I. Đề thi vào lớp 10 TPHCM 2013

Bài 1. Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) $x^2-5x+6 = 0$.
b) $x^2-2x-1=0$
c) $x^4+3x^2-4=0$
d) $2x-y=3$ và $ x+2y=-1 $

Bài 2.
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số $y = x^2$ và đường thẳng $(D): y = -x+2$ trên cùng một hệ trục tọa độ.
b) Tìm tọa độ các giao điểm của $(P)$ và $(D)$ ở câu trên bằng phép tính.
Bài 3. Thu gọn các biểu thức sau:
a) $A = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \dfrac{3}{{\sqrt x – 3}}} \right).\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{x + 9}}$ với $x \ge 0,x \ne 9$
b) $B = 21{\left( {\sqrt {2 + \sqrt 3 } + \sqrt {3 – \sqrt 5 } } \right)^2} – 6{\left( {\sqrt {2 – \sqrt 3 } + \sqrt {3 + \sqrt 5 } } \right)^2} – 15\sqrt {15} $
Bài 4. Cho phương trình $8x^2-8x+m^2+1=0$ (1) ($x$ là ẩn số).

a) Định $m$ để phương trình (1) có nghiệm $x = \dfrac{1}{2}$.
b) Định $m$ để phương trình (1) có hai nghiệm $x_1, x_2$ thỏa điều kiện $x_1^4 -x_2^4 =x_1^3- x_2^3$.
Bài 5. Cho tam giác $ABC$ không có góc tù $(AB < AC)$, nội tiếp đường tròn $(O;R)$. $B, C$ cố định, $A$ di động trên cung lớn $BC$). Các tiếp tuyến tại $B$ và $C$ cắt nhau tại điểm $M$. Từ $M$ kẻ đường thẳng song song với $AB$, đường thẳng này cắt $(O)$ tại $D$ và $E$ ($D$ thuộc cung nhỏ $BC$), cắt $BC$ tại $F$, cắt $AC$ tại $I$.
a) Chứng minh $\angle MBC = \angle BAC$. Từ đó suy ra $MBIC$ nội tiếp.
b) Chứng minh $FI.FM = FD.FE$.
c) Đường thẳng $OI$ cắt $(O)$ tại $P$ và $Q$ với $P$ thuộc cung nhỏ $AB$. Đường thẳng $QF$ cắt $(O)$ tại $T$ khác $Q$. Chứng minh ba điểm $P, T, M$ thẳng hàng.
d) Tìm vị trí điểm $A$ trên cung lớn $BC$ sao cho tam giác $IBC$ có diện tích lớn nhất.

II. ĐÁP ÁN

Bài 1.
a) $x^2 – 5x+6=0$
$\Delta = 25-24 =1 $
$\Leftrightarrow  x=\dfrac{5-1}{2}=2 $ hoặc $x=\dfrac{5+1}{2} =3 $
b)  $x^2 -2x -1 =0 $
$\Delta ‘ = 1+1 =2 $
$\Leftrightarrow x= 1- \sqrt{2}  hoặc x=1+ \sqrt{2}  $
c) Đặt $u= x^2 \ge 0$ phương trình trở thành:
$u^2 +3u-4=0$

$\Leftrightarrow u=1  hoặc u=-4  (l)$
Do đó phương trình $\Leftrightarrow x^2 =1 \Leftrightarrow x= \pm 1 $
Cách khác:
Phương trình tương đương: $\left( x^2 -1 \right) \cdot \left( x^2 + 4 \right) =0$

$\Leftrightarrow x^2 -1 =0 \Leftrightarrow x= \pm 1$
d)  $2x-y=3  (1)$  và   $x+ 2y = -1  (2)$
$\Leftrightarrow  2x-y=3  (1) và   5x=5 (3)\left( (2)+2(1) \right) $
$\Leftrightarrow  x=1 $ và   $y=-1$.

Bài 2.
a) Đồ thị:

Lưu ý: $(P)$ đi qua $O(0;0)$, $( \pm 1 ;1)$, $( \pm 2; 4 )$
$(D)$ đi qua $(1;1)$, $(0;2)$
b) Phương trình hoành độ giao điểm của $(P)$ và $(D)$ là:
$x^2 = -x + 2 \Leftrightarrow x^2 +x-2=0 $

$\Leftrightarrow  x=1 hoặc x=-2$
$y(1) = 1$, $y(-2)=4$
Vậy tọa độ giao điểm của $(P)$ và $(D)$ là $(-2;4)$, $(1;1)$.
Bài 3. Thu gọn các biểu thức sau:
a) Với $x \ge 0;  x\ne 9$
$A=\left( \dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}+\dfrac{3}{\sqrt{x}-3} \right) \cdot \dfrac{\sqrt{x}+3}{x+9}$
$A= \dfrac{x-3\sqrt{x}+3\sqrt{x}+9}{\left( \sqrt{x}+3 \right) \cdot \left( \sqrt{x}-3 \right) } \cdot \dfrac{\sqrt{x}+3}{x+9} $
$=\dfrac{1}{\sqrt{x}-3}$

b) $B=21 \left( \sqrt{2+ \sqrt{3}} + \sqrt{3- \sqrt{5}} \right) ^2 -6 \left( \sqrt{2-\sqrt{3}} + \sqrt{3+\sqrt{5}} \right) ^2 -15\sqrt{15}$
$= \dfrac{21}{2}\left( \sqrt{4+2\sqrt{3}} + \sqrt{6-2\sqrt{5}} \right) ^2 -3 \left( \sqrt{4-2\sqrt{3}} + \sqrt{6+2\sqrt{5}} \right) ^2 – 15\sqrt{15} $
$=\dfrac{21}{2} \left( \sqrt{3}+1+\sqrt{5}-1 \right) ^2 -3 \left( \sqrt{3} -1 + \sqrt{5}+1 \right) ^2 – 15\sqrt{15} $
$= \dfrac{15}{2}\left( \sqrt{3}+\sqrt{5}\right) ^2 – 15 \sqrt{15}=60$
Bài 4.

a) Phương trình (*) có nghiệm $x=\dfrac{1}{2} \Leftrightarrow 2-4+m^2+1=0$

$\Leftrightarrow m^2=1 \Leftrightarrow m= \pm 1$
b) $\Delta ‘ = 16-8m^2 -8 = 8 \left( 1-m^2 \right) $
Khi $m= \pm 1$ thì ta có $\Delta ‘ =0 $ tức là: $x_1=x_2$ khi đó $x_1^4 – x_2^4 = x_1^3 -x_2^3$ (thỏa điều kiện).
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì $m^2 <1 \Leftrightarrow -1 < m < 1$.
Khi đó ta có:
$x_1^4 – x_2^4 = x_1^3-x_2^3 $

$\Leftrightarrow \left( x_1^2 -x_2 ^2 \right) \left( x_1 ^2 + x_2 ^2 \right) = \left( x_1 -x_2 \right) \left( x_1 ^2 + x_2 ^2 +x_1 x_2 \right) $

$\Leftrightarrow \left( x_1 + x_2 \right) \left( x_1 ^2 + x_2 ^2 \right) = \left( x_1 ^2 + x_2 ^2 + x_1 x_2 \right) \;\; \left( \text{Do } x_1 \text{ khác } x_2 \right) $
$\Leftrightarrow \left( x_1 + x_2 \right) \left[ \left( x_1 + x_2 \right) ^2 – 2x_1 x_2 \right] = \left( x_1 + x_2 \right) ^2 – x_1 x_2 $
$\Leftrightarrow S\left( S^2 -2P \right) = S^2 – P $
$\Leftrightarrow 1 \left( 1^2 -2P \right) = 1^2 – P  \left( Vì  S=1 \right) $
$\Leftrightarrow P=0 \Leftrightarrow m^2 + 1 =0  (VN)$

Vậy $m= \pm 1 $
Cách khác
Khi $\Delta \ge 0$ ta có:
$x_1 + x_2 =1$ và $x_1 x_2 =\dfrac{m^2+1}{8}$
$x_1 ^4 – x_2 ^4 = x_1 ^3 – x_2 ^3 \Leftrightarrow x_1 ^3 \cdot \left( x_1 -1 \right) – x_2 ^3 \left( x_2 -1 \right) =0 $
$\Leftrightarrow -x_1 ^3x_2 + x_1 x_2 ^3 =0 \;\; \left( \text{thế } x_1 -1 = -x_2 \text{ và } x_2 -1 = – x_1 \right) $
$\Leftrightarrow x_1 x_2 \left( x_1 ^2 – x_2 ^2 \right) =0$
$\Leftrightarrow \left( x_1 + x_2 \right) \left( x_1 – x_2 \right) =0 \;\; \left( \text{vì } x_1 x_2 \ne 0 \right)$
$\Leftrightarrow x_1 = x_2 \;\; \left( \text{vì } x_1 + x_2 =1 \ne 0 \right) $
$\Leftrightarrow m= \pm 1$
Bài 5.

a) Ta có $\angle BAC = \angle MBC$ do cùng chắn cung $BC$
Và $\angle BAC = \angle MIC$ do $AB // MI$
Vậy $\angle MBC = \angle MIC$, nên bốn điểm $I$, $C$, $M$, $B$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $OM$. (vì 2 điểm $B$, $C$ cùng nhìn $OM$ dưới một góc vuông)
b) Do 2 tam giác $FBD$ và $FEC$ đồng dạng nên $FB \cdot FC = FE \cdot FD$.
Và 2 tam giác $FBM$ và $FIC$ đồng dạng nên $FB \cdot FC = FI \cdot FM $.
Từ đó suy ra: $FI \cdot FM = FD \cdot FE$
c) Ta có $\angle PTQ = 90^ \circ$
$\triangle FIQ \backsim \triangle FTM$ ($\angle IFQ = \angle TFM$ và $\dfrac{FI}{FQ}= \dfrac{FT}{FM}$ vì $FI\cdot FM = FD \cdot FE = FT \cdot FQ$)
Nên $\angle FIQ = \angle FTM$ mà $\angle FIQ = \angle OIM = 90^ \circ $
Do đo $P$, $T$, $M$ thẳng hàng.
d) Ta có $BC$ không đổi nên $S_{IBC}$ lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ $I$ đến $BC$ lớn nhất.
Do đo $I$ trùng với $O$ thỏa yêu cầu bài toán vì $I$ nằm trên cung $BC$ của đường tròn đường kính $OM$. Khi $I$ trùng $O$ thì $\triangle ABC$ vuông tại $B$.
Vậy diện tích tam giác $IBC$ lớn nhất khi và chỉ khi $AC$ là đường kính của đường tròn $(O;R)$.