Đề thi môn Toán Học - Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 Trường THPT chuyên Ngoại ngữ năm học 2015-2016 (Có đáp án)

HƯỚNG DẪN GIẢI 
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Trường THPT chuyên Ngoại ngữ năm 2015 – Môn Toán 
Câu 1. (2,0 điểm) 
1. Cho biểu thức 
( )2
. 2 ,
2 8 2
x xx xA
x x x x
 +   = − +  
− − + 
 
 trong đó x là biến số thực. Tìm điều 
kiện của x để biểu thức A có nghĩa và rút nghĩa và rút gọn A. 
2. Cho 31 2.x = +
Tính giá trị của biểu thức 5 4 3 22 3 1942.B x x x x= − + − + 
Hướng dẫn: 
1. 
( )2
. 2
2 8 2
x xx xA
x x x x
 +   = − +  
− − + 
 
( )
( )( )
2 2 4
.
2 22 2 4
x xx x x
x xx x x
 +  + + = −    
− +
− + +    
( ) ( )
( )( )
2 4 2 2 4
.
22 2 4
x x x x x x x
xx x x
 + + − +  + + =     +
− + +    
4 1
.
2 2
x
x x
   
=     
− +   
4
4
x
x
=
−
Điều kiện để A có nghĩa là 
0 0 0
.
42 0 2
x x x
xx x
≥ ≥  ≥ 
⇔ ⇔  
≠
− ≠ ≠   
2. Vì 31 2x = +
nên ( )3 3 2 3 231 2 1 2 3 3 1 2 3 3 3 0.x x x x x x x x− = ⇒ − = ⇒ − + − = ⇒ − + − = 
Thực hiện phép chia biểu thức B cho 3 23 3 3x x x− + − ta được thương là 2 1x x+ + và dư là 1945.
 Do đó ( )( ) ( )3 2 2 23 3 3 1 1945 0. 1 1945 1945.B x x x x x x x= − + − + + + = + + + =
Câu 2. (2,5 điểm) 
1. Giải hệ phương trình 
2 2
2
2 3 2 0
.
1 0
x y xy x y
x y
 + + − − =

− + =
2. Tìm tất cả các số tự nhiên có hai chữ số sao cho tổng bình phương của số này là một số mà 
hai chữ số tận cùng của nó bằng 96. 
Hướng dẫn: 
1. 
2 2
2
2 3 2 0 (1)
1 0 (2)
x y xy x y
x y
 + + − − =

− + =

Ta có ( )( ) ( ) ( )( ) 2 0(1) 2 2 0 2 1 0 21 0 1
x
x y y
x y x y x y x y x y
x y y x
+ = = − ⇔ + + − + = ⇔ + + − = ⇔ ⇔ + − =
= −


Xét 2 trường hợp: 
+) 
2
xy = − : thế vào (2) ta được 
2 2
22
2
00 0
2 121 0 1 .232 2 1 3 31 344
x
xx
x x
x x x y
xxx
x
 ≥≥ ≥  
− − = ⇔ − = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = ⇒ = −  
= ±=  
− =  


+) 1y x= − : thế vào (2) ta được 
( )
2 2
2 2 22
1 0 0 0
1 1 0 1 1 1 0.
11 2 11 1
x x x
x x x x x y
xx x xx x
− ≥ ≥ ≥ 
− + − = ⇔ − = − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = ⇒ =  
=
− = − +− = −  
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là 2 1;
3 3
 
− 
 
 và ( )1;0 . 
2. Gọi số cần tìm là ab (a là số tự nhiên từ 1 đến 9, b là số tự nhiên từ 0 đến 9). Vì chữ số tận 
cùng của 2ab là 6 nên 4b = hoặc 6b = . 
+) Nếu 4b = thì ( ) ( )2 2 2 2 24 10 4 100 80 16 100 10 8 1 6ab a a a a a a= = + = + + = + + + . Do đó hai chữ số 
tận cùng của 2ab bằng 96 khi và chỉ khi 8 1a + tận cùng là 9 hay 8a tận cùng là 8
1a⇒ = hoặc 
6.a = Ta được 2 số 14 và 64. 
+) Nếu 6b = thì ( ) ( ) ( )2 2 2 2 26 10 6 100 120 36 100 10 2 3 6ab a a a a a a a= = + = + + = + + + + . Do đó hai 
chữ số tận cùng của 2ab bằng 96 khi và chỉ khi 2 3a + tận cùng là 9 hay 2a tận cùng là 6 3a⇒ = 
hoặc 8.a = Ta được 2 số 36 và 86. 
Vậy các số cần tìm là 14, 64, 36 và 86. 
Câu 3. (2,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol 2( ) :P y x= và đường thẳng 
( ) : 2,d y mx= + m là tham số. 
1. Chứng minh rằng với mọi giá trị của tham số m, đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai 
điểm phân biệt. 
2. Gọi 1 1 2 2( ; ), ( ; )A x y B x y là các giao điểm của (d) và (P). Tìm giá trị của m để 2 21 2y y+


đạt giá 
trị nhỏ nhất. 
Hướng dẫn: 
1. Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): 
2 22 2 0 (1)x mx x mx= + ⇔ − − =

Ta có 2 8 0 (1)m m∆ = + > ∀ ⇒ luôn có hai nghiệm phân biệt. 
Do đó (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt. 
Cách khác: Vì 2 0 (1)ac = − < ⇒ luôn có hai nghiệm trái dấu
 (1)⇒ luôn có hai nghiệm phân biệt. 
2. Ta có 1 2, x x là hai nghiệm của (1). Theo định lý Vi-et: 1 2
1 2
.
2
x x m
x x
+ =

= −

Vì 2 21 1 2 2 1 1 2 2( ; ), ( ; ) ( ) , .A x y B x y P y x y x∈ ⇒ = = 
Do đó ( ) ( ) ( )22 222 2 4 4 2 2 2 2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 22 2 2 4 8.y y x x x x x x x x x x x x m + = + = + − = + − − = + − 

Vì ( ) ( )2 22 2 2 2 2 21 20 4 4 4 16 4 8 8 8.m m m m y y≥ ⇒ + ≥ ⇒ + ≥ ⇒ + − ≥ ⇒ + ≥

Dấu bằng xảy ra 0.m⇔ =

Vậy 2 21 2y y+ đạt giá trị nhỏ nhất 0m⇔ = và giá trị nhỏ nhất đó là 8.


Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân tại đỉnh A. Một điểm I thay đổi trên cạnh AB 
( ),I A I B≠ ≠ . Đường thẳng qua I vuông góc với BC cắt các đường thẳng AC, BC lần lượt tại E 
và M. Đường thẳng CI cắt BE tại F. 
1. Chứng minh rằng bốn điểm B, F, I, M cùng nằm trên một đường tròn và bốn điểm C, E, F, M 
cùng nằm trên một đường tròn. 
2. Gọi D là điểm đối xứng của A qua BC. Chứng minh D, F, M thẳng hàng. 
3. Đường tròn đường kính AM cắt AB và AC lần lượt tại P, Q (khác A). Chứng minh rằng 
đường thẳng qua M và vuông góc với PQ luôn đi qua một điểm cố định khi I thay đổi trên 
cạnh AB. 
Hướng dẫn: 
1. Dễ thấy EM và BA là các đường cao của ∆EBC. Suy ra I là trực tâm của ∆EBC. 
Do đó .CF BE⊥ 
Từ đó ta có 
 90 .BFI = °


Lại có 
 
 
90 180BMI BFI BMI= ° ⇒ + = ° ⇒ BFIM là tứ giác nội tiếp ⇒ B, F, I, M cùng nằm 
trên một đường tròn. 
Ta có 
 
CFE CME= (cùng bằng 90° 
⇒CEFM là tứ giác nội tiếp ⇒ C, E, F, M cùng nằm 
trên một đường tròn. 
H
K
Q
P
D
F
M
E
I
CB
A

2. Vì 
 
EAB EMB= (cùng bằng 90° 
⇒AMBE là tứ giác nội tiếp 
 
.AMK AEB⇒ = 
Mà 
 
AMK DMK= 
(tính chất đối xứng) 
 
.DMK AEB⇒ = 

Lại có 
 
.IMF IBF= Vì 
 
 
 
90 90 .IBF AEB IMF AEB+ = ° ⇒ + = ° Do đó 
 
 90IMF DMK+ = ° 

Kết hợp với 
 90IMK = ° ta suy ra 
 180FMD = ° ⇒ D, F, M thẳng hàng. 
3. Ta có 
 
 
 45 .IFM IBM IFM= ⇒ = ° 
Mà

 
 
 45 .IFA IEA IFA= ⇒ = ° 


Do đó 
 90AFM F= ° ⇒ ∈ đường tròn đường kính AM. 
Ta có 
 
 
.PQM PAM ICM= = 

Mà 
 
 
 
.PQF PAF IEF ICM= = = 

Suy ra 
 
.PQM PQF= 
Lại có 
 90PAQ = ° ⇒ PQ là một đường kính của đường tròn đường kính AM. 
Do đó



 
 90PMQ PFQ= = ° . 
Hơn nữa PQ chung nên ta suy ra .PMQ PFQ∆ = ∆ 

Từ đó có ,PM PF QM QF= = nên PQ là trung trực của FM .FM PQ⇒ ⊥ 

Như vậy đường thẳng đi qua M và vuông góc với PQ chính là đường thẳng FM. 
Từ kết quả ý 2 ta có đường thẳng FM luôn đi qua điểm D cố định. 
Từ đó suy ra đường thẳng qua M vuông góc với PQ luôn đi qua điểm D cố định. 
Cách khác: Ta có thể chứng minh FM PQ⊥ bằng cách khác như sau : 
 Gọi .H PQ FM= ∩ 
Ta có 
 
 
 
 
 
 
.HFP PQM PAM ICM IEF IAF PQF= = = = = =


Vì 
 
 90HPF PQF+ = ° (do 
 90PFQ = ° ) nên 
 
 
90 90HPF HFP FHP+ = ° ⇒ = ° ⇒ .FM PQ⊥ 
Câu 5. (1,0 điểm) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 3.x y+ ≥ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức 2 2 28 12 .P x y
x y
= + + +
Hướng dẫn: 
Ta có 2 228 17 2 7P x y x y x y
x y
  
= + + + + + − −   
   

















 ( ) ( ) ( )2 228 17 2 4 4 2 1 9x y x x y y x y
x y
  
= + + + + − + + − + + + −   
   



















 ( ) ( ) ( )2 228 17 2 2 1 9x y x y x y
x y
  
= + + + + − + − + + −   
   



Áp dụng bất đẳng thức Cô-si 
28 287 2 .7 28x x
x x
+ ≥ = 

1 12 . 2y y
y y
+ ≥ = 

Lại có ( ) ( ) ( )2 2 22 0 2 2 0, 1 0x x y− ≥ ⇒ − ≥ − ≥ và 3.x y+ ≥
Suy ra 28 2 0 0 3 9 24.P ≥ + + + + − = 
Dấu bằng xảy ra 
28 7
1
2
2 0
1
1 0
3
x
x
y
y
x
x
y
y
x y

=


=

= 
⇔ − = ⇔ 
=
− =

+ =



Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 24, đạt được
 2, 1.x y⇔ = =
 Người giải bài : Nhóm Toán THCS 
Trường Phổ thông Việt-Úc Hà Nội-VAS Hanoi 
(A Cambridge International School) 
Khu đô thị Mỹ Đình 1, Nam Từ Liêm, Hà Nội 
Website: www.vashanoi.edu.vn Tel: 04-6287-2869 
Tuyển sinh từ lớp 1 đến lớp 12