Đề thi vào lớp 10 trường Phổ thông Năng khiếu năm 2017
Bài 1. Biết $a$, $b$ là các số dương, $a \ne b$ và
$$\left( \dfrac{\left( a+ 2b \right) ^2 – \left( b+ 2a \right) ^2 }{a+ b} \right) : \left( \dfrac{\left( a\sqrt{a} + b\sqrt{b} \right) \left( a\sqrt{a} – b\sqrt{b } \right) }{a-b} – 3ab \right) = 3$$
Tính $S= \dfrac{1+2ab}{a^2 + b^2}$
Bài 2.
a) Giải phương trình $\left( x^2 – 6x + 5 \right) \left( \sqrt{x-2} – x + 4 \right) =0$.
b) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l} \sqrt{x}\left( \sqrt{x+ 2y} -3 \right) =0 \\ x^2 – 6xy – y^2 = 6 \end{array} \right. $
Bài 3. Cho phương trình $(x+m)^2 – 5(x+m) + 6=0$ $(1)$.
a) Chứng minh phương trình $(1)$ luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ với mọi số thực $m$. Tính $S= \left( x_1 + m \right) ^2 + \left( x_2 + m \right) ^2 + 5 \left( x_1 + x_2 + 2m \right) $.
b) Biết $x_1 < x_2$, tìm $m$ sao cho $x_2 < 1$ và $x_1^2 + 2x_2 = 2(m-1)$.
Bài 4.
a) Nam kể với Bình rằng ông của Nam có một mảnh đất hình vuông $ABCD$ được chia thành bốn phần; hai phần (gồm các hình vuông $AMIQ$ và $INCP$ với $M$, $N$, $P$, $Q$ lần lượt thuộc $AB$, $BC$, $CD$, $DA$) để trồng các loại ra sạch, các phần còn lại trồng hoa. Diện tích phần trồng ra sạch là $1200 \; m^2$ và phần để trồng hoa là $1300 \; m^2$. Bình nói: “Chắc chắn bạn bị nhầm rồi!”. Nam: “Bạn nhanh thật! Mình đã nói nhầm phần diện tích. Chính xác là phần trồng rau sạch có diện tích $1300 \; m^2$, còn lại $1200 \; m^2 $ trồng hoa”. Hãy tính cạnh hình vuông $AMIQ$ (biết $AM < MB$) và giải thích vì sao Bình lại biết Nam bị nhầm ?
b) Lớp $9T$ có $30$ bạn, mỗi bạn dự định đóng góp mỗi tháng $70000$ đồng và sau $3$ tháng sẽ đủ tiền mua tặng cho mỗi em ở “Mái ấm tình thương $X$” ba gói quà (giá tiền các món quà đều như nhau). Khi các bạn đóng đủ số tiền như dự trù thì “Mái ấm tình thương $X$” đã nhận chăm sóc thêm $9$ em và có giá tiền của mỗi món thêm $5\%$ nên chỉ tặng mỗi em hai gói quà. Hỏi có bao nhiêu em của “Mái ấm tình thương $X$” được nhận quà ?
Bài 5. Tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(T)$ tâm $O$, bán kính $R$; $\angle BAC = 120^\circ $, $\angle ABC = 45^\circ $, $H$ là trực tâm. $AH$, $BH$, $CH$ lần lượt cắt $BC$, $CA$, $AB$ tại $M$, $N$, $P$.
a) Tính $AC$ theo $R$. Tính số đo góc $\angle HPN $ và $\dfrac{MP}{MN}$
b) Dựng đường kính $AD$, $HD$ cắt $(T)$ tại $E$ ($E \ne D$) và cắt $BC$ tại $F$. Chứng minh các điểm $A$, $N$, $H$, $P$, $E$ cùng thuộc một đường tròn và $F$ là trung điểm của $HD$.
c) Chứng minh $AD \bot NP$. Tia $OF$ cắt $(T)$ tại $I$, chứng minh $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $HBC$ và $AI$ đi qua trung điểm của $MP$
a) Ta có $\angle AOC = 2 \angle ABC = 90^\circ$ (góc ở tâm bằng $2$ lần góc nội tiếp cùng chắn $1$ cung).
Suy ra tam giác $OAC$ vuông tại $O$, suy ra $AC^2 = OA^2 + OC^2 = 2R^2 \Rightarrow AC = R\sqrt{2}$.
Tứ giác $BNPC$ có $\angle BNC = \angle BPC =90^\circ$ nên là tứ giác nội tiếp.
Suy ra $\angle HPN = \angle HBC = 90^\circ – \angle ACB = 75^\circ$.
Các tứ giác $ANBM$ và $BNPC$ nội tiếp nên $\angle ANM = \angle ABC = 45^\circ, \angle CNP = \angle PBC = 45^\circ$.
Suy ra $\angle MNP = \angle CNP + \angle CPN = 90^\circ$.
Và $\angle NPB = \angle ACB = \angle APM = 15^\circ$, suy ra $\angle NPM = \angle NPB + \angle APM = 30^\circ$.
Khi đó $\dfrac{MN}{MP} = \sin \angle NPM = \sin 30^\circ = \dfrac{1}{2}$. Suy ra $\dfrac{MP}{MN} = 2$.
b) Ta có $\angle AEF = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Ta có $\angle ANH = \angle AEH = \angle APH = 90^\circ$ nên 5 điểm $A, N, H, P, E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH$.
Ta có $\angle ABD = \angle ACD = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn),
suy ra $AB \bot BD$, suy ra $HC || BD$.
Tương tự ta có $HB \bot CN, CD \bot CN$, suy ra $HB || CD$.
Tứ giác $HBDC$ có các cặp cạnh đối song song nên là hình bình hành, suy ra $F$ là trung điểm của $BC$ và $HD$.
b) Ta có $\angle CAD = 45^\circ = \angle CNM$, suy ra $AD || MN$. Mà $MN \bot NP$, suy ra $AD \bot NP$.
Ta có $OF$ là trung trực của $BC$, suy ra $IB = IC$. $\angle BDC = 180^\circ – \angle BAC = 60^\circ$.
Xét tam giác $IOC$ có $\angle IOC = \dfrac{1}{2}\angle BOC = \angle 60^\circ$. Suy ra tam giác $IOC$ đều.
Do đó $IB =IC = IO$. $(1)$
Mặt khác tứ giác $HBOC$ có $\angle BHC + \angle BOC = 60^\circ + 120^\circ = 180^\circ$, suy ra $HBOC$ nội tiếp. $(2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $HBC$.
Tam giác $PBC$ có $\angle BPC = 90^\circ, \angle PBC = 45^\circ$ nên là tam giác vuông cân,
suy ra $PB = PC$, suy ra $P$ thuộc trung trực của BC. Do đó $P, O, I$ thẳng hàng và $PI \bot BC$, suy ra $PI||AM$.
Mặt khác ta có $\angle BIH = 2\angle HCB = 90^\circ$, suy ra $HBMI$ nội tiếp, suy ra $\angle IMC = \angle BHI = 45^\circ$.
Suy ra $\angle IMC = \angle PBC = 45^\circ$, suy ra $IM || PA$.
Tứ giác $APIM$ có 2 cặp cạnh đối song song nên là hình bình hành, suy ra $AI$ qua trung điểm của $MP$.
