2 đề thi +đáp án chuyên tin năm học 2008-2009-2010 của tỉnh Tiền Giang

UBND TỈNH TIỀN GIANG CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Độc lập _Tự Do_Hạnh Phúc
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
Khoá ngày: 01-7-2009
Môn thi: TOÁN (Chuyên toán)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1:
1/ Giải phương trình:
4 3 2
t 4t 5t 4t 1 0− + − + =
2/ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P x x 2009= − −
Bài 2:
1/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các đường thẳng GP: x - 2y + 1 = 0,
HP: 3x - 4y + 1 = 0 và I(4; 3) là trung điểm của đoạn HG. Viết phương trình cạnh HG.
2/ Giải hệ phương trình:
3 x 5y 9 0
2x y 7 0
 + + =


− − =


Bài 3:
1/ Cho phương trình
( )
2 2
x 2m 3 x m 3m 0− − + − =
. Định m để phương trình có
hai nghiệm

1 2
x ,x
sao cho
2
1 2
x 2x+
đạt giá trị nhỏ nhất.
2/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P):
2
y x=
. Gọi A, B là các giao
điểm của đường thẳng (d):
y mx 1= +
với (P). Tìm các giá trị của m để đoạn thẳng AB
có độ dài ngắn nhất.
Bài 4:
Cho đường tròn (O) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Điểm E
di động trên cung nhỏ BC (E không trùng với B và C)
1/ Trên đoạn EA lấy đoạn EM = EB. Chứng minh rằng điểm M di động trên một
cung tròn cố định.
2/ Gọi K là giao điểm của BM và CD. Chứng minh rằng bốn điểm A, M, K, D
cùng nằm trên một đường tròn.
Bài 5:
1/ Tìm số tự nhiên có hai chữ số, sao cho tích của số đó với tổng các chữ số của
nó bằng tổng lập phương của hai chữ số đó.
2/ Một dãy số có số hạng đầu là 16, còn số hạng đứng sau đều do chèn số 15 vào
giữa số hạng liền trước, tức là: 16, 1156, 111556… Chứng minh rằng mọi số hạng của
dãy này đều là số chính phương.
Hết
*Ghi chú: Thí sinh được sử dụng các loại máy tính cầm tay do BGD&ĐT cho phép.

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2:
Đề chính thức
LỜI GIẢI
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN
Khóa ngày 01 tháng 7 năm 2009
Môn: Toán ( Chuyên toán)
Bài Nội dung
Bài 1:
1/
* Vì t = 0 không là nghiệm của phương trình nên chia 2 vế của phương trình cho t
2
≠
0 ta được:
2
2
1 1
(t ) 4(t ) 5 0
t t
+ − + + =
* Đặt
1
y t
t
= +
( Điều kiện:
y 2≥
)
Phương trình trở thành: y

2
– 4y + 3 = 0

⇔
y = 1(loại) hoặc y = 3 (nhận)
* y = 3
⇔
1
t 3
t
+ =

⇔
t
2
– 3t + 1 = 0

⇔

3 5
t
2
3 - 5
t
2

+
=




=


* Vậy tập nghiệm của phương trình: S =
3 5 3 5
;
2 2
 
+ −
 
 
 
 
2/
Ta có: P = x -
x 2009−

* = x - 2009 -
x 2009−
+ 2009
* = (
2
1 3
x 2009 ) 2008
2 4
− − +
* = (
2
1 3 3

x 2009 ) 2008 2008
2 4 4
− − + ≥
với mọi x
≥
2009
* Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 2008
3
4
khi x = 2009
1
4
Bài 2:
1/
* Gọi G(m; n).
Vì I(4; 3) là trung điểm của đoạn HG nên H(
I G
2x x−
;
I G
2y y−
) hay H(8-m; 6-n).
* Vì
G GP∈
và
H HP
∈
nên ta có hệ phương trình:

m 2n 1

3m 4n 1
− = −


− + = −


m 3

n 2
=

⇔

=


Vậy: G(3; 2) và H(5; 4)
* Phương trình cạnh HG có dạng HG: y = a’x + b’.
Vì: H, G thuộc HG nên ta có hệ phương trình:

3a' b' 2
5a ' b' 4
+ =


+ =

a' 1

b' 1
=

⇔

= −

Vậy phương trình cạnh HG: y = x - 1
2/
* Ta có:
3 x 5y 9 0
2x y 7 0
 + + =


− − =



− −
=

⇔


= −

5y 9
x (1)
3

y 2x 7 (2)
Từ phương trình (1) suy ra
5y 9
0
3
− −
≥

9
y
5
⇔ ≤ −
nên y < 0
Từ phương trình (2) suy ra 2x – 7
≥
0
7
x
2
⇔ ≥
nên x > 0
* Do đó hệ đã cho tương đương với:

+ = −

+ =

3x 5y 9
2x y 7

44
x
7
39
y
7

=


⇔


= −


* Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là (x; y) =
44 39
;
7 7
 
−
 ÷
 
Bài 3:
1/
* Ta có:
∆
= (2m - 3)

2
- 4(
2
m 3m−
)= 4m
2
–12m+ 9–4m
2
+12m = 9 > 0 nên phương trình
luôn có hai nghiêm phân biệt x
1
= m – 3; x
2
= m.
* Nếu
m x,3mx
21
=−=
thì :
x
1
2
+
2x
2
= ( m – 3 )
2
+ 2m
= m
2

– 6m + 9 + 2m
= ( m – 2 )
2
+ 5
≥
5 với mọi m
∈
¡
Vậy: x
1
2
+ 2x
2
đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 khi m = 2.
* Nếu
3-m x,mx
21
==
thì :
x
1
2
+
2x
2
= m
2
+ 2(m – 3)
= m
2

+ 2m - 6
= ( m + 1)
2
- 7
≥
-7 với mọi m
∈¡
Vậy: x
1
2
+ 2x
2
đạt giá trị nhỏ nhất bằng -7 khi m = -1
* Do đó: x
1
2
+ 2x
2
đạt giá trị nhỏ nhất bằng -7 khi m = -1
2/
* Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

2
x mx 1= +
⇔
x
2
– mx – 1 = 0
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

2
A
2
B
m m 4
x ;
2
m m 4
x
2
+ +
=
− +
=
Ta có:
A B
2
A B
2 2 2
A B A B A B A B
2 2 4 2
A B A B
2 2 2
b
* x x m
a
x x m 4
y y x x (x x )(x x ) m m 4
* AB (x x ) (y y ) m 5m 4
AB (m 2) m 2

−
+ = =
− = +
− = − = + − = +
= − + − = + +
= + + ≥
Vậy AB đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi m = 0

Bài 4:
1/ (
* Hình vẽ đúng ( cả hai trường hợp).
* Tam giác BEM có:
·
BEM
= 90
0
và EM = EB nên tam giác BEM
vuông cân tại E.
* Do đó:
·
0
EMB 45=
·
·
0 0
AMB 180 EMB 135⇒ = − =
* Vậy điểm M nhìn đoạn AB cố định dưới góc không đổi 135
0
nên M di động trên một cung chứa góc 135
0

dựng trên đoạn AB
khi E thay đổi trên cung nhỏ BC.
2/
∙Trường hợp đoạn BM cắt đoạn CD tại K
* Ta có: ∙
·
1
ADC
2
=
sđ
»
0
AC 45=

∙
·
0
AMK 135=
* Do đó:
·
·
0
AMK ADC 180+ =
. Vậy ADKM nội tiếp
- Chú ý: thí sinh trình bày cách khác:
∙ Ta có:
·
1
ADC

2
=
sđ
»
0
AC 45=
và
·
0
EMB 45=
nên
·
·
ADC EMB=
(0,25đ)
∙
·
·
0
AMK EMB 180+ =
(kề bù)
Do đó:
·
·
0
AMK ADC 180+ =

Vậy ADKM nội tiếp. (0,25đ)
.Trường hợp K nằm ngoài đoạn BM
* Ta có: .

·
·
0
AMK EMB 45= =
( đối đỉnh)
∙
·
1
ADK
2
=
sđ
»
AC
= 45
0
Do đó:
·
·
AMK ADK=
* Vậy tứ giác ADMK có hai đỉnh D và M cùng nhìn cạnh AK dưới hai góc bằng nhau nên tứ
giác đó nội tiếp.
1/
* Gọi số phải tìm là
ab
(điều kiện :
1 a 9; 0 b 9≤ ≤ ≤ ≤
; a,b
∈¥
)

Ta có:
ab
(a + b) = a
3
+ b
3

Suy ra: 10a + b = a
2
+ b
2
– ab

⇔
9a + a + b = (a + b)
2
– 3ab

⇔
3a.(3 + b) = (a + b) (a + b – 1)
* Mà (a + b) và (a + b – 1) nguyên tố cùng nhau nên:
E
K
M
D
C
B
O
A
E

K
M
D
C
B
O
A
Bài 5:

a b 3a
a b 1 3 b
+ =


+ − = +

hoặc
a b 3 b
a b 1 3a
+ = +


+ − =

* Giải hai hệ trên ta được:
a 4
b 8
=



=

hoặc
a 3
b 7
=


=

* Vậy số cần tìm là: 48 hoặc 37.
2/
Ta có: số hạng thứ n có dạng:
{
{
111 155 56
n
n 1−
* Ta chứng minh số này là số chính phương.
Thật vậy:
{
n
111 155 56 111 1.10 5.111 1.10 6
n n
n 1
n 1
= + +
−
−
123 123 123

*
n n 1
10 1 10 1
n
.10 5.10. 6
9 9
−
− −
= + +
*
2n n
10 4.10 4
9
+ +
=
*
2
n
10 2
3
 
+
=
 ÷
 
UBND TỈNH TIỀN GIANG CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
Khóa ngày 01 tháng 7 năm 2008
Môn thi: TOÁN (Chuyên tin)

Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề chính thức

Bài 1 ( 2,0 điểm):
1/ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho parabol (P): y =
2
1
x
4
−
và đường thẳng (d): y = mx – 2m
– 1.
a/ Tìm m để (P) tiếp xúc với (d).
b/ Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định thuộc (P).
2/ Tìm giá trị của x để biểu thức
2
1
A
x 2x 2 5
=
− +
đạt giá trị lớn nhất.
Bài 2 (2,0 điểm):
1/ Cho phương trình bậc hai : x
2
– 2(m – 1)x + 2m
2
– 3m + 1 = 0
a/ Chứng minh phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
0 m 1≤ ≤

.
b/ Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình. Chứng minh
1 2 1 2
9
x x x x
8
+ + ≤
.
2/ Giải phương trình: x
4
– 24x – 32 = 0
Bài 3 (3,0 điểm):
1/ Tổng bình phương các chữ số của một số gồm hai chữ số bằng 10. Tích của số phải tìm với
số ngược lại của nó bằng 403. Tìm số đó.
2/ Tìm các số nguyên m và n để giá trị của đa thức :
P(x) = x
4
+ mx
3
+ 29x
2
+ nx + 4 với x
∈¢
là một số chính phương.
3/ Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình :
2

x y z 2
2x xy x 2z 1
− + =


− + − =

Bài 4 (3,0 điểm):
Cho đường tròn đường kính AB = 2a, trên đoạn AB lấy điểm M sao cho AM =
a
2
. Trong nửa
mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn, ta kẻ hai tia Mx và My sao cho
·
·
0
AMx BMy 30= =
. Tia Mx
cắt nửa đường tròn ở E, tia My cắt nửa đường tròn ở F. Từ E và F kẻ các đường thẳng vuông góc với
AB cắt AB lần lượt tại E’ và F’.
1/ Tính diện tích hình thang vuông EE
’
F
’
F theo a.
2/ Khi M di động trên AB. Chứng minh rằng: đường thẳng EF luôn tiếp xúc với một đường tròn
cố định.
HẾT
• Ghi chú : Thí sinh được sử dụng các loại máy tính do Bộ Giáo dục và Đào tạo cho phép
( Casio: fx – 500MS, fx – 570MS, fx – 570 ES, Vn – 570MS

LỜI GIẢI ĐỀ THI CHUYÊN TIN_Khoá ngày 01/7/2008
Nội dung
1/
a/ . Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

2
1
x mx 2m 1
4
− = − −
hay
2
1
x mx 2m 1 0
4
+ − − =
(*)
. (d) và (P) tiếp xúc với nhau
⇔
(*) có nghiệm số kép

⇔

( )
2
m 1∆ = +
=0

⇔
m = – 1

b/ . y = mx – 2m – 1
⇔
(x – 2)m = y + 1 (**)
Giả sử A(x
0
, y
0
) là điểm cố định của (d) khi m thay đổi
Ta có: A
∈
(d) với mọi m khi và chỉ khi (**) có nghiệm với mọi m.
. Do đó:
0
0
x 2 0
y 1 0
− =


+ =


0
0
x 2
y 1
=

⇔


= −


. Vậy: A(2, – 1)
∈
(P) là điểm cố định cần tìm.
2/
. Biến đổi:
( )
2
2
x 2x 2 5 x 2 3 3− + = − + ≥
với mọi m.
. Nên: A
1
3
≤
với mọi x.
. Vậy A
max
=
1
3
khi x =
2
1/
a/ Pt có nghiệm
' 2 2
(m 1) (2m 3m 1) 0⇔ ∆ = − − − + ≥

2
m m 0⇔ − ≤

0 m 1⇔ ≤ ≤
b/ . Khi
0 m 1≤ ≤
,
theo định lí Viet ta có:
1 2
2
1 2
x x 2(m 1)
x x 2m 3m 1
+ = −


= − +

Vậy:
2
1 2 1 2
x x x x 2m m 1+ + = − −
=
2
1 9
2 m
4 16
 
− −
 ÷

 
.
2
9 1 9 9
2 m 2.
16 4 16 8
 
= − − ≤ =
 ÷
 
2/. x
4
– 24x – 32 = 0
⇔
(x
4
+4x
2
+ 4) – 4x
2
– 24x – 36 = 0

⇔
(x
2
+ 2)
2
– (2x + 6)
2
= 0

⇔
(x
2
+ 2x + 8)(x
2
– 2x – 4) = 0
.
2
(x 2x 4) 0⇔ − − =
( vì x
2
+ 2x + 8 =0 vô nghiệm)
.
⇔
x = 1
5±
.Tập nghiệm của phương trình: S =
{ }
1 5; 1+ 5−
1/
. Gọi số phải tìm là:
ab
, (a, b
∈¥
;
1 a 9≤ ≤
;
0 b 9≤ ≤
)

Theo đề bài ta có hệ phương trình:
2 2
a b 10
ab.ba 403

+ =


=


.
2 2
a b 10
ab 3

+ =
⇔

=

. Giải đúng :
a 1
b 3
=


=

hoặc

a 3
b 1
=


=

. Vậy số phải tìm là 13 và 31
2/
.Vì hệ số của x
4
bằng 1 nên: P(x) = (x
2
+ px + q)
2
. Suy ra:
x
4
+ mx
3
+29x
2
+nx + 4 = x
4
+ 2px
3
+ (p
2
+2q)x
2

+ 2pqx +q
2
. Tìm đựơc:
2
2
q 4
2pq n
p 2q 29
2p m

=

=


+ =


=

.
q 2
p 5
m 10
n 20
=


= ±


⇔

= ±


= ±

. Vậy có hai cặp giá trị (m; n) là (10; 20), (-10; -20).
3/
.
2
x y z 2
2x xy x 2z 1
− + =


− + − =


2
2x 2y 2z 4 (1)
2x xy x 2z 1 (2)
− + =

⇔

− + − =

Từ (1) và (2) suy ra: 2x
2

+ 3x – 5 = y(x + 2)

3
y 2x 1
x 2
⇔ = − −
+
. Ta có: y và 2x – 1 là những số nguyên nên (x + 2) là ước của 3.
. Tìm đựơc nghiệm của hệ phương trình là:
(-1; -6; -3); (1; 0; 1); (-5; -10; -3); (-3; -4; 1).
1/
D
y
x
I
F
H
B
F'
O
M
E'
E
A
(loại q = -2 )
. Gọi O là trung điểm AB, hạ OH
⊥
MF
Tính: OH =
1

2
OM =
a
4
;
FH =
2 2
OF OH−
=
a 15
4
. Kéo dài EE
’
cắt đường tròn (O) tại D
Suy ra AO là đường trung trực của DE,
Từ đó kết luận:

·
·
·
DMA EMA FMB= =
;
3 điểm D, M, F thẳng hàng
. Tính: DF = 2FH =
a 15
2
. EE
’
+ FF
’

=
1
2
(MD + MF) =
1
2
DF =
a 15
4
. Tính: E
’
F
’
=
3a 5
4
(E
’
F
’
= DF. cos 30
0
)
. S =
1
2
(EE
’
+ FF
’

) E
’
F
’
=
2
15a 3
32
2/
. Xét các cung nhỏ:
»
»
AE, BF
sđ
»
AE
+ sđ
»
BF
= sđ
»
AD
+ sđ
»
BF
= 2
·
FMB
= 60
0

. Nên sđ
»
EF
= 120
0
hay
·
EOF
= 120
0
. Hạ OI
⊥
EF thì OI =
1
2
OF =
a
2
( Vì tam giác OIF là nửa tam giác đều cạnh a).
. Kết luận: EF luôn tiếp xúc với đường tròn tâm O bán kính
a
2
khi M di động trên AB.
Hết