Đề thi và đáp án thi vào lớp 10 Toán AB – 150 phút

KÌ THI VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2008 - 2009 
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com 
1
ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN THI VÀO TRƯỜNG PTNK 2008 – 2009 
TOÁN AB – 150 PHÚT 
Bài 1: Cho phương trình ( ) ( )2 22 2 1 6 1
2
x mx m m x
x m
+ − = − ++ 
a) Giải phương trình khi m = 1 
b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm. 
Bài 2: 
a) Giải phương trình 2 1 2 1 1x x− − − = − 
b) Giải hệ phương trình 
2
2 2 4
2 4
x x y xy
x xy
− + =⎧⎨ + =⎩
Bài 3: 
a) Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị cùa biến x ( x > 1) ( )( )
( )( )( )
4 3 1
1 3
x x x x x x
A
x x x x x x
+ + −= − + + + 
b) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn 2 3 0a b c+ − = và 2 3 0bc ac ab+ − = . Chứng minh rằng 
a b c= = . 
Bài 4: Cho tứ giác ABCD nội tiếp có góc A nhọn và hai đường chéo AC và BD vuông góc với 
nhau tại M. P là trung điểm của CD, H là trực tâm của tam giác ABD. 
a) Tính tỷ số PM
DH
b) Gọi N, K lần lượt là chân đường cao hạ từ B và D của tam giác ABD, Q là giao điểm của 
MK và BC. Chứng minh MN = MQ. 
c) Chứng minh tứ giác BQNK nội tiếp. 
Bài 5: Một nhóm học sinh định chia một số kẹo thành các phần quà cho các em nhỏ tại một đơn 
vị trẻ mồ côi. Nếu mỗi phần quà giảm đi 6 viên thì các em có them 5 phần quà, nếu giảm đi 10 
viên thì các em có them 10 phần quà. Hỏi số kẹo mà nhóm học sinh này có. 
Hướng dẫn giải 
Bài 1: 
a) Khi m = 1, phương trình (1) trở thành: 
2 2 6
2
x x x
x
+ − = ++ (2) 
Điều kiện 2 0 2x x+ ≠ ⇔ ≠ − . Với điều kiện trên ta có: 
( ) ( )( )
( )
2
2 2
2 2 6 2
2 8 12
7 14
2
x x x x
x x x x
x
x l
⇔ + − = + +
⇔ + − = + +
⇔ − =
⇔ = −
Vậy phương trình vô nghiệm. 
KÌ THI VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2008 - 2009 
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com 
2
b) ( ) ( )2 22 2 1 6 1
2
x mx m m x
x m
+ − = − ++ 
Điều kiện 2 0 2x m x m+ ≠ ⇔ ≠ − . Với điều kiện trên ta có: 
( ) ( )( ) ( )
( )
( ) ( )
2
1 2 1 6
2
2 1 6
2 2 6 3
x m x m
m x
x m
x m m x
m x m
+ −⇔ = − ++
⇔ − = − +
⇔ − = − −
Phương trình có nghiệm khi và chỉ phương phương trình (3) có nghiệm 2x m≠ − . 
Với m = 1 ta có : 0x = - 7 , phương trình vô nghiệm. 
Với 1m ≠ ta có 6
2 2
mx
m
− −= − . Ta có: 
2
2
6 2 6 4 4 0
2 2
3
4 5 6 0 4
2
m m m m m
m
m
m m
m
− − ≠ − ⇔ − − ≠ − + ≠−
⎧ ≠ −⎪⇔ − − ≠ ⇔ ⎨⎪ ≠⎩
Vậy với 31,
4
m m≠ ≠ − và 2m ≠ thì phương trình (1) luôn có nghiệm. 
Bài 2: 
a) ( )2 1 2 1 1 1x x− − − = − 
Điều kiện 
12 1 0
12
1 0 1
x x
x
x x
⎧− ≥ ≥⎧ ⎪⇔ ⇔ ≥⎨ ⎨− ≥⎩ ⎪ ≥⎩
 (*) 
Với điều kiện trên ta có 
( )
( )
( ) ( )2
1 2 1 2 1 1
2 1 4 1 4 1 1
4 1 2 2
2 1 1
4 1 1
1
5
x x
x x x
x x
x x
x x
x
x
⇔ − = − −
⇒ − = − − − +
⇒ − = −
⇒ − = −
⇒ − = −
=⎡⇒ ⎢ =⎣
Thử lại ta thấy: 
+ x = 1 không phải là nghiệm của phương trình vì 2.1 1 2 1 1 1 1− − − = ≠ − 
+ x = 5 là nghiệm của phương trình (1) vì 2.5 1 2 5 1 1− − − = − 
Vậy phương trình có nghiệm x = 5. 
KÌ THI VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2008 - 2009 
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com 
3
Nhận xét: Có thể giải theo cách dùng phép biến đổi tương đương, nhưng sau một lần bình 
phương hai vế ta phải đặt điều kiện, khá rắc rối. Làm theo biến đổi suy ra thì ta phải có bước thử 
lại. 
b) 
( )
( )2
2 2 4 1
2 4 2
x x y xy
x xy
− + =⎧⎪⎨ + =⎪⎩
Ta có 
( )
( )( )
21 2 2 4 0
2 2 1 0
12 1 0
2
2 0 2
x x y xy
x y x
x x
x y x y
⇔ − + − =
⇔ − − =
⎡− = =⎡ ⎢⇔ ⇔⎢ ⎢− =⎣ =⎣
Với 1
2
x = thế vào (2) ta tính được 15
4
y = 
Với x = 2y thế vào (2) ta có ( ) ( )2 2 1 22 2 2 4 2
2 2
y y y y y x+ = ⇔ = ⇔ = ± ⇒ = ± 
Vậy phương trình có 3 nghiệm ( ),x y là 1 15 2, , 2,
2 4 2
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
 và 22,
2
⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
. 
Bài 3: ( )( )
( )( )( )
( )( )( )
( )( ) ( )( )
( ) ( )
( )( )
( )( )
( )( )
4 3 1
1 3
3 3 1 1
1 1 1 3
3 3
3
3
3
1
x x x x x x
A
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x x x
x x x x
x x x
x x x
x x x
+ + −= − + + +
+ + + − + += − + + + +
⎡ ⎤+ + +⎣ ⎦= + +
+ += + +
=
Vậy giá trị của A không phụ thuộc vào biến x. 
c) Ta có 2 3 0 3 2a b c a c b+ − = ⇒ = − . Suy ra 
( ) ( )
( )
2 2
2
2 3 0 2 3 2 3 3 2 0
6 12 6 0
6 0
bc ac ab bc c c b b c b
c bc b
b c
b c
+ − = ⇔ + − − − =
⇔ − + =
⇔ − =
⇔ =
KÌ THI VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2008 - 2009 
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com 
4
Từ b = c, suy ra a + 2b – 3c = 0, suy ra a + 2b – 3c = 0 hay a = b. 
Vậy a = b = c. 
Bài 4: 
j
H
N
Q
K
M
P
C
A
D
B
a) Trong tam giác CMD vuông tại M có MP là trung tuyến nên ta có: 1
2
MP CD PC PMC= = ⇒ Δ 
cân tại P, suy ra n nPCM PMC= . (1) 
Tứ giác BMHK có n n 90 90 180o o oBMH BKH+ = + = nên là tứ giác nội tiếp, suy ra Qn nMHD KBM= 
(2) 
Mặt khác ta có n nMBK MCP= (3) (tứ giác ABCD nội tiếp) 
Từ (1), (2) và (3) ta có n nMHD CMP= mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên ta có MP // HD. 
Trong tam giác CHD có MP // HD và P là trung điểm của CD nên MP là đường trung bình, suy 
ra 1
2
MP HD= và M là trung điểm của CH. 
Vậy 1
2
PM
DH
= 
b) Tứ giác AKMD có n n 90oAKD AMD AKMD= = ⇒ là tứ giác nội tiếp n nBMK BAD= . 
Mà ta cũng có n nQMD BMK= ( đối đỉnh) 
Và n nQCD BAD= (ABCD nội tiếp) 
Do đó n nQCD QMD MCQD= ⇒ nội tiếp. 
Suy ra n n n n180 180 90o o oCQD CMD CQD CMD+ = ⇒ = − = 
Tam giác BHC có BM là đường cao đồng thời là trung tuyến nên cân tại B, suy ra BM cũng là 
phân giác của góc HBD. 
Suy ra tam giác BQD bằng tam giác BND (cạnh huyền góc nhọn) 
Suy ra BQ = BN và DQ = DN. 
Do đó BD là đường trung trực của NQ mà M thuộc BD nên MQ = MN. 
c) 
 Tam giác MNQ cân tại M n nMQN MNQ= (4) 
KÌ THI VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2008 - 2009 
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com 
5
Ta có BD là đường trung trực của MP nên BD vuông góc với MQ mà BD AC⊥ , suy ra 
MQ//AC n n ( )5AMN MNQ⇒ = 
Ta có tứ giác ABMN là tứ giác nội tiếp, suy ra n n ( )6ABN KMN= 
Từ (4), (5) và (6) ta có n nMQN KMN= ⇒ tứ giác BQNK nội tiếp (2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh 
dưới 2 góc bằng nhau). 
Bài 5: Gọi x ( viên) là số kẹo của mỗi phần quà ban đầu. 
 Và y là số phần quà ban đầu. 
Điều kiện (x, y nguyên dương, x lớn hơn 10) 
Khi đó ta có xy là tổng số kẹo mà nhóm học sinh có. 
6
xy
x − là số phần quà sau khi giảm mỗi phần 6 viên kẹo. 
10
xy
x − là số phần quà sau khi giảm mỗi phần 10 viên kẹo. 
Theo đề bài ta có hệ phương trình: 
( )( )
( )( )
5 6 56
10 1010
10
6 5 30
10 10 100
5 6 30 30
10 10 100 20
xy y xy x yx
xy xy x yy
x
xy xy y x
xy xy y x
x y x
x y y
⎧ = +⎪ = − +⎧⎪ ⎪− ⇔⎨ ⎨ = − +⎪⎪ ⎩= +⎪ −⎩
= − + −⎧⇔ ⎨ = − + −⎩
− = =⎧ ⎧⇔ ⇔⎨ ⎨− = =⎩ ⎩
Vậy tổng số viên kẹo mà nhóm học sinh có là x.y = 20. 30 = 600 viên.