ĐỀ THI THỬ VÀO 10 Ngày 9 Tháng 5 Năm 2013 Câu 1 (2,0 điểm). Cho biểu thức 1 1 ( ) 1 1 P x x x     a) Rút gọn ( ) P x . b) Tìm giá trị của x để ( ) 2 P x   . Câu 2 (3,0 điểm). Cho 2 2 ( ) (2 1) 1 f x x m x m      ( x là biến, m là tham số) a) Giải phương trình ( ) 0 f x  khi 1 m  . b) Tìm tất cả các giá trị của m để đẳng thức 2 ( ) ( ) f x ax b   đúng với mọi số thực x ; trong đó , a b là các hằng số. c) Tìm tất cả các giá trị m  ¢ để phương trình ( ) 0 f x  có hai nghiệm 1 2 1 2 , ( ) x x x x  sao cho biểu thức 1 2 1 2 x x P x x   có giá trị là số nguyên. Câu 3 (3,0 điểm). Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm P sao cho AP R  . Từ điểm P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại điểm M (điểm M khác điểm A). a) Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp được một đường tròn. b) Đường thẳng vuông góc với AB tại điểm O cắt đường thẳng BM tại điểm N, đường thẳng AN cắt đường thẳng OP tại điểm K, đường thẳng PM cắt đường thẳng ON tại điểm I; đường thẳng PN và đường thẳng OM cắt nhau tại điểm J. Chứng minh ba điểm I, J, K thẳng hàng. Câu 4 (1,0 điểm). Cho các số thực dương , , a b c thỏa mãn 9 4 abc  . Chứng minh rằng: 3 3 3 a b c a b c b c a c a b         Câu 5 (1,0 điểm). Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tồn tại cặp số nguyên   ; x y thỏa mãn hệ: 2 2 2 1 2 1 2 p x p y          Hết HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1 (2,0 điểm). A, 1,0 điểm Điều kiện: 0 1 0 x x          0 1 x   a) Khi đó: 1 1 ( ) (1 )(1 ) x x P x x x       2 ( ) 1 P x x    b) 1,0 điểm Theo phần a) có: 2 ( ) 2 2 1 P x x       1 1 1 x     1 1 x     2 x   (thỏa mãn điều kiện) Câu 2 (3 điểm). a) 1,0 điểm Thay 1 m  vào PT ( ) 0 f x  ta có: 2 3 2 0 x x    (1) PT(1) có: 1 3 2 0 a b c       Vậy PT có hai nghiệm là: 1 và 2. b) 1,0 điểm Với mọi m ta có: 2 2 2 2 1 1 1 ( ) 2 1 2 2 2 f x x m x m m m                            2 2 2 2 1 1 ( ) 1 2 2 f x x m m m                           2 2 1 3 ( ) 2 4 f x x m m                   Suy ra: để   2 3 ( ) 4 f x ax b m     . Vậy tồn tại duy nhất giá trị 3 4 m  thỏa mãn yêu cầu. c) 1,0 điểm ( ) 0 f x  có 2 nghiệm phân biệt   2 2 3 2 1 4( 1) 0 4 3 0 4 m m m m             Khi đó ta có: 2 1 2 2 1 2 2 1 1 2 1 5 2 1 4 4(2 1) 1 x x m m m P m m x x m                 5 4 2 1 2 1 P m m      (*) Do 3 4 m  , nên 2 1 1 m   , để P  ¢ phải có: (2 1) m  là ước của 5 2 1 5 2 m m      Với 2 m  thay vào (*) có: 5 4 2.2 1 4 1 2.2 1 P P        . Vậy giá trị m cần tìm bằng 2. Câu 3 (2 điểm). a) 1,0 điểm:Ta có: · · 0 90 PAO PMO   · · 0 180 PAO PMO   tứ giác APMO nội tiếp b) 2,0 điểm: Ta có · · 1 2 ABM AOM  ; OP là phân giác của góc · · · 1 2 AOM AOP AOM    · · ABM AOP  (2 góc đồng vị)  MB // OP (1) Ta có hai tam giác AOP, OBN bằng nhau  OP = BN (2) Từ (1) và (2)  OBNP là hình bình hành x O K I M J N P B A  PN // OB hay PJ // AB. Mà ON  AB  ON  PJ. Ta cũng có: PM  OJ  I là trực tâm tam giác POJ  IJ  PO (3) Ta lại có: AONP là hình chữ nhật  K là trung điểm của PO và · · APO NOP  Mà · · APO MPO    IPO cân tại I. IK là trung tuyến đồng thời là đường cao  IK  PO (4) Từ (3) và (4)  I, J, K thẳng hàng Câu 4 (1 điểm). Ta có:     2 0 , 0 x y x y x y      Suy ra:         2 2 2 0 0 a b a b a ab b ab a b          3 3 ( ) a b ab a b     (1), dấu ‘=’ xẩy ra a b   . Từ (1) và BĐT AM – GM có: 3 3 3 3 3 ( ) 2 ( ) 3 a b c ab a b c abc a b c a b          (do 9 4 abc  ) Vậy: 3 3 3 3 a b c c a b     , dấu ‘=’ xẩy ra 3 ( ) a b ab a b c        (2) Tương tự có: 3 3 3 3 a b c a b c     , dấu ‘=’ xẩy ra 3 ( ) b c bc b c a        (3) 3 3 3 3 a b c b c a     , dấu ‘=’ xẩy ra 3 ( ) c a ca c a b        (4) Từ (2), (3) và (4) có: 3 3 3 a b c a b c b c a c a b         (5), dấu ‘=’ xẩy ra 0 a b c     vô lí, do 9 4 abc  , hay ta có đpcm. Câu 5 (1 điểm). Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử 0, 0 x y   . Từ phương trình 2 1 2 p x   suy ra p là số lẻ. Dễ thấy 0 x y p y x      không chia hết cho p (1) Mặt khác, ta có         2 2 2 2 2 0 mod 0 mod y x p p y x y x p y x p           (do (1)) Do 0 0 2 x y p y x p x y p y p x              thay vào hệ đã cho ta được   2 2 2 2 2 2 2 1 2 4 1 1 2 1 2 4 1 2 4 1 4 1 1 2 p x p x p x p x p x x x p px p p p x                                      Giải hệ này ta được 7, 2 p x   thay vào hệ ban đầu ta suy ra 5 y  . Vậy 7. p  . (1)) Do 0 0 2 x y p y x p x y p y p x              thay vào hệ đã cho ta được   2 2 2 2 2 2 2 1 2 4 1 1 2 1 2 4 1 2 4 1 4 1 1 2 p x p x p. 0 f x  có 2 nghiệm phân biệt   2 2 3 2 1 4( 1) 0 4 3 0 4 m m m m             Khi đó ta có: 2 1 2 2 1 2 2 1 1 2 1 5 2 1 4 4 (2 1) 1 x x