BÀI TẬP TỔNG HỢP VỀ CĂN BẬC HAI
Bài toán 1: SO SÁNH các giá trị chứa căn thức ( Không dùng máy tính )
Phương pháp so sánh : Với a>0 và b>0 thì nếu a > b ⇔ >
a) 2 và b) -3 và - 5 c) 21, 2 , 15 , - (sắp xếp theo thứ tự tăng dần)
d) 2 và e) 2 - 1 và 2 f) 6 và
g) và 1 h) - và - 2 i) - 1 và 3
j) 2 - 5 và 1 k) và l) 6 , 4 , - , 2 , (Sx theo tt giảm dần)
m) - 2 và - n) 2 - 2 và 3 o) 28, , 2, 36 (sắp xếp theo thứ tự tăng dần)
q) và - r) - 7 và 4 p) - 27, 4, 16 , 21 (sắp xếp theo thứ tự giảm dần )
→ Làm thêm một số bài tập trong SGK : B45/tr27, B56/tr30, B69/tr36.
Bài toán 2: Tìm SỰ XÁC ĐỊNH của các biểu thức chứa căn .
Phương pháp tìm điều kiện: xác định khi A ≥ 0
Cần lưu ý xác định khi B # 0
a) g) m) s)
b) h) n) t)
c) i) o) u)
d) j) p) v)
e) k) q) w)
f) l) r) 2 - 4 y)
Bài toán 3: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH = B
Phương pháp giải phương trình = B ⇔
a) = 4 g) = 12 l) = - x r) = 2
b) = 4 h) = 21 m) = 2 s) = 3
c) = 10 i) = o) = t) = x
d) = 12 j) - = 0 p) = 8 u) =
e) = 2 k) = 2 q) = 3 v) = 5
w) - 3 = x) + 2 - = 1 a') + x = 11
y) = 1 - 2x z) - = 4 b') + =
*Bài toán 4: RÚT GỌN căn bậc hai theo HẰNG ĐẲNG THỨC 1 và 2:
( THI )
Phương pháp rút gọn đưa về dạng = | A |

F = + - 2 G =
I = - J = + K = -
L = (3 + ). M = - N = -
O = + R = - S = +
P = - T= + U = -
V = + W = + Y =
Z = + II = - IV = -
Bài toán 7: RÚT GỌN biểu thức căn có PHÂN SỐ ở dạng SỐ ( THI
TUYỂN SINH )
Phương pháp rút gọn: sử dụng phương pháp liên hợp ( hẳng đẳng thức số 3 )
để trục căn ở mẫu .
2
→ Nghĩa là = =
Lưu ý : trong bài toán rút gọn căn có PHÂN SỐ chia làm hai dạng : CHỮ
và SỐ.
+ Để có được kỹ năng rút gọn trên ta cần nhắc lại 1 số kiến thức của toán 6 - 7 -
8 để giải các bài toán trên cụ thể ta cần trả lời 1 số kiến thức trước khi giải:
→ Thừa chung được không ? ( xem lại các cách thừa chung của lớp 8 )
→ Có hằng đẳng thức không ? ( xem lại 7 hẳng đẳng thức đáng nhớ của lớp 8 )
→ Liên hiệp được không ? ( xem lại phương pháp rút gọn trong bài toán 7 của
lớp 9 )
→ Quy đồng được không ? ( xem lại các giải pt có Ẩn ở mẫu của lớp 8)
A = - B = - C = +
D = - E = + F = + - ( + )
G = - H = - I = -
J = 1+ .1 - K = - L = - :
M = : N = + O = + -
P = - Q = - .( - ) R = +
S = - T = - U = + :
V = - *W = - Y =

1
x
x
x
x
:
2
1
2
2
x
x
 
−
 ÷
 ÷
 
(Với x>0, x # 1) N =
x
xx
xx
xx +
−+
+−
+ 2
1
1
2
(
với x>0)

+
−
−
−

3
Q =
1
1
1
1
1
2
−
−
++
+
+
−
+
xxx
x
xx
x
R =
1212
1
.
1
1

+
−
1
:
1
2
T =
xy
xyyx +
:
yx
yx
−
−
U =
3 1 4 4
4
2 2
a a a
a
a a
+ − −
− +
−
− +
V =





2
1 1 3 1 1
:
1 1 1
3 1
a a a a
a a a a
a a
 
− − + +
 ÷
− −
 ÷
− − −
 ÷
+ −
 
X =
x
xx
x
x
xx
x
3
13
1
42
:3
1








−
−
−
+
1
2
:
1
1
1
2
xx
x
xxx
xx
Z =
( ) ( )
2 2 4 6 9
:
4
2 2
2 3
x x x x x



+
+
+
1
1
1
1 x
xx
x
xx
( Tất cả những bài căn không có điều kiện xem như đã xác định )
*Bài toán 9 : CHỨNG MINH đẳng thức căn.
Phương pháp chứng minh: thực tế, Bài toán CM cũng chỉ là bài toán rút gọn,
ta chọn 1 vế bất kì rồi thu gọn cho thành vế còn lại. Vẫn sử dụng hết các tính
chất của 8 bài toán đã học.
Chứng minh các đẳng thức sau :
a) = - 1 b) + - 2 = 0
c) = 1 + d) = 3
e) = 1 f) - . > 2
g) : = a - b h) + + + + = 4
i) + . = 1 j) (4 + )( - ) = 2
k) + = 28 l) - = -
Chúc các em thành công !

c¨n bËc 2
1. T×m c¨n bËc 2 sè häc cña c¸c sè:
0,36 0,81 0,09 0,0121 2,25 2,56
2,89

2 2
72 : 2 .3 .36 225
4. Chứng minh
a.
2
11 6 2 (3 2)+ = +
b.
2
8 2 7 ( 7 1) =
c.
2
(5 3) 28 10 3 =
d.
4 2 3 4 2 3 2+ =
5. Tìm x để các biểu thức sau có nghĩa
2x
2 x
3 12x +
2
3 6x
2
3 2x
2
4x


2
3 1x +
2
2x

2 3 2 3+ +
7. Tìm x
a.
2 5 5x + =
b.
7 3 0x =
c.
3 1 10x + =
d.
16 7 11x =
e.
( )
10 3 30x =
f.
4. 2 24x =
8. Tìm giá trị các biểu thức sau bằng cách biến đổi, rút gọn thích
hợp:
a,
9
196
49
16
81
25
b,
81
34
2.
25
14

5
10
e, 2
422
)1(5)3(2)32( −−−+−
g, (
6:)
3
216
28
632
−
−
−
h,
57
1
:)
31
515
21
714
(
−−
−
+
−
−
i,
1027

5:)5
5
9
5
1
(,
2:)64100144(,
2:)509872(,
3:)32712(,
+−
+−
−+
−+
d
c
b
a
3:)3
3
4
3
1
(,
3:)1081227(,
40
63
.
7
1000
2

302115,
2
−
−
+
+
−
−
−+−−
+−−
−−+
−+
a
aa
h
g
e
xxxd
c
b
a
Sö dông h»ng ®¼ng thøc b×nh ph¬ng cña mét tæng, cña mét hiÖu
®Ó khai ph¬ng
6
. 12 2 35 , 5 2 6, 16 6 7 , 8 28, 7 24 , 4 2 3, 18 2 65
27 10 2 , 14 6 5 , 17 12 2 , 7 4 3, 2 3, 2 3, 9 4 5
. 5 2 6 5 2 6 , 17 12 2 24 8 8 , 17 3 32 17 3 32
15 6 6 33 12 6 , 8 2 15 23 4 15 , 31 8 15 24 6 15
49 5 96 49 5 96 , 3 2 2 5 2 6 , 17 4 9 4 5
. 13 30 2 9 4 2

8.Sử dụng phơng pháp trục căn thức để thực hiện quá trình khử căn
thức dới mẫu

3 4 6 2 1 1
; ; ;
6 3 7 3 3 2 2 3 2 3 4 2 4 3 2 4 3 2
+
+ + + +
5 3 5 3 5 3 5 3 5 1 3 2 2 3 2 2
; ;
5 3 5 3 5 3 5 3 5 1
3 2 2 3 2 2
+ + + + +
+ +
+ +
+
4 TUYN SINH LP 10 CHUYấN:
HI DNG, THA THIấN HU, HNG YấN, VNH PHC
Cõu I (2.5 im):
1) Gii h phng trỡnh:
S GIO DC V O
TO
HI DNG

chớnh thc
KTHI TUYN SINH LP 10 THPT CHUYấN
NGUYN TRI
Nm hc 2009-2010
Mụn thi : Toỏn
Thi gian lm bi: 150 phỳt

 
 
=
+ −
với
2 x 2− ≤ ≤
2) Cho trước số hữu tỉ m sao cho
3
m
là số vô tỉ. Tìm các số hữu tỉ a, b, c để:
3
2
3
a m b m c 0+ + =

Câu III (2.0 điểm):
1) Cho đa thức bậc ba f(x) với hệ số của x
3
là một số nguyên dương và biết
f (5) f (3) 2010− =
. Chứng minh rằng:
f(7) f(1) −
là hợp số.
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 lượt là hình chiếu
vuông góc của M, N, P trên NP, MP, MN. Trên các đoạn thẳng AC, AB lần lượt lấy D, E

2 2
2
x y xy 3 (1)
xy 3x 4 (2)

+ + =

+ =

Từ (2)
⇒
x
≠
0. Từ đó
2
4 3x
y
x
−
=
, thay vào (1) ta có:
0.25
2
2 2
2
4 3x 4 3x
x x. 3
x x
 
− −

7 7
 
−
 ÷
 
;
4 7 5 7
;
7 7
 
−
 ÷
 
0.25
2)
1,0điểm
Điều kiện để phương trình có nghiệm:
x
' 0∆ ≥
0.25

m 5m 6 0 (m 2)(m 3) 0
2
⇔ − + ≤ ⇔ − − ≤
. Vì (m - 2) > (m - 3) nên:
x
' 0∆ ≥
⇔
m 2 0 và m 3 0
− ≥ − ≤

a b 4; a b 2x
⇒ + = − =
0.25
( )
( )
( )
3 3 2 2
2 ab a b 2 ab a b a b ab
A
4 ab 4 ab
+ − + − + +
⇒ = =
+ +
0.25
( ) ( )
( )
2 ab a b 4 ab
A 2 ab a b
4 ab
+ − +
⇒ = = + −
+
0.25
( )
A 2 4 2ab a b
⇒ = + −
0.25
( )
( ) ( ) ( )
2 2

2
3
2
a m bc
m
b ac
−
⇒ =
−
là số hữu tỉ. Trái với giả thiết!
2 3
2 2
b ac 0 b abc
a m bc 0 bc am
 
− = =
 
⇒ ⇒
 
− = =
 
 
0.25
3 3
3
b a m b a m
⇒ = ⇒ =
. Nếu b
≠
0 thì

2
)b + (5 - 3)c
= 98a + 16b + 2c
⇒
16b + 2c = (2010- 98a)
0.25
Ta có f(7) - f(1) = (7
3
- 1
3
)a + (7
2
- 1
2
)b + (7 - 1)c
= 342a + 48b + 6c = 342a + 3(16b + 2c)
= 342a + 3(2010- 98a)= 48a + 6030 = 3.(16a + 2010)
3M

0.25
Vì a nguyên dương nên 16a + 2010>1 . Vậy f(7)-f(1) là hợp số
0.25
2)
1,0điểm
( ) ( )
2 2
2 2
P x 2 1 x 3 2= − + − + +
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy lấy các điểm A(x-2; 1), B(x+3; 2)
0.25

đoạn OB. Vậy Max
P 26=
khi x = 7.
0.25
Câu IV
2 điểm
1)
0,75điểm
Ta dễ dàng chứng minh tứ giác
MBAN nội tiếp
·
·
MAB MNB⇒ =
,
MCAP nội tiếp
·
·
CAM CPM⇒ =
.
0.25
Lại có
·
·
BNM CPM=
(cùng phụ góc NMP)
·
·
CAM BAM⇒ =
(1)
0.25

B
C
A
N
M
P
D
Do DE//NP nên
·
·
DEK NAB=
, mặt khác tứ giác MNAB nội tiếp nên:
·
·
0
NMB NAB 180+ =
·
·
0
NMB DEK 180⇒ + =
0.25
Theo giả thiết
·
·
DMK NMP=
·
·
0
DMK DEK 180⇒ + =
⇒

Câu V
1 điểm
D'
B'
A'
O
C
A
B
D
Không mất tổng quát giả sử:AB
≤
AC. Gọi B’ là điểm chính giữa cung
¼
ABC

AB' CB'⇒ =
Trên tia đối của BC lấy điểm A’ sao cho BA’ = BA
AB BC CA'
⇒ + =
0.25
Ta có:
·
·
·
B'BC B'AC B'CA= =
(1) ;
· ·
0
B'CA B'BA 180+ =

cung
»
AC
của đường tròn (O)
0.25
Chú ý: Nếu thí sinh làm theo cách khác, lời giải đúng vẫn cho điểm tối đa.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC
THỪA THIÊN HUẾ Môn: TOÁN - Năm học 2008-2009
Đề chính thức Thời gian làm bài: 150 phút
12
Bài 1: (3 điểm)
a) Không sử dụng máy tính bỏ túi, hãy chứng minh đẳng thức :
3 3 13 4 3 1− − − =
.
b) Giải hệ phương trình :
2
1 5
( 2 1) 36
x y
x x y

+ + =


+ + =


Bài 2: (1,5 điểm)
Cho phương trình:
4 2

Tìm số tự nhiên có bốn chữ số (viết trong hệ thập phân) sao cho hai điều kiện sau
đồng thời được thỏa mãn:
(i) Mỗi chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng liền trước.
(ii) Tổng p + q lấy giá trị nhỏ nhất, trong đó p là tỉ số của chữ số hàng chục và chữ số
hàng đơn vị còn q là tỉ số của chữ số hàng nghìn và chữ số hàng trăm.
Bài 5: (1 điểm)
Một tấm bìa dạng tam giác vuông có độ dài ba cạnh là các số nguyên. Chứng minh
rằng có thể cắt tấm bìa thành sáu phần có diện tích bằng nhau và diện tích mỗi phần là số
nguyên.
Hết
SBD thí sinh: Chữ ký GT1:
13
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC
THỪA THIÊN HUẾ Môn: TOÁN - Năm học 2008-2009
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

GV: Bùi Công Hải – THCS Phú Lương – Hà Đông – Hà Nội
14
B.3 3,0
3.a + Hình vẽ
·
·
0
CPA BMA 90 CP / /BM= = ⇒
0,25
GV: Bùi Công Hải – THCS Phú Lương – Hà Đông – Hà Nội
BÀI NỘI DUNG Điể
m
B.1 3,0
1.a

), ta có hệ
u v 5
uv 6
+ =


=


0,50
Giải ra : u

= 2 , v = 3 hoặc u =3 , v = 2 0,25
Trường hợp u

= 2 , v = 3 có : ( x

= 1 ;

y = 9 ) hoặc ( x

=
−
3 ;

y = 9) 0,25
Trường hợp u

= 3 , v = 2 có : ( x


0,25
Vậy để (1) có bốn nghiệm phân biệt thì (2) luôn có hai nghiệm dương phân biệt
1 2
t , t
. Tương đương với:
1
' 0,P 2m 1 0, S 2m 0 m ,m 1
2
∆ > = − > = > ⇔ > ≠
(3)
0,25
Với điều kiện (3), phương trình (2) có 2 nghiệm dương
1 2
0 t t< <
và phương
trình (1) có 4 nghiệm phân biệt:
1 2 2 1 3 1 4 2
x t x t x t x t= − < = − < = < =
Theo giả thiết:
( )
4 1 3 2 2 1 2 1 2 1
x x 3 x x 2 t 6 t t 3 t t 9t− = − ⇔ = ⇔ = ⇔ =
(4)
0,25
Theo định lí Vi-ét, ta có:
1 2
t t 2m+ =
và
1 2
t t 2m 1= −

AM AB
=
(1)
+ Tương tự:
CQ / /BN
và
AQ AC
(2)
AN AB
=
Từ (1) và (2):
AP AQ
AM AN
=
,
Do đó
PQ / /MN
0,25
0,25
0,25
3.b
+ Hai tam giác MEP và MAE có :
·
·
EMP AME=
và
·
·
PEM EAM=
.

NF AN NF AN
= ⇒ =
0,25
0,25
0,25
0,25
B. 4
1,5
Xét số tùy ý có 4 chữ số
abcd
mà
1 a b c d 9
≤ < < < ≤
. (a, b, c, d là các số
nguyên).
Ta tìm giá trị nhỏ nhất của
c a
p q
d b
+ = +
0,25
Do b, c là số tự nhiên nên:
c b c b 1> ⇒ ≥ +
. Vì vậy :
b 1 1
p q
9 b
+
+ ≥ +
1 b 1 1 b 1 7

Trước hết ta chứng minh ab chia hết cho 12.
0.25
+ Chứng minh
ab 3M

Nếu cả a và b đồng thời không chia hết cho 3 thì
2 2
a b+
chia 3 dư 2.
Suy ra số chính phương
2
c
chia 3 dư 2, vô lý.
0,25
+ Chứng minh
ab 4M

- Nếu a, b chẵn thì
ab 4M
.
- Nếu trong hai số a, b có số lẻ, chẳng hạn a lẻ.
Lúc đó c lẻ. Vì nếu c chẵn thì
2
c 4M
, trong lúc
2 2
a b+
không thể chia hết cho
4.
Đặt a = 2k + 1, c = 2h + 1, k, h

17
Bài
1:
(1,5 điểm)
Cho
1 1
a 2 :
7 1 1 7 1 1
 
= −
 ÷
 ÷
+ − + +
 
Hãy lập một phương trình bậc hai có hệ số nguyên nhận a - 1 là một nghiệm.
Bài 2: (2,5 điểm)
a) Giải hệ phương trình:
x 16
xy
y 3
y 9
xy
x 2

− =




− =

nếu độ dài các cạnh của hình 8 - giác EFGHIJKM là các số hữu tỉ thì EF = IJ.
Hết
Họ và tên thí sinh:…………………… ……….
……
Chữ ký của giám thị …………… ….……
Số báo danh: ….….………Phòng thi số: …
…
GV: Bùi Công Hải – THCS Phú Lương – Hà Đông – Hà Nội
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
HƯNG YÊN
Đề chính thức
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
CHUYÊN
Năm học 2009 – 2010
Môn thi: Toán
(Dành cho thí sinh thi vào các lớp chuyên Toán, Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút
18
…
Bài
1:
(1,5 điểm)

1 1 7 1 1 7 1 1
a 2 : 2 :
7
7 1 1 7 1 1
 
+ + − + +

xy
y 3
y 3
y x 5
y 9
(2)
xy
x y 6
x 2


− =
− =


 
⇔
 
 
− =
− =
 


ĐK:
x, y 0≠
0,25 đ
Giải (2)
2 2
6y 6x 5xy (2x 3y)(3x 2y) 0⇔ − = ⇔ + − =

Thay vào (1) ta được
2
y 9 y 3= ⇔ = ±
0,25 đ
- Với
y 3 x 2= ⇒ =
(thoả mãn điều kiện)
- Với
y 3 x 2= − ⇒ = −
(thoả mãn điều kiện)
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm: (x; y) = (2; 3); (x; y) = (-2; -3)
0,25 đ
b) Đặt
( )
2
2
x 2x 1 y x 1 y x 1 y (y 0)− + = ⇔ − = ⇔ = ± ≥
(*)
Phương trình đã cho trở thành:
( ) ( )
2
y 1 3 y 1 m 0− − − + =
2
y 5y m 4 0⇔ − + + =
(1)
0,25 đ
Từ (*) ta thấy, để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì phương
trình (1) có 2 nghiệm dương phân biệt
0,25 đ
GV: Bùi Công Hải – THCS Phú Lương – Hà Đông – Hà Nội


⇔ ⇔ − < <


> −

Vậy với
9
4 m
4
− < <
thì phương trình có 4 nghiệm phân biệt.
0,25 đ
Bài 3: (2,0 điểm)
a) Vì k > 1 suy ra
2 2
k 4 5; k 16 5+ > + >

- Xét
k 5n 1= +
với
2 2 2
n k 25n 10n 1 k 4 5∈ ⇒ = + + ⇒ +¢ M
2
k 4⇒ +
không là số nguyên tố.
0,25 đ
- Xét
k 5n 2= +
với

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:
( )
( )
2
p a p b p c 3 3p a b c 3p− + − + − ≤ − − − =
Suy ra
p a p b p c 3p− + − + − ≤
(đpcm)
0,5 đ
Bài 4: (3,0 điểm)
GV: Bùi Công Hải – THCS Phú Lương – Hà Đông – Hà Nội
20


Suy ra
MB MD
MB.BD MD.BC
BC BD
= ⇒ =
0,5 đ
b) Gọi (J) là đường tròn ngoại tiếp
BDC
∆

·
·
·
BJC 2BDC 2MBC⇒ = =
hay
·
·
BJC
MBC
2
⇒ =
BCJ∆
cân tại J
·
·
0
180 BJC
CBJ
2
−

⇒
CI = NJ
Suy ra tổng bán kính của hai đường tròn (I) và (J) là:
IC + JB = BN (không đổi)
0,5 đ
Bài 5: (1,0 điểm)
GV: Bùi Công Hải – THCS Phú Lương – Hà Đông – Hà Nội
21

g
f
e
d
h
c
b
a
G
F
I
H
J
M
C
A
B
D
E
K
Gọi EF = a ; FG = b ; GH = c ; HI = d ; IJ = e ; JK = f ; KM = g ; ME = h

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
+ − −
= ∈
−
¤
(điều này vô lý do
2
là số vô tỉ)
Vậy e - a = 0 ⇔ e = a hay EF = IJ (đpcm).
0,25 đ
SỞ GD&ĐT VĨNH KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC
GV: Bùi Công Hải – THCS Phú Lương – Hà Đông – Hà Nội
22
PHÚC
——————
2009-2010
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho các thí sinh thi vào lớp chuyên Toán

a b c
2
(b c) (c a) (a b)
+ + ≥
− − −
Câu 3: (1,5 điểm)
Cho
2
1
A
4x 4x 1
=
+ +
và
2
2x 2
B
x 2x 1
−
=
− +
Tìm tất cả các giá trị nguyên của
x
sao cho
2A B
C
3
+
=
là một số nguyên.

2
2[xy(x y) (x y)] 9xy (1)
2(xy) 5xy 2 0 (2)
+ + + =


− + =

0,25
Giải PT(2) ta được:
xy 2 (3)
1
xy (4)
2
=



=

0,50
Từ (1)&(3) có:
x 1
y 2
x y 3
xy 2
x 2
y 1
 =


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

p 1≠ ±
thì (1) có nghiệm
x 2=
; (2) vô nghiệm; (3) có nghiệm x nếu thoả mãn:
2(p 4)
x 3 1 p 1
p 1
−
= < − ⇔ − < <
+
.
0,25
Nếu
p 1= −
thì (1) cho ta vô số nghiệm thoả mãn
2 x≤
; (2) vô nghiệm; (3) vô nghiệm. 0,25
Nếu
p 1=
thì (2) cho ta vô số nghiệm thoả mãn
3 x 2− ≤ <
; (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(p 4)
x
p 1
−
=
+

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

0,5
Câu 3 (1,5 điểm):
Điều kiện xác định: x
≠
1 (do x nguyên). 0,25
Dễ thấy
1 2(x 1)
A ; B
| 2x 1| | x 1|
−
= =
+ −
, suy ra:
2 1 x 1
C
3 | 2x 1| | x 1|
 
−
= +
 ÷
+ −

< −
. Khi đó
x 1≤ −
(do x nguyên). Ta có:
2 1 4(x 1)
C 1 0
3 2x 1 3(2x 1)
+
 
= − − = − ≤
 ÷
+ +
 
và
4(x 1) 2x 1
C 1 1 0
3(2x 1) 3(2x 1)
+ −
+ = − + = >
+ +
, suy ra
1 C 0− < ≤
hay C =0 và x = -1.
Vậy các giá trị tìm được thoả mãn yêu cầu là: x = 0 , x = -1.
0,25
Câu 4 (3,0 điểm):
a) 2,0 điểm:
Nội dung trình bày Điểm
Gọi I là trung điểm AB,
E IK CD, R IM CD= ∩ = ∩

ABD
⇒
IK//AD hay
IE//AD
Chứng minh tương tự trong
∆
ABC có IM//BC hay IR//BC
0,25
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
⇒