Tuyển tập đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT

N nên ta có thể đặt n = 3k; n = 3k + 1 hoặc n = 3k + 2 với k ∈ Z
* Với n = 3k ⇒ A = 9k2 + 3k + 1. Vì A không chia hết cho 3⇒ A không chia hết cho 9.
* Với n = 3k + 1 ⇒ A = (3k + 1)2 + (3k + 1) + 1 = 9k2 + 9k + 3 = 9k(k + 1) + 3 nên A không
chia hết cho 9.
* Với n = 3k + 2⇒ A = (3k + 2)2 + (3k + 2) + 1 = 9k(k + 1) + 7 nên A không chia hết cho 9.
2. Giả sử đã tồn tại m ∈ N sao cho phương trình đã cho có hai nghiệm x1, x2. Theo đinh lí Vi-et ta
có:{
x1 + x2 = m
2
x1x2 = 2m+ 2
⇒ (x1 − 1)(x2 − 1) = x1x2 − (x1 + x2) + 1
= −m2 + 2m+ 3.
Với m nguyên dương thì x1x2 ≥ 4 và x1 + x2 ≥ 1. Mặt khác, x1 hoặc x2 phải là số nguyên nên
x1 + x2 ≥ 0 và x1x2 ≥ 0⇒ x1 và x2 là số không âm. Suy ra (x1 − 1)(x2 − 1) ≥ 0
⇔ −m2 + 2m + 2 ≥ 0 ⇔ (m + 1)(m − 3) ≤ 0 ⇔ m ≤ 3. Vậy m chỉ có thể nhận các giá trị 1, 2
hoặc 3.
Kiểm tra với từng giá trị của m ta thấy m = 3 thỏa mãn yêu cầu đầu bài.
Câu 4.
NguoiDien - 
MỤC LỤC Bùi Quỹ -  58
1. Hình vẽ:
A
B
C
F
E M
H
I
O
K
D
.
Gọi K là giao điểm của BO và DF . Khi đó ∆IKF vuông tại K.
Mặt khác D̂FE − 1
2
D̂OE = 45o ⇒ B̂IF = 45o
2. Khi AM = AB thì tam giác ABM vuông cân tại A. Khi đó D̂BH = 45o. Mặt khác do D̂FH =
D̂FI = 45o nên tứ giác BDHF là tứ giác nội tiếp.
Do đó năm điểm B,D,O,H, F cùng thuộc một đường tròn.
Do B̂FO = B̂HO = 90o ⇒ OH⊥BM
Do tam giác BAM vuông cân tại A nên AO⊥BM . Do đó A,O,H thẳng hàng.
Tam giác IKF vuông tại K và có K̂FI = 45o ⇒ K̂IF = 45o hay B̂IH = 45o.
Mặt khác B̂AH = 45o. vậy tứ giác ABHI là tứ giác nội tiếp.
3. Hình vẽ A
B
C
F
E
Q M
N
P
D
.
Ta có: Tứ giác PNQD là tứ giác nội tiếp suy ra Q̂PN = Q̂DN = ÊFN .
Tương tự ta có: N̂QP = N̂DP = F̂EN . Từ đây suy ra ∆NEF ∽ ∆NQP .
⇒ PQ
EF
=
NQ
NE
⇒ PQ ≤ EF .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P trùng với F và Q trùng với E. Khi đó DN là đường kính của
(O). Suy ra PQ lớn nhất là bằng EF .
Để xác định điểm M khi đó ta làm như sau: Kẻ đường kính DN của đường tròn (O). BN kéo
dài cắt AC tại M .
NguoiDien - 
MỤC LỤC Bùi Quỹ -  59
Câu 5.
Đặt x = 1 + c; y = 1 + b; z = 1 + a.
Do 0 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ 1 nên 1 ≤ z ≤ y ≤ x ≤ 2.
Khi đó A = (x+ y + z)
(
1
x
+
1
y
+
1
z
)
= 3 + 3 +
x
y
+
x
z
+
y
x
+
y
z
+
z
x
+
z
y
.
Ta lại có:(
1− x
y
)(
1− y
z
)
≥ 0⇔ 1− x
y
− y
z
+
xy
yz
≥ 0⇔ x
y
+
y
z
≤ x
z
+ 1.
Tương tự ta cũng có thể suy ra
z
y
+
y
x
≤ z
x
+ 1
Suy ra:
x
y
+
y
z
+
z
y
+
y
x
≤ x
z
+
z
x
+ 2
⇒ x
y
+
x
z
+
y
x
+
y
z
+
z
x
+
z
y
≤ 2
(x
z
+
z
x
)
+ 2.
Đặt
x
z
= t⇒ 1 ≤ t ≤ 2.
x
z
+
z
x
= t+
1
t
=
t2 + 1
t
=
2t2 − 5t+ 2
2t
+
5
2
=
(2t− 1)(t− 2)
2t
+
5
2
.
Do 1 ≤ t ≤ 2 nên (2t− 1)(t− 2)
2t
≤ 0⇒ x
z
+
z
x
≤ 5
2
.
⇒ A ≤ 3 + 2.5
2
+ 2 = 10.
Vậy giá trị lớn nhất của A là A = 10 khi a = b = 0 và c = 1.
NguoiDien - 
MỤC LỤC Bùi Quỹ -  60
HƯỚNG DẪN ĐỀ ĐÀ NẴNG 2012
Câu 1.
1. Ta có:
(x+ 1)(x+ 2) = 0⇔ x+ 1 = 0 hoặc x+ 2 = 0⇔ x = −1 hoặc x = −2.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm
x = −1
x = −2
2. Ta có:{
2x+ y = −1 (1)
x− 2y = 7 (2) ⇔
{
4x+ 2y = −2
x− 2y = 7
⇔
{
5x = 5
x− 2y = 7 ⇔
{
x = 1
y = −3
Câu 2. Rút gọn:
A = (
√
10−√2)
√
3 +
√
5 =
√
2(
√
5− 1)
√
6− 2√5
2
=
√
2(
√
5− 1) 1√
2
√
5 + 2
√
5 + 1
= (
√
5− 1)
√
(
√
5 + 1)2 = (
√
5− 1)(√5 + 1) = 5− 1 = 4.
Câu 3.
1. Hình vẽ:
xO
y
2
2
y = ax2
Dựa vào đồ thị ta có:
y(2) = a.22 = 2⇒ 4a = 2⇒ a = 1
2
2. Phương trình hoành độ giao điểm của y =
x2
2
và y = x+ 4 là:
x2
2
= x+ 4⇔ x2 − 2x− 8 = 0
∆′ = 1 + 8 = 9⇒ phương trình có hai nghiệm
x = −2
x = 4
Khi đó y(−2) = −2 + 4 = 2 và y(4) = 4 + 4 = 8.
Vậy tọa độ hai giao điểm cần tìm là (−2; 2) và (4; 8)/
NguoiDien - 
MỤC LỤC Bùi Quỹ -  61
Câu 4.
1. Khi m = 1 phương trình trở thành: x2 − 2x− 3 = 0.
Dễ thấy 1 − (−2) + (−3) = 0 nên phương trình có một nghiệm là x = −1 và nghiệm thứ hai là
x = −−3
1
= 3.
2. Giả sử phương trình đã cho có hai nghiêm x1, x2. Với x1, x2 6= 0 ta có:
x1
x2
− x2
x1
=
x2
1
− x2
2
x1x2
=
(x1 + x2)(x1 − x2)
x1x2
.
Mặt khác theo Vi-et thì x1 + x2 = 2 và x1x2 = −3m2
⇒ x1
x2
− x2
x1
=
8
3
⇔ 2(x1 − x2)−3m2 =
8
3
⇔ 2(x1 − x2) = −8m2.
Mặt khác ∆′ = 1 + 3m2 > 0 ∀m nên phương trình có hai nghiệm là x1 = 1 −
√
1 + 3m2 và
x2 = 1 +
√
1 + 3m2 (vì 2(x1 − x2) = −8m2 < 0⇒ x1 < x2). Do đó x1 − x2 = −2
√
1 + 3m2
⇒ 2.(−2√1 + 3m2 = −8m2)⇔√1 + 3m2 = 2m2
⇔ 4m4 − 3m2 − 1 = 0. Giải phương trình này ta được m2 = 1 hay m = ±1.
Câu 5.
Hình vẽ
B
C
O′
O
A
D
E
1. Theo tính chất của tiếp tuyến ta có: OB và O′C cùng vuông góc với BC. từ đó suy ra tứ giác
CO′OB là hình thang vuông.
2. Ta có ÂBC = B̂DC ⇒ ÂBC + B̂CA = 90o ⇒ B̂AC = 90o.
Mặt khác B̂AD = 90o nên ba điểm D,A,C thẳng hàng.
3. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông DBC ta có: DB2 = DA.DC
Mặt khác, theo hệ thức lượng trong đường tròn ta có DE2 = DA.DC (dựa vào các tam giác đồng
dạng).
Suy ra DB = DE.
NguoiDien - 
MỤC LỤC Bùi Quỹ -  62
HƯỚNG DẪN ĐỀ CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN - ĐÀ NẴNG 2012
Câu 1.
1. Với a, b > 0 và ab 6= 1 ta có:
D =
(√
a+
√
b
1−√ab +
√
a−√b
1− ab
)
:
(
1 +
a+ b+ 2ab
1− ab
)
=
(
√
a+
√
b)(1 +
√
ab) + (
√
a−√b)(1−√ab)
1− ab :
1− ab+ a + b+ 2ab
1− ab
=
2
√
a+ 2b
√
a
1− ab .
1− ab
a + b+ ab+ 1
=
2
√
a(b+ 1)
(a+ 1)(b+ 1)
=
2
√
a
a + 1
.
2. Với a =
2
2−√3 ta có:
a =
2
2−√3 =
2(2 +
√
3)
(2−√3)(2 +√3) =
4 + 2
√
3
1
= 3 + 2
√
3 + 1 = (
√
3 + 1)2 ⇒√a = √3 + 1
a + 1 = (
√
3 + 1)2 + 1 = 5 + 2
√
3
Suy ra: D =
2
√
a
a+ 1
=
2(
√
3 + 1)
5 + 2
√
3
=
2(
√
3 + 1)(5− 2√3)
25− 12
=
6
√
3− 2
13
Câu 2.
1. Giải phương trình:
Điều kiện x ≥ 1.
√
x− 1 +√x+ 4 = 3⇔ x− 1 + x+ 4 + 2√(x− 1)(x+ 4) = 9
⇔√(x− 1)(x+ 4) = 3− x
⇒ (x− 1)(x+ 4) = (3− x)2
⇔ x2 + 3x− 4 = x2 − 6x+ 9
⇔ x = 13
9
. Kiểm tra lại với x =
13
9
thỏa mãn phương trình đã cho. Vậy nghiệm của phương trình
là x =
13
9
2. Giải hệ:{
x+ y + xy = 7
x2 + y2 = 10
⇔
{
x+ y + xy = 7
(x+ y)2 − 2xy = 10 .
Đặt a = x+ y; b = xy. Khi đó hệ trở thành:
NguoiDien - 
MỤC LỤC Bùi Quỹ -  63{
a+ b = 7 (1)
a2 − 2b = 10 (2) (I)
Từ (1) suy ra b = 7− a. Thế vào (2) ta được:
(2)⇔ a2 − 2(7− a) = 10⇔ a2 + 14a− 24 = 0
Phương trình bậc hai có ∆′ = 1 + 24 = 25⇒ có hai nghiệm
[
a1 = 4
a2 = −6
Suy ra hệ (I) có hai nghiệm
{
a = 4
b = 3
và
{
a = −6
b = 13
* Với
{
a = 4
b = 3
ta có
{
x+ y = 4
xy = 3
⇒ x và y là nghiệm phương trình bậc hai:
X2 − 4X + 3 = 0⇒

{
x = 1
y = 3{
x = 3
y = 1
* Với
{
a = −6
b = 13
⇒
{
x+ y = −6
xy = 13
.
Suy ra x và y là nghiệm của phương trình bậc hai:
X2 + 6X + 13 = 0. Do phương trình này có ∆′ = 9 − 13 = −4 < 0 nên trường hợp này hệ vô
nghiệm.
Câu 3.
1. Phương trình đường thẳng (d) có dạng y = ax+ b có hệ số góc m và đi qua điểm I(1; 2) nên:
2 = m.0 + b⇒ b = 2. Do đó phương trình (d) có dạng: y = mx+ 2.
2. Hoành độ giao điểm của (d) và (P ) là nghiệm của phương trình:
x2
2
= mx+ 2⇔ x2 − 2mx− 4 = 0.
∆′ = (−m)2 − 1.(−4) = m2 + 4 ≥ 4 > 0 ∀m. Do đó phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
Suy ra (d) luôn cắt (P ) tại hai điểm phân biệt.
NguoiDien - 
MỤC LỤC Bùi Quỹ -  64
HƯỚNG DẪN ĐỀ BẮC GIANG 2012
Câu 1.
1. Ta có:
1√
2− 1 −
√
2 =
√
2 + 1
(
√
2− 1)(√2 + 1) −
√
2
=
√
2 + 1
(
√
2)2 − 12 −
√
2 =
√
2 + 1
2− 1 −
√
2
=
√
2 + 1−√2 = 1.
2. Đồ thị hàm số y = ax− 1 đi qua điểm M(1; 5)⇔ 5 = a.1− 1⇔ a = 6.
Câu 2.
1. Ta có A =
( √
a√
a(
√
a− 2) −
2√
a(
√
a− 2)
)(
(
√
a− 1)(√a− 2)√
a+ 1
+ 1
)
=
( √
a− 2√
a(
√
a− 2)
)
(
√
a− 1 + 1)
=
1√
a
.
√
a = 1
2. Ta có:{
2x− 5y = 9
3x+ y = 5
⇔
{
2x− 5y = 9
15x+ 5y = 25
⇔
{
2x− 5y = 9
17x = 34
⇔
{
x = 2
y = −1
3. Xét phương trình x2 +mx+m− 1 = 0
∆ = m2 − 4m+ 4 = (m− 2)2 ≥ 0 ∀m.
vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm ∀m.
Giả sử x1, x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho. Khi đó, theo định lý Vi-et ta có:{
x1 + x2 = −m
x1x2 = m− 1
Mặt khác B = x21 + x22 − 4(x1 + x2) = (x1 + x2)2 − 4(x1 + x2)− 2x1x2
= (−m)2 − 4(−m)− 2(m− 1) = m2 + 2m+ 2 = (m+ 1)2 + 1 ≥ 1
Vậy B đạt giá trị nhỏ nhất khi B = 1⇔ m+ 1 = 0⇔ m = −1.
Câu 3
Gọi độ dài quãng đường AB là x(km), x > 0.
Thời gian xa tải đi từ A đến B là
x
40
(giờ).
Thời gian xe taxi đi từ A đến B là
x
60
(giờ).
NguoiDien - 
MỤC LỤC Bùi Quỹ -  65
Thời gian xe tải đi nhiều hơn xe taxi là 2 giờ 30 phút =
5
2
giờ.
Theo bài ra ta có:
x
60
+
5
2
=
x
40
⇔ 2(3x− 2x) = 5.60⇔ x = 300. Đối chiếu với điều kiện suy ra quãng đường từ A đến B là 300km.
Câu 4.
Hình vẽ
A O
P
Q
M
N
K
S
G
1. Xét tứ giác APOQ có:
ÂPO = ÂQO = 90o (Tính chất tiếp tuyến vuông góc với bán kính tại tiếp điểm).
Suy ra ÂPO + ÂQO = 180o. Vậy tứ giác APOQ là tứ giác nội tiếp.
2. Xét tam giác AKN và tam giác PAK có:
ÂKP chung.
ÂPN = ÂMP (góc nội tiếp cùng chắn cung NP ).
Mặt khác N̂AK = ÂMP (so le trong) nên ∆AKN ∽ ∆PAK
⇒ AK
PK
=
NK
AK
⇒ AK2 = NK.KP
3. Ta có: AQ⊥QS. Mặt khác PM song song với AQ nên PM⊥QS.
Do đó QS đi qua trung điểm dây PM . Từ đó suy ra S là điểm chính giữa cung PM . Do đó
P̂NS = ŜNM (góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau).
4. Gọi I là giao điểm của AO và PQ⇒ PQ⊥AO tại I. Khi đó ta có:
OQ2 = OI.AI (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
⇒ OI = OQ
2
OA
=
R2
3R
=
R
3
.
⇒ AI = OA− OI = 3R− R
3
=
8R
3
Mặt khác ∆KNQ ∽ ∆KQP nên KQ2 = KN.KP = AK2 ⇒ AK = KQ.
Suy ra G là trọng tâm tam giác APQ⇒ AG = 2AI
3
=
2.8R
3.3
=
16R
9
NguoiDien - 
MỤC LỤC Bùi Quỹ -  66
Câu 5.
Ta có:
a2(b+ c) + b2(c+ a) + c2(a+ b) + 2abc = 0
⇔ a2b+ a2c+ b2a+ b2c+ c2a+ c2b+ 2abc = 0
⇔ (a2b+ b2a) + (c2a+ c2b) + (b2c+ a2c+ 2abc) = 0
⇔ ab(a + b) + c2(a+ b) + c(a+ b)2 = 0
⇔ (a+ b)[ab + c2 + c(a + b)] = 0
⇔ (a+ b)(b+ c)(c+ a) = 0
Không mất tính tổng quát, ta giả sử a+b = 0 thì a = −b. Khi đó do a2013+b2013+c2013 = 1⇒ c = 1.
Suy ra Q =
1
a2013
+
1
b2013
+
1
c2013
= 1
Vậy Q =
1
a2013
+
1
b2013
+
1
c2013
= 1.
- - - - - - - - - HẾT - - - - - - - - -
NguoiDien -