GIẢI MỘT SỐ ĐỀ TOÁN TUYỂN SINH 10 ĐỀ SỐ 3 (Thời gian : 120 phút) Bài 1. Cho M = 2 2 2 2 4 3 1 3 : 3 1 1 3 x x x x x x x x + − − +   + − −  ÷ + +   (điều kiện biểu thức có nghĩa) a) Rút gọn biểu thức M b) Với giá trị nào của x thì M < 0 c) Tìm x để M có giá trị nguyên Bài 2. Giả sử x 1 ; x 2 là hai nghiệm của phương trình : x 2 – (m + 1)x + m 2 – 2m + 2 = 0 a) Tìm các giá trị của m để phương trình vô nghiệm, có nghiệm kép, có hai nghiệm phân biệt. b) Tìm m để x 1 2 + x 2 2 đạt giá trị nhỏ nhất, lớn nhất Bài 3. Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = a ; AC = b nội tiếp trong đường tròn tâm O. Kéo dài đường phân giác trong AD của tam giác ABC cắt đường tròn O tại M. Vẽ các đường thẳng DE ⊥ AB , DF ⊥ AC. a) Chứng minh AEDF là hình vuông. b) Tính DE theo a, b , từ đó suy ra EF. c) Chứng minh AB.AC = AM.AD và diện tích tam giác ABC luôn bằng diện tích tứ giác AEMF khi A di động trên nửa đường tròn có đường kính BC. Bài 4. Tìm các số có hai chữ số biết rằng khi nhân số đó với 37 và lấy kết quả chia cho 31 ta được số dư 15. GIẢI Bài 1 a) Ta có điều kiện : x ≠ 0 ; x ≠ 1 2 ; x ≠ −1 M = 2 ( 2)( 1) 2.3 9 ( 1) 1 3 1 . 3 ( 1) 2 4 3 x x x x x x x x x x x x + + + − + + − + − + − = 2 2 8 2 3 1 3 (2 4 ) 3 x x x x x x − + − + − − = 2 2 4 1 3 1 3 (1 2 ) 3 x x x x x x − + − + − − = 2 2 ( 4 1) (1 2 )(3 1) 3 (1 2 ) x x x x x x − + − − − + − = 2 (1 2 )(1 2 ) (1 2 )(3 1) 3 (1 2 ) x x x x x x x − + − − − + − = 2 (1 2 ) (3 1) 3 x x x x + − − + = 2 3 x x x + = 1 3 x + b) M < 0 ⇔ 1 3 x + < 0 ⇔ x + 1 < 0 ⇔ x < −1 c) M ∈  ⇔ 1 3 x + ∈  ⇔ x + 1 chia hết cho 3 ⇔ x + 1 = 3k, k ∈  ⇔ x = 3k – 1 , k ∈  Hay x là số nguyên chia cho 3 dư là 2 Bài 2. Giả sử x 1 ; x 2 là hai nghiệm của phương trình : x 2 – (m + 1)x + m 2 – 2m + 2 = 0 (1) a) Tìm các giá trị của m để phương trình vô nghiệm, có nghiệm kép, có hai nghiệm phân biệt. Ta có : ∆ = (m + 1) 2 – 4(m 2 – 2m + 2) = – 3m 2 + 10m – 7 = (1 – m )(3m – 7) + (1) vô nghiệm ⇔ ∆ < 0 ⇔ (1 – m )(3m – 7) < 0 ⇔ m < 1 hoặc m > 7 3 + (1) có nghiệm kép ⇔ ∆ = 0 ⇔ (1 – m )(3m – 7) = 0 ⇔ m =1 hoặc m = 7 3 + (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ < 0 ⇔ (1 – m )(3m – 7) > 0 ⇔ 1 < m < 7 3 (*) b) Tìm m để x 1 2 + x 2 2 đạt giá trị nhỏ nhất, lớn nhất Theo Vi-et, ta có : 1 2 2 1 2 1 . 2 2 b m x x a c m m x x a  + = − = +     = = − +   Nên : đặt E = x 1 2 + x 2 2 = (x 1 + x 2 ) 2 – 2x 1 x 2 = (m + 1) 2 – 2(m 2 – 2m + 2) = – m 2 + 6m – 3 + Ta có : – m 2 + 6m – 3 = – (m 2 – 6m + 3 ) = – (m 2 – 2.3m + 9 – 6 ) = 6 – (m – 3) 2 Nhưng do (1) có nghiệm x 1 ; x 2 khi và chỉ khi 1 ≤ m ≤ 7 3 Giá trị lớn nhất của E là : 6 – ( 7 3 − 3 ) 2 = 50 9 Giá trị nhỏ nhất của E là : 6 – (1 – 3) 2 = 2 * Chú ý điều kiện : 1 ≤ m ≤ 7 3 , nếu không bài giải thường mắc sai lầm như sau : – m 2 + 6m – 3 = – (m 2 – 6m + 3 ) = – (m 2 – 2.3m + 9 – 6 ) = 6 – (m – 3) 2 ≤ 6 E đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi m = 3 và giá trị lớn nhất của E = 6 và E không có giá trị nhỏ nhất. Bài 3. a b N F E D M B O C A a) Chứng minh AEDF là hình vuông Ta có tứ giác AEDF có µ µ µ 1A E F v= = = và đường chéo AD là phân giác của góc EAD nên AEDF là hình vuông. b) Tính DE theo a, b , từ đó suy ra EF. Áp dụng định lí Py ta go cho ∆vuông ABC : BC 2 = AB 2 + AC 2 = a 2 + b 2 ⇒ 2 2 BC a b= + Áp dụng tính chất phân giác trong AD : DB AB a DC AC b = = ⇒ DB DC AB AC DC AC + + = ⇒ BC a b DC b + = ⇒ DC = 2 2 b a b DC a b + = + Từ chứng minh trênAEDF là hình vuông nên DF // AB ⇒ CD DF CB AB = ⇒ 2 2 2 2 b a b DF a b a a b + + = + ⇒ DF b a a b = + ⇒ ab DF a b = + , mà AE = DF (cmt) EF là đường chéo hình vuông cạnh DF , nên : EF = 2DF = 2ab a b+ c) Chứng minh AB.AC = AM.AD và diện tích tam giác ABC luôn bằng diện tích tứ giác AEMF khi A di động trên nửa đường tròn có đường kính BC. + Ta có : ∆ABD ∼∆AMC do : · · BAD MAC= (AD là phân giác) · · ABD AMC= (góc nội tiếp chắn cung AC) Suy ra : AB AD AM AC = ⇒ AB.AC = AM.AD Khi A di động trên (O) thì tam giác ABC luôn là tam giác vuông, nên AEDF luôn là hình vuông và AB.AC = AM.AD Do đó AEDF là hình vuông ⇒ AD ⊥ EF và AD = EF ⇒ S AEDF = 1 1 . . 2 2 AM EF AM AD= = 1 . 2 AB AC = S ABC Bài 4. Tìm các số có hai chữ số biết rằng khi nhân số đó với 37 và lấy kết quả chia cho 31 ta được số dư 15 Gọi số có hai chữ số có dạng : x = 10ab a b= + (a ≠ 0 , 0 < a, b ≤ 9, a, b ∈), x nguyên dương Theo đề bài ta có : 37(10a + b) = 31.k + 15 , k∈ ⇔ 37x – 31k = 15 (*) và (37, 31) = 1 (ước chung lớn nhất bằng 1 hay gọi nguyên tố cùng nhau) Bài toán trở thành tìm nghiệm nguyên dương của phương trình (*) Suy ra : 31k = 37x – 15 ⇒ k = 31 6 15 31 x x+ − = x + 6 15 31 x − (nguyên dương ) Đặt t = 6 15 31 x − , t nguyên dương ⇒ 31t = 6x – 15 ⇒ 6x = 31t + 15 ⇒ x = 30 12 3 6 t t+ + + = 5t + 2 + 3 6 t + Đặt u = 3 6 t + , u nguyên dương ⇒ 6u = t + 3 ⇒ t = 6u – 3 Thế lần lượt vào x, k tính theo u : x = 5t + 2 + u = 5(6u – 3) + 2 + u = 31u – 13 k = x + t = 31u – 13 + 6u – 3 = 37u – 16 Vậy nghiệm của phương trình trên có dạng tổng quát : 31 13,10 99 37 16 x u x k u = − ≤ ≤   = −  + Chọn u = 1 ⇒ k = 21 ⇒ x = 18 Thử lại : 37.18 – 15 = 651 và 651 : 31 = 21 + Tương tự chọn u = 2 ⇒ k = 58 , x = 49 + chọn u = 3 ⇒ k = 95 ; x = 80 + Chọn u = 4 ⇒ k = 132 , x = 111 (loại) Vậy số có hai chữ số thỏa mãn yêu cầu đề bài là : 18 ; 49 ; 80 . GIẢI MỘT SỐ ĐỀ TOÁN TUYỂN SINH 10 ĐỀ SỐ 3 (Thời gian : 120 phút) Bài 1. Cho M = 2 2 2 2 4 3 1 3 : 3 1 1 3 x x x. trong AD của tam giác ABC cắt đường tròn O tại M. Vẽ các đường thẳng DE ⊥ AB , DF ⊥ AC. a) Chứng minh AEDF là hình vuông. b) Tính DE theo a, b , từ đó suy ra EF. c) Chứng minh AB.AC = AM.AD và diện. 37x – 31k = 15 (*) và (37, 31) = 1 (ước chung lớn nhất bằng 1 hay gọi nguyên tố cùng nhau) Bài toán trở thành tìm nghiệm nguyên dương của phương trình (*) Suy ra : 31k = 37x – 15 ⇒ k = 31 6 15 31 x