Sở giáo dục và đào tạo
HảI dơng

Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên
nguyễn trãi - Năm học 2009-2010
Môn thi : toán
Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi 08 tháng 7 năm 2009
(Đề thi gồm: 01 trang)
Câu I (2.5 điểm):
1) Giải hệ phơng trình:


+ + =

+ =

2 2
2
x y xy 3
xy 3x 4
2) Tìm m nguyên để phơng trình sau có ít nhất một nghiệm nguyên:

+ + + =
2 2
4x 4mx 2m 5m 6 0

Câu II (2.5 điểm):
1) Rút gọn biểu thức:

( ) ( )

2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
= + + +
2 2
P x 4x 5 x 6x 13

Câu IV (2.0 điểm):
Cho tam giác MNP có ba góc nhọn và các điểm A, B, C lần lợt là hình chiếu
vuông góc của M, N, P trên NP, MP, MN. Trên các đoạn thẳng AC, AB lần lợt lấy D, E
sao cho DE song song với NP. Trên tia AB lấy điểm K sao cho
ã
ã
=DMK NMP
. Chứng
minh rằng:
1) MD = ME
2) Tứ giác MDEK nội tiếp. Từ đó suy ra điểm M là tâm của đờng tròn bàng tiếp
góc DAK của tam giác DAK.
Câu V (1.0 điểm):
Trên đờng tròn (O) lấy hai điểm cố định A và C phân biệt. Tìm vị trí của các
điểm B và D thuộc đờng tròn đó để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn nhất.
Hết
Họ và tên thí sinh : Số báo danh :
Chữ kí của giám thị 1 : Chữ kí của giám thị 2:
Đề thi chính thức
H ớng dẫn chấm
Câu Phần nội dung Điểm
câu I
2,5 điểm
1)
1,5điểm

+ + =
ữ

0.25

4 2
7x 23x 16 0 + =
0.25
Giải ra ta đợc
2 2
16
x 1 hoặc x =
7
=
0.25
Từ
2
x 1 x 1 y 1= = =
;
2
16 4 7 5 7
x x y
7 7 7
= = = m
0.25
Vậy hệ có nghiệm (x; y) là (1; 1); (-1; -1);


ữ
ữ



m = 2 hoặc m = 3.
0.25
Khi m = 2

x
'
= 0

x = -1 (thỏa mãn)
Khi m = 3

x
'
= 0

x = - 1,5 (loại).
0.25
Vậy m = 2.
0.25
câu II
2,5 điểm
1)
1,5điểm
Đặt
a 2 x; b 2 x (a, b 0)
= + =
2 2 2 2
a b 4; a b 2x

= + + = +
0.25
2 2
A 2 a b 2x A x 2
= = =
0.25
2)
1,0điểm
3 2
3
a m b m c 0+ + =
(1)
Giả sử có (1)
3 2
3
b m c m am 0 (2)
+ + =
Từ (1), (2)
2 2
3
(b ac) m (a m bc)
=
0.25
Nếu
2
a m bc 0
2
3
2
a m bc

=
là số hữu tỉ. Trái với giả
thiết!
a 0;b 0
= =
. Từ đó ta tìm đợc c = 0.
0.25
Ngợc lại nếu a = b = c = 0 thì (1) luôn đúng. Vậy: a = b = c = 0
0.25
câu III
2 điểm
1)
1,0điểm
Theo bài ra f(x) có dạng: f(x) = ax
3
+ bx
2
+ cx + d với a nguyên dơng.
0.25
Ta có: 2010 = f(5) - f(3) = (5
3
- 3
3
)a + (5
2
- 3
2
)b + (5 - 3)c
= 98a + 16b + 2c


2 2
AB x 2 x 3 1 2 25 1 26

( )
= +
2
2
OA x 2 1
,
( )
= + +
2
2
OB x 3 2
0.25
Mặt khác ta có:
OA OB AB
( ) ( )
+ + +
2 2
2 2
x 2 1 x 3 2 26
0.25
Dấu = xảy ra khi A thuộc đoạn OB hoặc B thuộc đoạn OA

= =
+
x 2 1
x 7
x 3 2

Do DE // NP mặt khác
MA

NP

MA DE
(2)
Từ (1), (2)

ADE
cân tại A

MA là trung trực của DE

MD = ME
0.25
2)
1,25điểm
0.25
K
E
B
C
A
N
M
P
D
K
E

DMK DEK 180

Tứ giác MDEK nội tiếp 0.25
Do MA là trung trực của DE

MEA MDA
=
0.25


ã
ã
ã
ã
= =
MEA MDA MEK MDC
.
0.25
Vì
ã
ã ã
ã
= =
MEK MDK MDK MDC

DM là phân giác của góc CDK, kết hợp
với AM là phân giác DAB

M là tâm của đờng tròn bàng tiếp góc DAK
của tam giác DAK.

0
B'CA B'BA 180
(2)

ã
ã
+ =
0
B'BC B'BA' 180
(3);Từ (1), (2), (3)
ã
ã
=B'BA B'BA'
0.25
Hai tam giác ABB và ABB bằng nhau
=
A'B' B'A
Ta có
+ = +
B'A B'C B'A' B'C A'C
= AB + BC ( BA + BC không
đổi vì B, A, C cố định). Dấu = xảy ra khi B trùng với B.
0.25
Hoàn toàn tơng tự nếu gọi D là điểm chính giữa cung
ẳ
ADC
thì ta cũng
có AD + CD

AD + CD. Dấu = xảy ra khi D trùng với D.





=


b) Tìm m để phơng trình
( )
2
2 2
x 2x 3x 6x m 0 + + =
có 4 nghiệm phân biệt.
Bài 3: (2,0 điểm)
a) Chứng minh rằng nếu số nguyên k lớn hơn 1 thoả mãn
2
k 4+
và
2
k 16+
là
các số nguyên tố thì k chia hết cho 5.
b) Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có p là nửa
chu vi thì
p a p b p c 3p + +
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho đờng tròn tâm O và dây AB không đi qua O. Gọi M là điểm chính giữa của
cung AB nhỏ. D là một điểm thay đổi trên cung AB lớn (D khác A và B). DM cắt AB
tại C. Chứng minh rằng:
a)

ữ
ữ
+ + +

0,5 đ
a =
2
2 : 7
7
=
0,25 đ
Đặt
2
x a 1 x 7 1 x 1 7 x 2x 1 7= = + = + + =
0,5 đ
2
x 2x 6 0 + =
Vậy phơng trình
2
x 2x 6 0+ =
nhận
7 1
làm nghiệm
0,25 đ
Bài 2: (2,5 điểm)
a)
x 16
x 16
xy (1)
xy

* Nếu
3y
2x 3y 0 x
2

+ = =
.
Thay vào (1) ta đợc
3y 3 16
y.
2 2 3

+ =
0,25 đ



2
3y 23
2 6

=
(phơng trình vô nghiệm)
0,25 đ
* Nếu
2y
3x 2y 0 x
3
= =
.

S 0 5 0
P 0 m 4 0
> > > >> + >

0,25 đ
9
m
9
4 m
4
4
m 4

<

< <


>

Vậy với
9
4 m
4

không là số nguyên tố.
0,25 đ
- Xét
2 2 2
k 5n 4 (với n ) k 25n 40n 16 k 4 5= + = + + +Â M

2
k 4 +
không là số nguyên tố.
Do vậy
k 5M

0,25 đ
b) Ta chứng minh: Với
a,b,c
thì
( )
( )
2
2 2 2
a b c 3 a b c+ + + +
(*)
Thật vậy
2 2 2 2 2 2
(*) a b c 2ab 2bc 2ca 3a 3b 3c + + + + + + +
2 2 2
(a b) (b c) (c a) 0 + +
(luôn đúng)
0,5 đ
áp dụng (*) ta có:

ã
BMC BMD=
0,5 đ
Do vậy
MBC
và
MDB
đồng dạng
Suy ra
MB MD
MB.BD MD.BC
BC BD
= =
0,5 đ
b) Gọi (J) là đờng tròn ngoại tiếp
BDC

ã
ã
ã
BJC 2BDC 2MBC = =
hay
ã
ã
BJC
MBC
2
=
ã
ã

ã
ANB ADB 2BDM BJC= = =
CJ // IN
Chứng minh tơng tự: CI // JN
0,5 đ
Do đó tứ giác CINJ là hình bình hành

CI = NJ
Suy ra tổng bán kính của hai đờng tròn (I) và (J) là:
IC + JB = BN (không đổi)
0,5 đ
Bài 5: (1,0 điểm)

g
f
e
d
h
c
b
a
G
F
I
H
J
M
C
A
B

2
; DK = DJ =
f
2
Ta có AB = CD nên:
h b f d
a e
2 2 2 2
+ + = + +
(e - a)
2
= h + b - f - d
0,5 đ
Nếu e - a 0 thì
h b f d
2
e a
+
=

Ô
(điều này vô lý do
2
là số vô tỉ)
Vậy e - a = 0 e = a hay EF = IJ (đpcm).
0,25 đ
Hết
SỞ GIÁO DỤC BÌNH ĐỊNH KỲ THI TUỶÊN SINH VÀO
LỚP 10
BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ

3 1 2 5 2 3 2 1 1
n
S
n n n
= + + +
+ + + + +
Chúng minhS
n
<
1
2
Bài 4(3điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp tròn tâm O có độ dài các cạnh BC = a, AC = b, AB =
c.E là điểm nằm trên cung BC không chứa điểm A sao cho cung EB bằng cung
EC.AE cắt cạnh BC tại D.
a.Chúng minh:AD
2
= AB.AC – DB.DC
b.Tính độ dài AD theo a,b,c
Bài 5(1.5điểm)
Chứng minh rằng :
( )
2
1
2
3 2
m
n
n
- ³

2
(1)
a a a
a b c c b a b c
< <
+ + + + +
Tng t
2
(2);
b b b
a b c c a a b c
< <
+ + + + +
2
(3)
c c a
a b c b a a b c
< <
+ + + + +
Cng (1) (2) v (3) v theo v ta cú iu phi chng minh.
Bi 2:
K:
, ,x m n pạ
PT ó cho

(x-n)(x-p)+(x-m)(x-p)+(x-m)(x-n) = 0

3x
2
-2(m+n+p)x +mn+mp+np = 0(1)

Ta cú f(m) = 3m
2
2m
2
-2mn -2mp +mn +mp +np = m
2
mn mp +np = (m-n)
(m-p)
ạ
0
= >m,n,p khụng phi l nghim ca pt(1)
Vy PT ó cho luụn cú hai nghim phõn bit
Bi 3

( )
( )
2
2
1 1 1
Ta có :
2 1
2 1 1
4 4 1
1 n +1 - n 1 1 1
2
2 1. 1
4 4
n n n n
n
n n n

n n n
ổ ử ổ ử
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
< - + - + + - = - <
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ
+ +
Bi 3:
Ta cú
ã
ã
BAD CAE=
( Do cung EB = cung EC)
V
ã
ã
AEC DBA=
( Hai gúc ni tip cựng chn cung
AC) nờn
BAD

EAC
. . (1)
BA AE

+ +
vy
( )
2
2
. . .
DC DB a a a bc
DB DC
b c b c b c
b c
= =ị
+ +
+
theo cõu a ta cú AD
2
= AB.AC DB.DC =
( ) ( )
2 2
2 2
1
a bc a
bc bc
b c b c
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
ỗ
- = -
ữ

Bi 5:
Vỡ
m
là số hữu tỉ và 2là số vô tỉ nên 2
n
m
n
ạ
Ta xet hai trng hp:
a)
2 2 2 2 2
2 Khi đó m 2 2 1 hay m 2n 1
m
n m n
n
> > + +ị
T ú suy ra :
( )
2
2
2
2
2
2
2
1
2 2
2 1 1 1 1
2 2 2 2
1

2 Khi đó m 2 2 1 hay m 2n 1
m
n m n
n
< < - -ịÊ Ê
T ú suy ra :
( )
2
2
2
2
2
2
2
1
2 2
2 1 1
2 2 2 2 2
1
2 2
1 1
1
3 2
2 2
m m n
n
n n n
n
n
n

(Đề có 01 trang)
Câu 1: (3,0 điểm)
a) Giải hệ phương trình:
1 1 9
2
1 5
2
x y
x y
xy
xy

+ + + =




+ =


b) Giải và biện luận phương trình:
| 3| | 2 | 5x p x+ + − =
(p là tham số có giá trị
thực).
Câu 2: (1,5 điểm)
Cho ba số thực
, ,a b c
đôi một phân biệt.
Chứng minh
2 2 2

3
A B
C
+
=
là một số nguyên.
Câu 4: (3,0 điểm)
Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB<CD). Gọi K, M lần lượt là trung
điểm của BD, AC. Đường thẳng qua K và vuông góc với AD cắt đường thẳng
qua M và vuông góc với BC tại Q. Chứng minh:
a) KM // AB.
b) QD = QC.
Câu 5: (1,0 điểm).
Trong mặt phẳng cho 2009 điểm, sao cho 3 điểm bất kỳ trong chúng là 3
đỉnh của một tam giác có diện tích không lớn hơn 1. Chứng minh rằng tất cả
những điểm đã cho nằm trong một tam giác có diện tích không lớn hơn 4.
—Hết—
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ tên thí sinh SBD
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
——————
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
Dành cho lớp chuyên Toán.
—————————
Câu 1 (3,0 điểm).
a) 1,75 điểm:
Nội dung trình bày Điể
m
Điều kiện

2
3
2
2
1
x
y
x y
xy
x
y
 =



=
+ =



⇔


=
=




=




 
⇔





=
=







=


0,25
Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là:
( ; ) (1; 2), (2; 1), (1; 1/ 2), (1/ 2; 1)x y =
0,25
b) 1,25 điểm:
Nội dung trình bày Điể
m
Xét 3 trường hợp:

.
0,25
Nếu
1p = −
thì (1) cho ta vô số nghiệm thoả mãn
2 x≤
; (2) vô nghiệm; (3) vô
nghiệm.
0,25
Nếu
1p =
thì (2) cho ta vô số nghiệm thoả mãn
3 2x− ≤ <
; (1) có nghiệm x=2;
(3)VN
0,25
Kết luận:
+ Nếu -1 < p < 1 thì phương trình có 2 nghiệm: x = 2 và
2( 4)
1
p
x
p
−
=
+
+ Nếu p = -1 thì phương trình có vô số nghiệm
2 x≤ ∈¡
+ Nếu p = 1 thì phương trính có vô số nghiệm
3 2x− ≤ ≤

 
+ + + + + ≥
 ÷
 ÷
− − − − − − − − −
 
 

0,5
Câu 3 (1,5 điểm):
Nội dung trình bày Điể
m
Điều kiện xác định: x
≠
1 (do x nguyên). 0,25
Dễ thấy
1 2( 1)
;
| 2 1| | 1|
x
A B
x x
−
= =
+ −
, suy ra:
2 1 1
3 | 2 1| | 1|
x
C

>
.
0,5
Nếu
1
1
2
x− < <
. Khi đó:
0x =
(vì x nguyên) và
0C =
. Vậy
0x =
là một giá trị cần
tìm.
0,25
Nếu
1
2
x < −
. Khi đó
1x ≤ −
(do x nguyên). Ta có:
2 1 4( 1)
1 0
3 2 1 3(2 1)
x
C
x x

Câu 4 (3,0 điểm):
a) 2,0 điểm:
Nội dung trình bày Điể
m
Gọi I là trung điểm AB,
,E IK CD R IM CD= ∩ = ∩
. Xét hai tam
giác KIB và KED có:
·
·
ABD BDC=
0,25
KB = KD (K là trung điểm BD) 0,25
·
·
IKB EKD=
0,25
Suy ra
KIB KED IK KE
∆ = ∆ ⇒ =
. 0,25
Chứng minh tương tự có:
MIA MRC
∆ = ∆
0,25
Suy ra: MI = MR 0,25
Trong tam giác IER có IK = KE và MI =
MR nên KM là đường trung bình
⇒


Có:
QK AD⊥
(gt), IE//AD (CM trên)
QK IE⇒ ⊥
. Tương tự có
QM IR⊥
0,25
Từ trên có: IK=KE,
QK IE QK⊥ ⇒
là trung trực ứng với cạnh IE của
IER∆
. Tương
tự QM là trung trực thứ hai của
IER∆
0,25
Hạ
QH CD⊥
suy ra QH là trung trực thứ ba của
IER∆
hay Q nằm trên trung trực
của đoạn CD
⇒
Q cách đều C và D hay QD=QC (đpcm).
0,25
Câu 5 (1,0 điểm):
Nội dung trình bày Điể
m
A'
B'
C'

; ;d P AB d C AB
>
, suy ra
PAB CAB
S S>
, mâu thuẫn với giả thiết tam
giác
ABC
có diện tích lớn nhất.
0.25
Vậy, tất cả các điểm đã cho đều nằm bên trong tam giác
' ' 'A B C
có diện tích không
lớn hơn 4.
0.25
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN CỦA HẢI
PHÒNG
NĂM HỌC 2009-2010
Bài 1 : ( 1 điểm )
Cho
( )
3
4 2 3 3
5 2 17 5 38 2
x
+ −
=
+ − −
tính
( )

 ÷
 
2. Cho các số dương a; b; c thoả mãn a + b + c
3≤
. Chứng ming rằng

2 2 2
1 2009
670
a b c ab bc ca
+ ≥
+ + + +
Bài 4 : ( 3, 5 điểm )
Cho tam giác ABC với BC = a ; CA = b ; AB = c( c < a ; c< b ) . Gọi M ; N
lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn tâm ( O) nội tiếp tam giác ABC với các
cạnh AC và BC . Đường thẳng MN cắt các tia AO : BO lần lượt tại P và Q . Gọi
E; F lần lượt là trung điểm của AB ; AC
1. Chứng minh tứ giác AOQM ; BOPN ; AQPB nội tiếp
2. Chứng minh Q; E; F thẳng hàng
3. Chứng minh
MP NQ PQ OM
a b c OC
+ +
=
+ +
Bài 5 : ( 2 điểm )
1. Giải phương trình nghiệm nguyên 3
x
- y
3

vậy P = 1
Bài 2 : vì
3 1 4 2
1x x x x− = − =
=>
3 1 4 2
1; 1x x x x= + = +
Theo hệ thức Vi ét ta có
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1 2
2
1 2
1 2
(1)
. (2)
1 1 (3)
1 . 1 (4)
x x b
x x c
x x b
x x bc
+ = −


=


+ + + =

4
c ≤
;
b = -2 ; c = -1
Bài 3 :
1. Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương
3
a b c abc+ + ≥

3
1 1 1 1
3
a b c
abc
+ + ≥
=>
( )
1 1 1
9a b c
a b c
 
+ + + + ≥
 ÷
 
dấu “=” sảy ra  a = b = c
2. ta có
( )
2
2 2 2
3

+ ≥ ≥
+ + + +
+ +
vậy
2 2 2
1 2009
670
a b c ab bc ca
+ ≥
+ + + +
. dấu “=” sảy ra  a = b = c = 1
Bài 4 : a) ta có
·
·
·
µ
µ
( )
·
µ
µ
µ
( )
·
·
0
1
2
180 1
2 2

µ
·
1
2
EQB EBQ B QBC= = =
=> QE //BC
Mà E F là đường trung bình của tam giác ABC nên E F //BC
 Q; E; F thẳng hàng
c)
~ ( )
~ ( )
~ ( )
MP OM OP
MOP COB g g
a OC OB
NQ ON OM
NOQ COA g g
b OC OC
PQ OP OM
POQ BOA g g
c OB OC
OM MP NQ PQ MP NQ PQ
OC a b c A B C
= =
= =
= =
+ +
=> = = = =
+ +
Bi 5 :

9 3.3 3 3 3 3
1
9 3.3 3 9 3 9
m m n
m m n
n

+

=

+M M
M M
=>
( )
9 3.3 3 3 3 3 3 0
m m m m
+ = =
=> m = 1 => y = 2 ; x = 2
vy p/ trỡnh cú hai nghim l ( 0 ; 0 0 ; ( 2 ; 2 )
2.Ta tụ mu cỏc ụ vuụng ca bng bng hai mu en trng nh bn c vua
Lỳc u tng s si cỏc ụ en bng 1005 . 2009 l mt s l
sau mi phộp thc hin thao tỏc T tng s si cỏc ụ en luụn l s l
vy khụng th chuyn tt c viờn si trờn bng ụ vuụng v cựng mt ụ sau mt
s hu hn cỏc phộp thc hin thao tỏc T
Sở giáo dục-đào tạo Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên
Hà nam Năm học 2009-2010


Bài 2.(2,0 điểm)
Cho phơng trình:
6 3 2 0x x m + =
a) Tìm m để x =
7 48
là nghiệm của phơng trình.
b) Tìm m để phơng trình có 2 nghiệm x=x
1
; x=x
2
thoả mãn:

1 2
1 2
24
3
x x
x x
+
=
+
Bài 3.(2,0 điểm)
1) Cho phơng trình:
( )
2
2 2 2 6 6 52 0x m x m+ + =
( với m là tham số, x là ẩn số).
Tìm giá trị của m là số nguyên để phwowng trình có nghiệm là số hữu tỷ.
2) Tìm số

định.
Hết
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ ký giám thị số 1: .Chữ ký giám thị số 2
Gợi ý một số câu khó trong đề thi:
Bài 3:
1) Ta có
'

=
( )
2
2
4 12 68 2 3 77m m m =
Để phơng trình có nghiệm hữu tỷ thì
'

phải là số chính phơng. Giả sử
'

= n
2
( trong đó n là số tự nhiên).
Khi đó ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2
2 3 77 2 3 77 2 3 . 2 3 77m n m n m n m n = = + =
Do n


a b a b
+
+ + = + = +
+

+ +
+

= =
+ +
Ta có
( )
2
4 1a b+
là số lẻ và do
0 9c<
nên
( )
2
4 1a b+
M
5.
Mà
( )
2
4 a b+
là số chẵn nên
( )
2
4 a b+

Kết hợp (*) và (**) ta có
( )
2
a b+


{4; 9; 49; 64}

a+b

{2; 3; 7; 8}
+ Nếu a+b

{2; 7; 8} thì a+b có dạng 3k 1(k

N) khi đó
( )
2
4 1a b+
chia
hết cho 3 mà (a+b) + 9a= 3k 1+9a không chia hết cho 3

( )
10 9a b a

+ +không
M

KT AK
ET IE
=
C/m
∆
AKB
:
∆
INB
⇒
KB AK
BN IN
=
Do IE=IN tõ ®ã ta suy ra ®iỊu ph¶i chøng minh
C¸ch 2:
C/m
∆
TKE
:
∆
TAI
⇒
KT TA
ET TI
=
C/m
∆
BIM
:
∆

⇒
®pcm.
GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2009
– 2010
Đề, lời giải Cách khác, nhận xét
Bài 1: (1 điểm) Cho phương trình ax
2
+
bx + c = 0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
,
x
2
. Đặt S
2
= x
1
2
+ x
2
2
; S
1
= x
1
.x
2
Chứng
minh rằng: a.S
2

a.S2 + b.S1 + 2c = a x x 2
x 2 x x 2
x 2 x x 2
2 . . 2
2 2 0 ( 0)
x b x c
a x x b x c
a x a x b x c
b c b
a a b c
a a a
b b
c c doa
a a
+ + + +
 
= + − + + +
 
= + − + + +
− −
 
= × − + +
 ÷
 
= − − + = ≠
Bài 2: (2 điểm)
Cho phương trình: 2x - 7
x
+ 3m – 4 =
0 (1)

Suy ra x
1
= 9 ; x
2
= ¼
b/ Từ (1) coi phương trình với ẩn là
x
Lập
1 2
81 24
7
2
x
m
S x x
∆ = −
= + =
Để pt (1) có nghiệm thì:
1 2
81 24 0
27
7
8
0
2
x
m
m
S x x
∆ = − ≥

4
x x
x
x
x
+ =
⇒ + =
⇒ = − =
⇒ =
Câu b:
Có thể yêu cầu tìm số nguyên lớn
nhất của m để phương trình (1) có
nghiệm.
Chú ý: nếu thay
x
bởi
x
ta có
bài toán tương tự.
Bài 3: (2 điểm) Giải hệ phương trình:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2 2 (1)
2 3 6 (2)
3 1 3 (3)
x y
y z
z x



 
⇔ =
+ =
 
 
=
+ =


Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = - 6 hệ (I) là:
6
3 3
2
1 1
4
2 2
z
z
x
x
y
y

= −
+ = −

 
⇔ = −
+ = −

3
. 0
b
a b
d y x
m a b
m
a
m

=

+ =
−
 
⇔ ⇒ = +
−
 
+ =
=
 


b/ Phương trình hoành độ giao điểm của
(d) và (P):
( )
2
2
2
2 2

A
+ x
B
=
9
m
; x
A
. x
B
=
-9
Do A, B
3 3
( ) 3 ; 3
A A B B
d y x y x
m m
− −
∈ ⇒ = + = +
Theo công thức tính khoảng cách:
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( )
2 2
2
2
2 2

m
x x
m
x x x x
m
m m
m m
m m m
= − + −
− −
 
= − + −
 ÷
 
= − + −
 
= − +
 ÷
 
 
 
= + − +
 ÷
 
 
 
   
= − − +
 
 ÷  ÷