- 2m +1
hay 2A = (4m
2
- 4m + 1) + 1 hay 2A = (2m- 1)
2
+ 1 hay
( )
2
1
2
1
2
12
2
≥+
−
=
m
A
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi m= 1/2 hay x = y = 1/2.
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A.
CÁCH 04 :
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .
Ta có A = x
2

Xét bài toán phụ sau : Với a , b bất kì và c ; d > 0 ta luôn có :
( )
dc
ba
d
b
c
a
+
+
≥+
2
22
(*) , dấu “=” xảy ra khi
d
b
c
a
=
Thật vậy : có
(
)
( )
⇔+≥







( )
yx
ba
y
b
x
a
+
+
≥+
2
22
(ĐPCM)
.ÁP DỤNG
Cho a = x và b = y ,từ (*) có : A= x
2
+ y
2
=
( )
211
2
22
yxyx +
≥+
mà x+ y =1
Nên A
2
1
≥

,hệ này có nghiệm
( )
2
1
01210;0 ≥⇔≥−−⇔≥≥ AAyx
. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x+ y =1 và x
2
+ y
2

=
2
1
hay x = y = 1/2.
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A .
CÁCH 07 :
a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .
Ta có A = x
2
+ y
2
= x
2
+ y
2
+ 1 - 1 mà x + y =1 nên A = x
2
+ y
2
- x - y -1

2
+ y
2
=
( )
( )
221
2
222222
yx
yx
yx
yx
y
yx
x
yx
yxyx +
=
+
+
≥
+
+
+
=
+
+
=
+

2
1
=−+⇔ yx
. Vậy để chứng minh A
2
1
≥
với A = x
2
+ y
2
thì ta chỉ cần chứng minh
2
1
22
−+≥+ yxyx
.
Thật vậy :
Ta có
2
1
22
−+≥+ yxyx
0
Hay
0
2
1
2
1

1
2
≤≤⇒



−=
−=
m
my
mx
.Do đó A = x
2
+ y
2
hay (2-m)
2
+ (m-1)
2
- A =0 hay 2m
2
- 6m +5 = A
Hay
( )
2
1
2
1
2
32

+ (m-2)
2
- A =0 hay 2m
2
- 10m +13 = A
Hay
( )
2
1
2
1
2
52
2
≥+
−
=
m
A
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1/2 khi x = y = 1/2.
b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A .
CÁCH 13 :
a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .
Ta có x + y =1 hay (x+1) + (y +1) = 3 mà A = x
2
+ y
2
hay
A = (x

1;1 ≥≥ ba
và a + b =3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = a
2
+ b
2
- 4
Thật vậy : Ta có A = a
2
+ b
2
- 4 = (a+b)
2
- 2ab - 4 = 5 - 2ab ( vì a+b=3)
Mặt khác theo côsi có :
( )
4
9
4
2
=
+
≤
ba
ab
do đó A
2
1
≥
. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x = y =
1/2.

Hay
( )
[ ]
( )
( )
( )
[ ]
2
1
2
1
2
2
222
2
2
22
2
≥+
+−
=⇔+−+++−=
bam
AbababamA

(Vì a - b= 1)
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1/2 khi x = y = 1/2.
b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A .
CÁCH 15 :
a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .
Ta có x + y =1 hay y = 1 - x mà y

2
0'
0
0
0'
1
2
0
0
1
1
0
0
1
0
10
2
1
2
1
21
12
21
≤≤⇔









≤
≤



≥
≥
⇔










≤
≤



≥
≥
⇔



+ y
2
hay xy =
2
1 A−
(*) vì x + y =1 mà x
00;0 ≥↔≥≥ xyy
Do đó theo (*) có A
1≤
. Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức A là 1
khi x = 0 và y = 1 hoặc x= 1 và y = 0
CÁCH 03 :
Không mất tính tổng quát ta đặt





≥=
≥=
0cos
0sin
2
2
α
α
y
x
Do đó A =
( )