SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.ĐÀ NẴNG Năm h!c: 2014 – 2015
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (1,5 điểm)
1) Tính giá trị của biểu thức
9 4A = −
2) Rút gọn biểu thức
2 2 2
2
2 2
x x
P
x
x x
−
= +
−
+
, với x > 0,
2x ≠
Bài 2: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
3 4 5
6 7 8
x y
x y
+ =


+ =

Bài 3: (2,0 điểm) Cho hàm số y = x

»
AD
của đường tròn (C) lấy điểm E sao cho HE song song với AB. Đường thẳng BE cắt đường
tròn (C) tại điểm thứ hai là F. Gọi K là trung điểm của EF. Chứng minh rằng:
a) BA
2
= BE.BF và
·
·
BHE BFC=
b) Ba đường thẳng AF, ED và HK song song với nhau từng đôi một.
BÀI GIẢI
Bài 1:1)A = 3 – 2 = 1
2)Với điều kiện đã cho thì
( )
( )
( ) ( )
2 2
2 2
1
2 2
2 2 2 2
x
x x
P
x x
x x x x
−
= + = + =
+ +

m
) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì
0 4 0 4m m
′
∆ > ⇔ + > ⇔ > −
y = 4x + m = 1 => x =
1
4
m−
Yêu cầu của bài toán tương đương với
4 4 4
1 7 7
2 4 4 4
4 4 4
m m m
hay
m m m
m m m
> − > − > −
  
  
⇔
  
− − − − −
± + = + = − + =
  
  
⇔
4
7


+ = +

( )
2
2
4
4
4
5 hay 3
5 hay 3
16 4 14 49
2 15 0
m
m
m
m m
m m
m m m
m m
> −
> −

> −



⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = = −
  
= = −

( )
2
2 2
1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
6 2 36 2 2 36− = ⇒ − + = ⇔ + − + =x x x x x x x x x x x x
( ) ( )
2 2
4 2 36 2 9− = ⇔ − =m m
1hay 5⇔ = − =m m
Khi m = -1 ta có
1 2 1 2
x 3 10, x 3 10 x x 6= − = + ⇒ − = −
(loại)
Khi m = 5 ta có
1 2 1 2
x 3 34,x 3 34 x x 6= − − = − + ⇒ − =
(thỏa)
Vậy m = 5 thỏa yêu cầu bài toán.
Bài 5:
1)Ta có
·
0
BAC 90=
nên BA là tiếp tuyến với (C).
BC vuông góc với AD nên
H là trung điểm AD. Suy ra
·
·
0
BDC BAC 90= =

·
·
BHE BFC⇒ =
b) do kết quả trên ta có
·
·
BFA BAE=
·
·
·
HAC EHB BFC= =
, do AB //EH. suy ra
·
·
·
·
· ·
DAF DAC FAC DFC CFA BFA= − = − =
·
·
DAF BAE⇒ =
, 2 góc này chắn các cung
»
»
AE,DF
nên hai cung này bằng nhau
Gọi giao điểm của AF và EH là N. Ta có 2 tam giác HED và HNA bằng nhau
(vì góc H đối đỉnh, HD = HA,
·
·

2
2x
x
+
+








−
+
+
với x ≥ 0 và x ≠ 4
Bài 2: (2,0 điểm)
1/ Giải phương trình x
4
+ 5x
2
− 36 = 0
2/ Cho phương trình x
2
− (3m + 1)x + 2m
2
+ m − 1 = 0 (1) với m là tham số.
a/ Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
b/ Gọi x

c/ Tìm vị trí của điểm P trên cung MB để tam giác PIC là tam giác đều. Khi đó hãy tính diện tích của tam giác PIC
theo R.
Bài 5: (1,0 điểm)
Cho biểu thức A = (4x
5
+ 4x
4
− 5x
3
+ 5x − 2)
2014
+ 2015. Tính giá trị của biểu thức A khi x =
12
12
2
1
+
−
.
HẾT
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
GỢI Ý BÀI GIẢI TOÁN VÀO 10 KHÔNG CHUYÊN LÊ KHIẾT QUẢNG NGÃI.
ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài 1: a/ Tính:
43252
+
= 10 + 6 = 16
b/ Đồ thị hàm số y = ax + b đi qua A(1; − 2) nên a + b = − 2, và B(3; 4) nên 3a − b = 4.
Suy ra a = 3, b = 5. Vậy (d): y = 3x + 5
c/ Với x ≥ 0 và x ≠ 4 ta có:A =

1/ Giải phương trình x
4
+ 5x
2
− 36 = 0
Đặt t = x
2
( t ≥ 0) ta có phương trình t
2
+ 5t − 36 = 0. ∆
t
= 25 − 4.1.(−36) = 169
⇒ t
1
= 4 (tmđk); t
2
= − 9 (loại). Với t = 4 ⇒ x
2
= 4 ⇒ x = ± 2
2/ a/ Với m là tham số, phương trình x
2
− (3m + 1)x + 2m
2
+ m − 1 = 0 (1)
Có ∆ = [−(3m + 1)]
2
− 4.1.( 2m
2
+ m − 1) = m
2

1
+ x
2
)
2
− 5x
1
x
2
= (3m + 1)
2
− 5(2m
2
+ m − 1) = − (m
2
− m − 6)
B = −(m −
2
1
)
2
+
2
13
≥
2
13
. Dầu “=” xảy ra ⇔ m −
2
1

2
y
20
7
y
1
x
1
⇔





=−
=+
)2(6xy
)1(
20
7
y
1
x
1
Từ (1) và (2) ta có phương trình:
20
7
6x
1
x

Để ∆IPC là tam giác đều thì ∠IPC = 60
0

⇒

∠PBA = 60
0
⇒ OP = PB = OB = R

⇒ số đo cung PB bằng 60
0
C/minh ∆DIP cân tại I ⇒ ID = IP = IC = CD:2
Do đó S
PIC
=
2
1
S
DPC
=
2
1
.
2
1
.CP.PD =
4
1
.
3

4
223 −
; x
3
= x.x
2
=
8
725 −
; x
4
= (x
2
)
2
=
16
21217 −
; x
5
= x.x
4
=
32
41229 −
Do đó: 4x
5
+ 4x
4
− 5x

(1) , với ẩn x , tham số m .
1) Giải phương trình (1) khi m = 1
2) Xác định giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x
1
, x
2
sao cho
2
2
2
1
xx +
nhỏ nhất.
Câu II. ( 1,5 điểm )
Trong cùng một hệ toạ độ , gọi (P ) là đồ thị của hàm số y = x
2
và (d) là đồ thị của hàm số y = -x + 2
1) Vẽ các đồ thị (P) và (d) . Từ đó , xác định toạ độ giao điểm của (P) và (d) bằng đồ thị .
2) Tìm a và b để đồ thị
∆
của hàm số y = ax + b song song với (d) và cắt (P) tại điểm có hoành độ bằng -1
Câu III .( 2,0 điểm )
1) Một người đi xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B , quãng đường AB dài 24 km . Khi đi từ B trở về A
người đó tăng vận tốc thêm 4km so với lúc đi , vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi 30 phút . Tính vận tốc của xe
đạp khi đi từ A đến B .
2 ) Giải phương trình
( )
111 =−+−+ xxxx
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu IV . ( 3,0 điểm )

2
sao cho
2
2
2
1
xx +
nhỏ nhất.
HD :
1) GPT khi m =1
+ Thay m =1 v ào (1) ta đ ư ợc x
2
+ 2x – 8 = 0  ( x + 4 ) ( x – 2 ) = 0  x = { - 4 ; 2 }
KL :
2) x ét PT (1) :
0622
2
=−−+ mmxx
(1) , với ẩn x , tham số m .
+ Xét PT (1) có
( )
( )
05162
2
2
1
'
>++=++=∆ mmm
(luôn đúng ) với mọi m => PT (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x
1

– 2 x
1
x
2

= ( - 2m )
2
+ 2 ( 2m + 6 )
= 4m
2
+ 4m + 12
= ( 2m + 1)
2
+ 11
11≥
với mọi m => Giá trị nhỏ nhất của A là 11 khi m =
2
1−
.
KL :
Câu II. ( 1,5 điểm )
Trong cùng một hệ toạ độ , gọi (P ) là đồ thị của hàm số y = x
2
và (d) là đồ thị của hàm số
y = -x + 2
1) Vẽ các đồ thị (P) và (d) . Từ đó , xác định toạ độ giao điểm của (P) và (d) bằng đồ thị .
2) Tìm a và b để đồ thị
∆
của hàm số y = ax + b song song với (d) và cắt (P) tại điểm có hoành độ bằng -1
HD : 1) v ẽ ch ính xác và xác định đ ược giao đi ểm của (P) v à (d) l à M ( 1 ; 1) v à N ( -2 ; 4 )

−
⇒−+ 1
2
1
1
2

+ PT m ới l à : a +
1
2
1
2
=
−a
 a
2
+ 2a – 3 = 0  ( a – 1 )( a + 3 ) = 0  a = { -3 ; 1 } => a = 1 > 0
+ Nếu a = 1 = >
⇒=−+ 11 xx
x = { 0 ; 1 } ( t/m)
KL : …………
Câu IV . ( 3,0 điểm )
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và ba đường cao AA’ , BB’ ,CC’ cắt nhau tại H .Vẽ hình bình hành
BHCD . Đường thẳng qua D và song song với BC cắt đường thẳng AH tại M .
1) Chứng minh rằng năm điểm A, B ,C , D , M cùng thuộc một đường tròn.
2) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .Chứng minh rằng BM = CD
và góc BAM = góc OAC .
3) Gọi K là trung điểm của BC , đường thẳng AK cắt OH tại G . Chứng minh rằng G là trọng tâm của tam
giác ABC
HD : HS tự vẽ hình

2
– 3a – 3b + 2014 .
2)Có 6 thành phố trong đó cứ 3 thành phố bất kỳ thì có ít nhất 2 thành phố liên lạc được với nhau .
Chứng minh rằng trong 6 thành phố nói trên tồn tại 3 thành phố liên lạc được với nhau.
HD :
1) Giá trị nhỏ nhất của P là 2011 khi a =b = 1
2) Gọi 6 th ành phố đã cho l à A,B,C,D,E,F
+ X ét thành phố A .theo nguyên l í Dirichlet ,trong 5 thành phố còn lại thì có ít nhất 3 thành phố
liên lạc được với A hoặc có ít nhất 3 thành phố không liên lạc được với A ( v ì nếu số thành phố liên lạc được
với A cũng không vượt quá 2 và số thành phố không liên lạc được với A cũng không vượt quá 2 thì ngoài A , số
thành phố còn lại cũng không vượt quá 4 ) . Do đó chỉ xảy ra các khả năng sau :
• Khả năng 1 :
số thành phố liên lạc được với A không ít hơn 3 , giả sử B,C,D liên lạc được với A . Theo đề bài trong 3 thành
phố B,C,D có 2 thành phố liên lạc được với nhau . Khi đó 2 thành phố này cùng với A tạo thành 3 thành phố đôi
một liên lạc được với nhau .
• Khả năng 2 :
số thành phố không liên lạc được với A , không ít hơn ,giả sử 3 thành phố không liên lạc được với A là D,E,F .
Khi đó trong bộ 3 thành phố ( A,D,E) thì D và E liên lạc được với nhau ( v ì D,E không
liên lạc được với A )
Tương tự trong bộ 3 ( A,E,F) v à ( A,F,D) th ì E,F liên lạc được với nhau , F và D liên lạc
được với nhau và như vậy D,E,F l à 3 thành phố đôi một liên lạc được với nhau . Vậy ta
có ĐPCM
C âu V : đ ề chuyên toán ng ày thi 20-6-2014
Cho tập A = { 1 ; 2 ; 3 ; ….; 16 } . Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ nhất sao cho trong mỗi tập hợp con
gồm k phần tử của A đều tồn tại hai số phân biệt a, b mà a
2
+ b
2
là một số nguyên tố.
HD :

MÔN THI: TOÁN (KHÔNG CHUYÊN)
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Ngày thi: 20/6/2014
(Thời gian : 120 phút – không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (2,00 điểm)
1) Không dùng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức:
1 8 10
2 1 2 5
A
−
= −
+ −

2) Rút gọn biểu thức B =
1
:
2 2 4 4
a a a
a a a a a
+
 
+
 ÷
− − − +
 
với a > 0, a ≠ 4.
Bài 2: (2,00 điểm)
1) Cho hệ phương trình:
ax y y
x by a

AM , tia CO cắt d tại D.
a) Chứng minh rằng: OBNC nội tiếp.
b) Chứng minh rằng: NO ⊥ AD
c) Chứng minh rằng: CA. CN = CO . CD.
d) Xác định vị trí điểm M để (2AM + AN) đạt giá trị nhỏ nhất.
HẾT
Giám thị không giải thích gì thêm.
HƯỚNG DẪN GIẢI
(Lê Quốc Dũng, GV THCS Trần Hưng Đạo, Nha Trang, Khánh Hoà)
Bài 1: (2,00 điểm)
1)
1 8 10 2 1 2(2 5)
2 1 2 1
1
2 1 2 5 2 5
A
− − −
= − = − = − − = −
+ − −

2) B =
1
:
2 2 4 4
a a a
a a a a a
+
 
+
 ÷

Bài 2: (2,00 điểm)
1) Vì hệ phương trình:
ax y y
x by a
− = −


− = −

có nghiệm (x, y) = (2; 3) nên ta có hpt:
2 3 2 3 6 3 9 7 7 1
2 3 3 2 3 2 2 3 1
a b a b a b a a
b a a b a b a b b
− = − + = + = = =
    
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
    
− = − − = − − = − + = =
    
Vậy a = 1, b = 1
2) Giải phương trình:
( )
2 2 – 1 3 5 6 3 8x x x
− − = −
( )
2 2
4 2 – 1 6 5 6 2 3 8
((5 6 5 6 9) ((3 2 3 8 1) 0
( 5 6 3) ( 3 8 1) 0

y x
=

a)Lập bảng giá trị (HS tự làm).
Đồ thị:
b)Vì A ∈ (P) có hoành độ x
A
= -2 nên y
A
= 2. Vậy A(-2; 2)
Lấy M(x
M
; 0) bất kì thuộc Ox,
Ta có: MA – MB ≤ AB (Do M thay đổi trên Ox và BĐT tam giác)
Dấu “=” xẩy ra khi 3 điểm A, B, M thẳng hàng, khi đó M là giao điểm của đường thẳng AB và trục Ox.
- Lập pt đường thẳng AB
- Tìm giao điểm của đường thẳng AB và Ox, tìm M (4; 0).
Bài 4: (2,00 điểm)
Cho nửa đường tròn (O) đường kình AB = 2R. Vẽ đường thẳng d là tiếp tuyến của (O) tại B.
Trên cung
»
AB
lấy điểm M tùy ý (M khác A và B), tia AM cắt d tại N. Gọi C là trung điểm của
AM , tia CO cắt d tại D.
a) Chứng minh rằng: OBNC nội tiếp.
HD: Tứ giác OBNC nội tiếp có
·
·
0
180OCN OBN+ =

2.
(1)
Suy ra: 2AM + AN ≥ 2
2
2.4R
= 4R
2.
Đẳng thức xẩy ra khi: 2AM = AN ⇒ AM = AN/2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: AM = R
2
⇒ °AOM vuông tại O ⇒ M là điểm chính giữa cung AB
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.HCM Năm h!c: 2014 – 2015
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
2
7 12 0− + =x x
b)
2
( 2 1) 2 0− + + =x x
c)
4 2
9 20 0− + =x x
d)
3 2 4
4 3 5
− =


x
B
x x x x x x
(x > 0)
Bài 4: (1,5 điểm)
Cho phương trình
2
1 0− − =x mx
(1) (x là ẩn số)
a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu
b) Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình (1):
Tính giá trị của biểu thức :
2
2
1 1
2 2
1 2
1
1
+ −
+ −
= −
x x
x x
P
x x

⇔ = = = =x hay x
b)
2
( 2 1) 2 0− + + =x x
Phương trình có : a + b + c = 0 nên có 2 nghiệm là :
1 2⇔ = = =
c
x hay x
a
c)
4 2
9 20 0− + =x x
Đặt u = x
2

0
≥
pt thành :
2
9 20 0 ( 4)( 5) 0− + = ⇔ − − =u u u u
4 5⇔ = =u hay u
Do đó pt
2 2
4 5 2 5⇔ = = ⇔ = ± = ±x hay x x hay x
d)
3 2 4
4 3 5
− =



(D) đi qua
( ) ( )
1;1 , 3;9−
b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là
2
2 3= +x x
⇔
2
2 3 0− − =x x

1 3⇔ = − =x hay x
(a-b+c=0)
y(-1) = 1, y(3) = 9
Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là
( ) ( )
1;1 , 3;9−
Bài 3:Thu gọn các biểu thức sau

5 5 5 3 5
5 2 5 1 3 5
+
= + −
+ − +
A
(5 5)( 5 2) 5( 5 1) 3 5(3 5)
( 5 2)( 5 2) ( 5 1)( 5 1) (3 5)(3 5)
5 5 9 5 15 5 5 9 5 15
3 5 5 3 5 5
4 4 4
3 5 5 5 2 5 5

 ÷  ÷
+ + +
   
 
+ − + +
=
 ÷
 ÷
+ +
 
= + =
+
x x
x x x x x
x x x
x x x
x
x
x x
Câu 4:
Cho phương trình
2
1 0− − =x mx
(1) (x là ẩn số)
a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu
Ta có a.c = -1 < 0 , với mọi m nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu với mọi m.
b) Gọi x
1
, x
2

1 1 2 2
1 2
1 2 1 2
mx 1 x 1 mx 1 x 1
(m 1)x (m 1)x
P 0
x x x x
+ + − + + −
+ +
= − = − =
(Vì
1 2
x .x 0≠
)
Câu 5
a) Ta có tứ giác BFHD nội tiếp do có 2 góc đối
F và D vuông
⇒

·
·
·
0
180= = −FHD AHC ABC
b)
·
·
ABC AMC=
cùng chắn cung AC
mà

F
C
O
D
K
H
M
x
I
J
Q
N
⇒
¶
AJI
bù với
·
AHI
mà
·
ANC
bù với
·
AHI
(do AHCN nội tiếp)
⇒
¶
·
AJI ANC=


·
AJQ
=
·
AKC
vì
·
AKC
=
·
AMC
(cùng chắn cung AC), vậy
·
AKC
=
·
AMC
=
·
ANC
Xét hai tam giác AQJ và AKC :
Tam giác AKC vuông tại C (vì chắn nửa vòng tròn )
⇒
2 tam giác trên đồng dạng
Vậy
µ
0
Q 90=
. Hay AO vuông góc với IJ
Cách 2 : Kẻ thêm tiếp tuyến Ax với vòng tròn (O) ta có

a)
( ) ( )
A 2 5 2 5= − +
b)
( )
B = 2 50 3 2−
Câu 2 : (1 điểm) Giải phương trình:
2
2 15 0x x+ − =
.
Câu 3 : (1 điểm) Giải hệ phương trình:
2
3
1
2 4
y
x
y
x

+ =




− =


.
Câu 4 : (1 điểm) Tìm a và b để đường thẳng

0
ACB 60=
,
CH = a
. Tính AB và AC theo a.
Câu 9 : (1 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB cố định, CD là đường kính thay đổi của đường
tròn (O) (khác AB). Tiếp tuyến tại B của (O) cắt AC và AD lần lượt tại N và M. Chứng minh tứ giác
CDMN nội tiếp.
Câu 10 : (1 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tếp đường tròn tâm O, bán kính bằng a. Biết AC vuông góc với
BD. Tính
2 2
AB CD+
theo a.
HẾT
Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh : Số báo danh :
Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2 :
BÀI GIẢI
Câu 1 : (1điểm) Thực hiện các phép tính
a)
( ) ( ) ( )
2
2
A 2 5 2 5 2 5 4 5 1= − + = − = − = −
.
b)
( )
B = 2 50 3 2 100 3.2 10 6 4− = − = − =
.
Câu 2 : (1 điểm) Giải phương trình:

 
 
.
Câu 3 : (1 điểm) Điều kiện
0x
≠
.
2
3
1
2 4
y
x
y
x

+ =




− =


4
2 6
1
2 4
y
x

10
2
3
x
y
x

=


⇔


+ =


1
2
4 3
x
y

=

⇔


+ =

1

.
Đường thẳng d có hệ số góc bằng 4
a 2 4⇔ − =

a 6⇔ =
.
Mặt khác (d) đi qua điểm
( )
M 1; − 3
nên thay
a 6=
,
1x =
;
3y = −
vào
( )
a 2 by x= − +
.
Khi đó ta có :
( )
3 6 2 .1 b− = − +

3 4 b⇒ − = +

b 7⇒ = −
.
Vậy
a 6=
v à

, 7x x
+
∈ >Z
.
Theo kế hoạch, mỗi em phải trồng
420
x
(cây).
Trên thực tế. số học sinh còn lại là :
7x
−
.
Trên thực tế, mỗi em phải trồng
420
7x −
(cây).
Do lượng cây mỗi em trồng trên thực tế hơn 3 cây so với kế hoạch nên ta có phương trình :
( )
420 420
3 7
7
x
x x
− = >
−

( ) ( )
420 420 7 3 7x x x x⇒ − − = −
2
3 21 2940 0x x⇔ − − =

.
Phương trình có
( ) ( )
2
2 2
' m 1 1. m 4 m 2m 1 m 4 m m 5∆ = + − − = + + − + = + +
.
2 2
2
1 1 1 19
' m m 5 m 5 m 0, m
2 4 2 4
     
∆ = + + = + + − = + + > ∀
 ÷  ÷  ÷
     
.
Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Khi đó, theo Vi-ét
1 2
2m 2x x+ = +
;
1 2
. m 4x x = −
.
( ) ( )
1 2 2 1 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
M 1 1 2x x x x x x x x x x x x x x= − + − = − + − = + −
.
( )

1
cosC cos60
2
= = = =
.
ABC
∆
có
0
AB = AC.tanC = 2a.tan 60 2a. 3 2 3a= =
.
Vậy
AB = 2 3a
,
AC 2a
=
.
Câu 9 : (1 điểm)
GT (O) đường kính AB cố định, đường
kính CD thay đổi, MN là tiếp tuyến
tại B của (O).
KL Tứ giác CDMN nội tiếp
Chứng minh tứ giác CDMN nội tiếp
Ta có :
·
»
1
ADC AC
2
= sñ

O; a
,
AC BD
⊥
KL
Tính
2 2
AB CD+
theo a.
Tính
2 2
AB CD+
theo a.
Vẽ đường kính CE của đường tròn (O).
Ta có :
·
0
EAC 90=
,
·
0
EDC 90=
(góc nội tiếp chắn đường kính EC).
AC AE
AE BD
AC BD ( )gt
⊥

⇒


x 2
+
=
+
. Tính giá trị của A khi x = 36
2) Rút gọn biểu thức
x 4 x 16
B :
x 4 x 4 x 2
 
+
= +
 ÷
 ÷
+ − +
 
(với
x 0; x 16≥ ≠
)
3) Với các của biểu thức A và B nói trên, hãy tìm các giá trị của x nguyên để giá trị của biểu thức B(A – 1) là số
nguyên
Bài II (2,0 điểm). Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Hai người cùng làm chung một công việc trong
12
5
giờ thì xong. Nếu mỗi người làm một mình thì người thứ nhất
hoàn thành công việc trong ít hơn người thứ hai là 2 giờ. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi người phải làm trong bao nhiêu thời
gian để xong công việc?
Bài III (1,5 điểm)
1) Giải hệ phương trình:

(M khác A, C); BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên AB.
1) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh
·
·
ACM ACK=
3) Trên đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là tam giác vuông cân tại C
4) Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại điểm A; cho P là điểm nằm trên d sao cho hai điểm P, C nằm trong cùng một nửa mặt
phẳng bờ AB và
AP.MB
R
MA
=
. Chứng minh đường thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK
Bài V (0,5 điểm). Với x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện
x 2y≥
, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2
x y
M
xy
+
=
GỢI Ý – ĐÁP ÁN
Bài I: (2,5 điểm)
1) Với x = 36, ta có : A =
36 4 10 5
8 4
36 2
+

 
+ + +
− = − = =
 ÷
 ÷
− − −
+ +
 
.
Để
( 1)B A −
nguyên, x nguyên thì
16x −
là ước của 2, mà Ư(2) =
}
{
1; 2± ±
Ta có bảng giá trị tương ứng:
16x −
1
1−
2
2−
x 17 15 18 14
Kết hợp ĐK
0, 16x x≥ ≠
, để
( 1)B A −
nguyên thì
}

+

2 5
( 2) 12
x x
x x
+ +
⇔ =
+
⇔ 5x
2
– 14x – 24 = 0
∆’ = 49 + 120 = 169,
,
13∆ =
=>
− −
= =
7 13 6
5 5
x
(loại) và
+
= = =
7 13 20
4
5 5
x
(TMĐK)
Vậy người thứ nhất làm xong công việc trong 4 giờ,

6 2 1
2 2
1
2
x
x
x y
x x x
y
y
x y x y
x y

 
+ =
=
+ = + =


 
=

   
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
    
+ =
=

   
+ = + =

.
Khi đó:
2 2 2
1 2 1 2 1 2
7 ( ) 2 7x x x x x x+ = ⇔ + − =
⇔ (4m – 1)
2
– 2(3m
2
– 2m) = 7 ⇔ 10m
2
– 4m – 6 = 0 ⇔ 5m
2
– 2m – 3 = 0
Ta thấy tổng các hệ số: a + b + c = 0 => m = 1 hay m =
3
5
−
.
Trả lời: Vậy
Bài IV: (3,5 điểm)
1) Ta có
·
0
90HCB =
( do chắn nửa đường tròn đk AB)
·
0
90HKB =
(do K là hình chiếu của H trên AB)