Đề thi chuyên toán lớp 9

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN
TRÃI - NĂM HỌC 2010 - 2011
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010
Đề thi gồm: 01 trang
Câu 1 (2,0 điểm)
1) Cho .
Không dùng máy tính
cầm tay, hãy tính giá trị của
biểu thức .
2) Cho trước ; gọi là hai số
thực thỏa mãn
Chứng minh rằng: .
Câu 2 (2,0 điểm)
Cho phương trình:
1) Tìm các số hữu tỷ và để
phương trình (1) có nghiệm .
2) Với giá trị tìm được ở trên;
gọi là ba nghiệm của phương
trình (1). Tính giá trị của biểu
thức .
Câu 3 (2,0 điểm)
1) Tìm các số nguyên
thỏa mãn điều kiện: .
2) Giải hệ phương
trình:
Câu 4 (3,0 điểm)

Cho hai đường tròn (O
; R) và (O’ ; R’) cắt nhau tại I và J (R’ > R). Kẻ các tiếp tuyến chung của hai đường tròn đó; chúng
cắt nhau ở A. Gọi B và C là các tiếp điểm của hai tiếp tuyến trên với (O’ ; R’); D là tiếp điểm của
tiếp tuyến AB với (O ; R) (điểm I và điểm B ở cùng nửa mặt phẳng bờ là O’A). Đường thẳng AI
cắt (O’ ; R’) tại M (điểm M khác điểm I ).
1) Gọi K là giao điểm của đường
thẳng IJ với BD. Chứng minh: ; từ đó
suy ra KB = KD.
2) AO’ cắt BC tại H. Chứng minh 4 điểm I, H, O’, M nằm trên một đường tròn.
3) Chứng minh đường thẳng AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp .
Câu 5 (1,0 điểm)
Mọi điểm trên mặt phẳng được đánh dấu bởi một trong hai dấu (+) hoặc ().
Chứng minh rằng luôn chỉ ra được 3 điểm trên mặt phẳng làm thành tam giác vuông cân
mà ba đỉnh của nó được đánh cùng dấu.
Hết
3 3
1 12 135 12 135
1
3 3 3
x
 
+ −
 ÷
= + +
 ÷
 
( )
2
3 2
M= 9 9 3x x− −

,a b R∈
,x y
3 3 3 3
x y a b
x y a b
+ = +


+ = +

2011 2011 2011 2011
x y a b+ = +
3 2
1 0 (1)x ax bx+ + − =
a
b
2 3x = −
,a b
1 2 3
; ; x x x
5 5 5
1 2 3
1 1 1
S
x x x
= + +
,x y
2 2 2 2
5 60 37x y x y xy+ + + =
( )

3 2
4
2 1 5 2 0
x x x y y
x x y

− = −


+ − + + =


2
KB = KI.KJ
Δ IBD
−
ĐỀ CHÍNH THỨC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2010 - 2011
Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010
Đáp án gồm : 04 trang
I) HƯỚNG DẪN CHUNG.
- Thí sinh làm bài theo cách khác nhưng vẫn đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
- Việc chi tiết điểm số (với cách khác, nếu có) phải được thống nhất Hội đồng chấm.
- Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.
II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.

Câu Ý Nội dung Điểm
1 1
Cho .Tính .
1,00
Từ
0,25
0,25
0,25
0,25
1 2 Cho trước ; gọi x,y là hai số thực
thỏa mãn
.Chứng minh rằng: .
1,00
+/Nếu thì
=> x, y là 2 nghiệm
của phương trình
Giải ra ta có => .
+/Nếu => .
Ta có hệ phương trình .
=>=>
0,25
0,25
0,25
3 3
1 12 135 12 135
1
3 3 3
x
 
+ −

 ÷
= + +
 ÷
 
( )
2
3 2
M= 9 -9 -3x x
3 3
1 12 135 12 135
1
3 3 3
x
 
+ −
 ÷
= + +
 ÷
 
( )
3 3
12 135 12 135
3 1
3 3
x
 
+ −
 ÷
⇒ − = +
 ÷

 
( )
3
3
3 3
12 135 12 135
3 1
3 3
x
 
+ −
 ÷
⇔ − = +
 ÷
 
( ) ( )
3
3 1 8 3 3 1x x⇒ − = + −
3 2
9 9 2 0x x⇔ − − =
( )
2
1 1M⇒ = − =
,a b R∈
3 3 3 3
( )
x y a b
I
x y a b
+ = +



+ = +

2011 2011 2011 2011
x y a b+ = +
( ) ( ) ( ) ( )
3 3
( )
3 3
x y a b
I
x y xy x y a b ab a b
+ = +


⇔

+ − + = + − +


(1)
(*)
( ) ( ) (2)
x y a b
xy a b ab a b
+ = +

⇔


+ = +

0a b+ ≠
(*) ⇔
x y a b
xy ab
+ = +


=

2
( ) 0X a b X ab− + + =
;
x b x a
y a y b
= =
 
 
= =
 
2011 2011 2011 2011
x y a b+ = +
0a b+ =
a b= −
3 3
0
0
x y
x y

x y
+ =

⇔ = −

+ =

2011 2011
2011 2011
0
0
a b
x y

+ =


+ =


2011 2011 2011 2011
x y a b+ = +
0,25
2 1 . Tìm để (1) có nghiệm . 1,00
Thay vào (1)ta
có :
+/Nếu
=>(vô lí vì VT là số vô tỷ ,
VP là số hữu tỷ).
+/ Suy ra

Giải hpt ,kết luận :
0,25
0,25
0,25
0,25
2 2 Với a=-5 ;b=5. Tính giá trị
của biểu thức .
1,00
+/ (1) có
dạng .
Không mất tính tổng quát coi
thì là 2 nghiệm của phương
trình ( có ) =>
+/.
+/.
+/
=>S = 725
0,25
0,25
0,25
0,25
3 1 Tìm các số nguyên x, y
thỏa mãn (1)
1,00
Giả sử có x,y nguyên thỏa mãn,
.
Do =>=>.
+/(vô nghiệm trên Z).
+/.
Vậy là các giá

trị cần tìm.
0,25
0,25
0,25
3 2
1 0 (1)x ax bx+ + − =
,a b Q∈
2 3x = −
2 3x = −
( ) ( ) ( )
3 2
2 3 2 3 2 3 1 0 a b− + − + − − =
( )
3 4 15 7 2 25a b a b⇔ + + = + +
( )
4 15 0a b+ + ≠
( )
7 2 25
3
4 15
a b
a b
+ +
=
+ +
( )
4 15 0a b+ + = ⇒
7 2 25 0
4 15 0
a b

a b
+ + =


+ + =

5
5
a
b
= −


=

5 5 5
1 2 3
1 1 1
S
x x x
= + +
5
5
a
b
= −


=


( )
( )
3 2 2
5 5 1 0 x-1 4 1 0x x x x x− + − = ⇔ − + =
3
1x =
1 2
, x x
( )
2
4 1 0x x− + =
' 3 0∆ = >
1 2
1 2
4
1
x x
x x
+ =


=

( )
2
2 2
1 2 1 2 1 2
2 14x x x x x x+ = + − =
( ) ( )
3 3 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2
52x x x x x x x x+ = + + − =
( ) ( ) ( )
5 5 2 2 3 3 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
724x x x x x x x x x x+ = + + − + =
2 2 2 2
5 60 37x y x y xy+ + + =
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2
(1) 5 35 60 5 3 4 .x y x y xy x y xy xy⇔ − = − + − ⇔ − = − −
VT 0≥
( ) ( )
5 - 3 4 0 3 4xy xy xy⇒ − ≥ ⇔ ≤ ≤
,x y Z∈
xy Z∈
3
4
xy
xy
=


=

( )
2
2
3

3
0
xy
x y
x
x y
=

=


⇔
 
=
− =



( )
2
2
4
2
2
4
0
xy
x y
x y
x y

x
x y
=

=
= =



⇔ ⇔
 

= = −
=
− =




2
2
x y
x y
= =


= = −

0,25
3 2

Giải hệ phương
trình: 1,00
Điều kiện :.
(1).
+/Nếu thay vào
phương trình (2) ta
có :.
+/Nếu
Khi đó (2) (3)
do .
nên
Do đó Pt (3) .
Vậy hệ phương
trình có nghiệm
0,25
0,25
0,25
0,25
4 1 K là giao điểm của đường thẳng IJ với BD. Chứng minh KB = KD. 1,00
Do AO và AO’ là hai tia phân giác của => A,O,O’ thẳng hàng.
Có sđ ; chung
đồng dạng
với(g.g)=>(1)
Tương tự:đồng dạng
với(2)
Từ (1) và (2) =>.
0,25
0,25
0,25
0,25

( )
3 2
4
(1)
2 1 5 2 0 (2)
x x x y y
x x y

− = −


+ − + + =


0y ≥
( )
( )
2
1 0
1
x y
x y x
x
=

⇔ − − = ⇔

= ±

1x = ±

1 0 1y y− = ⇔ =
0x y= ≥
⇔
( )
4
2 1 4 2 0x x+ − + =
( )
4 4 2
2 1 2.2 .1 4x x x+ ≥ =
( )
4
2 1 2 2x x x⇒ + ≥ =
( )
2
VT(3) 2( - 2 1) 2 1 0.x x x≥ + = − ≥
4
1
1 1
1 0
x
x y
x

=

⇔ ⇔ = ⇒ =

− =



1 1
;
1 1
x x
y y
= = −
 
 
= =
 
H
J
O'
O
K
D
C
B
I
M
A
·
BAC
¶
·
1
BJI IBK
2
= =
º

BI
·
BKI
Δ KBI⇒
Δ KJB
2
KI KB
= KB =KI.KJ
KB KJ
⇒
Δ KDI
Δ KJD
2
KI KD
= KD =KI.KJ
KD KJ
⇒ ⇔
KB=KD
4 2 Chứng minh 4 điểm I, H, O’, M nằm trên một đường tròn. 1,00
+/Xét tam giác vuông ABO’
có: (3)
+/ Có :sđ ; chung
đồng dạng với(g.g)
(4).
Từ (3),(4) =>.
=> đồng dạng với ( vì
; chung ).
=> => tứ giác MIHO’ nội tiếp
hay 4 điểm I, H, M, O’ cùng
thuộc một đường tròn.

0,25
0,25
0,25
0,25
4 3 Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp 1,00
Do OD // O’B (cùng
AB)
nhưng OI cắt O’I và
A,I,M thẳng hàng => OI // O’M.
=> .
mà sđ và sđ
=>=>IM tiếp xúc với đường
tròn ngoại tiếp
hay AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp .
0,25
0,25
0,25
0,25
5 Chứng minh rằng luôn chỉ ra được 3 điểm trên mặt phẳng làm thành tam giác
vuông cân mà ba đỉnh của nó được đánh cùng dấu.
1,00
Dựng tam giác vuông cân ABC đỉnh A.
Do chỉ đánh bởi hai dấu (+), () nên tồn tại hai
điểm cùng dấu , không mất tổng quát giả sử
hai điểm A, B cùng dấu và cùng dấu (+).
+ Nếu C có dấu (+) thì tam giác vuông cân
ABC là tam giác phải tìm.
+ Nếu C có dấu (- ) thì ta dựng điểm D sao
cho ABDC là hình vuông.
_ Nếu D có dấu (+) thì tam giác ABD là

tam giác cần tìm.
_ Nếu D có dấu (-) thì gọi I là giao
điểm của AD và BC .
* Nếu I có dấu (+) thì tam giác vuông cân ABI là tam giác cần tìm.
* Nếu I dấu (-) thì dễ thấy tam giác vuông cân CID có ba đỉnh cùng
dấu (-) là tam giác cần tìm.
0,25
0,25
0,25
0,25
2
AB =AH.AO'
·
·
1
ABI AMB
2
= =
º
BI
·
BAI
Δ ABI
Δ AMB
2
AB AI
= AB =AM.AI
AM AB
⇒ ⇒
AH AM

AI.AM=AH.AO' =
AI AO'
⇒
Δ AHI
Δ AMO'
AH AM
=
AI AO'
µ
A
·
·
AHI=AMO'
Δ IBD
⊥
AO OD R OI OI
AO' O'B R' O'M O'I
⇒ = = = =
·
·
DOI=BO'M
·
·
1 1
BDI DOI
2 2
= =
º
DI
·

·
1 1
BIM BO'M
2 2
= =
¼
BM
·
·
BDI BIM=
ΔBID
Δ IBD
−
D
B
A
C
I