Sở GD-ĐT Hà Tĩnh ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ TĨNH NĂM HỌC 2013-2014
ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút
Vòng 1: (Đề chung). Ngày thi: 15/06/2013
Bài 1: Cho biểu thức
8 2 x 1 x x 1
P x 10
x 3 x 3 x 1
  
− +
= + + −
 ÷ ÷
 ÷ ÷
− + +
  

a) Tìm điều kiện x để P xác định và rút gọn P
b) Tìm x để P có giá trị bằng 30
Bài 2: Cho phương trình
( ) ( )
2
3x 2 m 1 x 2m 1 0+ − − + =

a) Giải phương trình khi m = -1
b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x
1
; x
2
thỏa mãn
( ) ( )
2 2
1 2 1 2 2 1

bc ca ab
+ − + − + −
+ + >

Hết
LỜI GIẢI
Bài 1: a) ĐKXĐ:
x 0
x 0
x 9
x 3 0
≥

≥


⇔
 
≠
− ≠




( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
8 x 3 2 x 1 x 3 x 1 x x 1
P x 10
x 1

2x x 27= + +
b)
P 30 2x x 27 30 2x x 3 0 2x 2 x 3 x 3 0= ⇒ + + = ⇔ + − = ⇔ − + − =
( ) ( ) ( ) ( )
2 x x 1 3 x 1 0 x 1 2 x 3 0 x 1 0 x 1⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔ − = ⇔ =
(Vì
2 x 3 0+ >
). Đối chiếu ĐKXĐ ta có x = 1 thỏa mãn bài toán

Bài 2: a) Khi m = -1 ta có phương trình
2
3x 4x 1 0− + =
phương trình này có 3 + (-4) + 1 = 0 (a + b + c =
0). Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt
1
x 1=
;
2
1
x
3
=

b) Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì:
( ) ( ) ( )
2 2
2 2
' 0 m 1 3 2m 1 0 m 2m 1 6m 3 0 m 4m 4 0 m 2 0∆ > ⇒ − + + > ⇔ − + + + > ⇔ + + > ⇔ + >

m 2

x 1 x 1 x x x x 2 x x x x 1 x x x x 2+ + = + + ⇔ + + + = + +

( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
x x 1 x x x x x x x x 1 x x x x 1 0− = + − + ⇔ − + − − =
( ) ( )
1 2
1 2 1 2
1 2
2m 2
1
1
x x 1
2 2m 3
m
3
x x 1 x x 1 0
2
x x 1 2m 1 2m 1 3
m 2
1
3
−

− =


=
− =
= −

x
4
≥

− ≥


⇔ ⇔ ≥
 
+ ≥
≥ −




Phương trình tương đương
( )
( ) ( )
2
x 1 4x 1 16 x 1 2 x 1 4x 1 4x 1 16− + + = ⇔ − + − + + + =
2
2 4x 3x 1 16 5x⇔ − − = −
. Với điều kiện
16
16 5x 0 x
5
− ≥ ⇔ ≤
kết hợp với điều kiện x ≥ 1 ta có
16
1 x

Đối chiếu ĐK:
16
1 x
5
≤ ≤
. Phương trình có nghiệm là x = 2
b)
2 2
3
(1)
(2)
4xy 2x y x 2y
2x x 8y 3 0

− = −


− − + =



Từ phương trình (1) ta có
( ) ( ) ( ) ( )
x 2y 0
x 2y 2xy x 2y 0 x 2y 2xy 1 0
2xy 1 0
− =

− + − = ⇔ − + = ⇔


2 7
x
3 1 1 7 1 7
4
2x 2x 3 0 x x 0 x 2x. 0 x
2 2 4 4 2 4
2 7
x
4

− −
=

 

+ − = ⇔ + − = ⇔ + + − = ⇔ + = ⇔
 ÷

 
− +
=


2 7 2 7
x y
4 8
− − − −
= ⇒ =
;
2 7 2 7

2
2
1 5
2 x 1 3 x 0
2 4
 
⇔ − + + + =
 ÷
 
vô nghiệm (vì
( )
2
2
2
1 5
2 x 1 3 x 0
2 4
 
− + + + >
 ÷
 
với mọi x)
Vậy hệ phương trình có nghiệm là
( )
1 2 7 2 7 2 7 2 7
x; y 1; ; ; ; ;
2 4 8 4 8
 
   
− − − − − + − +



·
·
0 0 0
ADH AEH 90 90 180⇒ + = + =
Suy ra tứ giác ADHE nội tiếp
(Tổng 2 góc đối bằng 180
0
)
Mặt khác,
µ
·
C AHE=
(cùng phụ với
·
EHC
)
· ·
AHE ADE=
(góc nội tiếp cùng chắn
»
AE
)
µ
·
C ADE⇒ =
mà (kề bù)
µ
·



$
⇒ ∆SDB  ∆SCE (g – g)
SB SD
SB.SC SD.SE
SE SC
⇒ = ⇒ =

Chứng minh tương tự ta cũng có ∆SMD  ∆SEA (g – g)
SM SD
SD.SE SM.SA
SE SA
⇒ = ⇒ =
Từ đó suy ra
SB.SC SM.SA=
(1)
SB SM
SA SC
⇒ =
Xét ∆SMB và ∆SCA có
SB SM
SA SC
S chung

=





Chứng minh tương tự như trên ta có ∆FMA  ∆FCB (g – g)
FA FM
FA.FC FM.FB
FB FC
⇒ = ⇒ =
(2)
Trên SF ta lấy điểm N sao cho
·
·
FNM MBS=
ta có:
·
·
0
FNM MNS 180+ =
(kề bù)
·
·
0
MBS MNS 180⇒ + =

Ta lại có
·
·
0
MBH MAC 180+ =
(Vì tứ giác AMBC nội tiếp) mà
·
·
0

SN SM
SN.SF SM.SA
SA SF
⇒ = ⇒ =
(4)
Từ (1); (2); (3) và (4) ta có
( )
2
FA.FC SB.SC FM.FB SM.SA FN.FS SN.SF SF FN SN SF+ = + = + = + =
(đpcm)
Bài 5:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
b c a c a b a b c
2
bc ca ab
+ − + − + −
+ + >
( ) ( ) ( )
2 2 3 2 2 3 2 2 3
b c a a c a b b a b c c 2abc⇔ + − + + − + + − >

( ) ( ) ( )
2 2 3 2 2 3 2 2 3
b c a 2abc a c a b 2abc b a b c 2abc c 0⇔ + + − + + − − + + − − >
( ) ( ) ( )
2 2 2
3 3 3
a b c a b c a b c a b c 0⇔ + − + − − + − − >
( ) ( ) ( )
2 2 2

b c a a b c a b c 0⇔ + − − + + − >
luôn đúng với a, b, c là ba cạnh của một tam giác
Lời giải: Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn – Đức Thọ - Hà Tĩnh