Đề tuyển sinh vào 10 các tỉnh

Sở Giáo dục và đào tạo
Bắc giang

Đề thi chính thức
(đợt 1)
Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT
Năm học 2009-2010
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian
giao đề.
Ngày 08 tháng 07 năm 2009
(Đề thi gồm có: 01 trang)

Câu I: (2,0đ)
1. Tính
4. 25
2. Giải hệ phơng trình:
2 4
3 5
x
x y
=


+ =

Câu II: (2,0đ)
1.Giải phơng trình x
2
-2x+1=0
2. Hàm số y=2009x+2010 đồng biến hay nghịch biến trên R? Vì sao?

Câu III: (1,0đ)
Lập phơng trình bậc hai nhận hai số 3 và 4 là nghiệm?
Câu IV(1,5đ)
Một ôtô khách và một ôtô tải cùng xuất phát từ địa điểm A đi đến địa
điểm B đờng dài 180 km do vận tốc của ôtô khách lớn hơn ôtô tải 10 km/h
nên ôtô khách đến B trớc ôtô tải 36 phút.Tính vận tốc của mỗi ôtô. Biết rằng
trong quá trình đi từ A đến B vận tốc của mỗi ôtô không đổi.
Câu V:(3,0đ)
1/ Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đờng tròn tâm O. Các đờng cao BH và
CK tam giác ABC cắt nhau tại điểm I. Kẻ đờng kính AD của đờng tròn tâm
O, các đoạn thẳng DI và BC cắt nhau tại M.Chứng minh rằng.
a/Tứ giác AHIK nội tiếp đợc trong một đờng tròn.
b/OM

BC.
2/Cho tam giác ABC vuông tại A,các đờng phân giác trong của goác B và
góc C cắt các cạnh AC và AB lần lợt tại D và E. Gọi H là giao điểm của BD
và CE, biết AD=2cm, DC= 4 cm tính độ dài đoạn thẳng HB.
Câu VI:(0,5đ)
Cho các số dơng x, y, z thỏa mãn xyz -
16
0
x y z
=
+ +
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = (x+y)(x+z)

Hết
Họ và tên thí sinh. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.SBD: . . . . . . . . . . . . . . . .

đáp án:
Câu I: (2,0đ)
1. Tính
4. 25
= 2.5 = 10
2. Giải hệ phơng trình:
2 4
3 5
x
x y
=


+ =

< = >
2
2 3 5
x
y
=


+ =

< = >
2
1
x
y

=


=

Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất (x;y) = (2;1) .
Câu II: (2,0đ)
1.
x
2
- 2x +1 = 0
<=> (x -1)
2
= 0
<=> x -1 = 0
<=> x = 1
Vậy PT có nghiệm x = 1
2.
Hàm số trên là hàm số đồng biến vì: Hàm số trên là hàm bậc nhất có hệ số
a = 2009 > 0. Hoặc nếu x
1
>x
2
thì f(x
1
) > f(x
2
)
Câu III: (1,0đ)
Lập phơng trình bậc hai nhận hai số 3 và 4 là nghiệm?

Giả sử có hai số thực: x
1
= 3; x
2
= 4
Xét S = x
1
+ x
2
= 3 + 4 = 7; P = x
1
.x
2
= 3.4 = 12 =>S
2
- 4P = 7
2
- 4.12 = 1 > 0
Vậy x
1
; x
2
là hai nghiệm của phơng trình: x
2
- 7x +12 = 0
Câu IV(1,5đ)
Đổi 36 phút =
10
6
h

Gọi vận tốc của ô tô khách là x ( x >10; km/h)
Vận tốc của ôtô tải là x - 10 (km/h)
Thời gian xe khách đi hết quãng đờng AB là:
x
180
(h)
Thời gian xe tải đi hết quãng đờng AB là:
10
180
x
(h)
Vì ôtô khách đến B trớc ôtô tải 36 phút nên ta có PT:

0300010
)10(10.180)10(610.180
180
10
6
10
180
2
=
=
=

xx
xxxx
xx

553025

302530005
'
2'
==
=+=
x
1
= 5 +55 = 60 ( TMĐK)
x
2
= 5 - 55 = - 50 ( không TMĐK)
Vậy vận tốc của xe khách là 60km/h, vận tốc xe tải là 60 - 10 = 50km/h
Câu V:(3,0đ)
1/
a)

AHI vuông tại H (vì CA

HB)

AHI nội tiếp đờng tròn đờng kính AI

AKI vuông tại H (vì CK

AB)

AKI nội tiếp đờng tròn đờng kính AI
Vậy tứ giác AHIK nội tiếp đờng tròn đờng kính AI
b)
Ta có CA

HB( Gt)
CA

DC( góc ACD chắn nửa đờng tròn)
=> BH//CD hay BI//CD (1)
Ta có AB

CK( Gt)
.
A
B
C
D
M
I
O
H
K
AB

DB( góc ABD chắn nửa đờng tròn)
=> CK//BD hay CI//BD (2)
Từ (1) và (2) ta có Tứ giác BDCI là hình bình hành( Có hai cặp cạnh đối song
song)
Mà DI cắt CB tại M nên ta có MB = MC
=> OM

BC( đờng kính đi qua trung điểm của dây thì vuông góc với dây đó)
2/ Cách 1:

Vì BD là tia phân giác góc B của tam giác ABC;
nên áp dụng tính chất đờng phân giác ta có:
ABBC
BC
AB
BC
AB
DC
AD
2
4
2
===
Vì

ABC vuông tại A mà BC = 2AB nên
^ACB = 30
0
; ^ABC = 60
0
Vì ^B
1
= ^B
2
(BD là phân giác) nên ^ABD = 30
0
Vì

ABD vuông tại A mà ^ABD = 30
0

nên BD = 2AD = 2 . 2 = 4cm
=>
12416
222
=== ADBDAB
Vì

ABC vuông tại A =>
341236
22
=+=+= ABACBC
Vì CH là tia phân giác góc C của tam giác CBD; nên áp dụng tính chất đờng
phân giác ta có:
DHBH
HB
DH
HB
DH
BC
DC
3
34
4
===
Ta có:
34)31(
3
3433
3
4

=+





=
=+




=
=+
BH
HDBH
HDBH
HDBH
HDBH
)13(32
2
)13(34
)31(
34
=

=
+
=BH
. Vậy

cmBH )13(32 =
Cách 2: BD là phân giác =>
2
2
2 2
2 2
4 4
AD AB AB AB
DC BC BC AB AC

= = =
ữ
+

2
2 2 2
2
4
4( 36) 16 8 4.36
16 36
AB
AB AB AB
AB
= + = =
+
Câu VI:(0,5đ)
Cách 1:Vì xyz -
16
0
x y z

=
+ +
=> xyz(x+y+z) = 16
P = (x+y)(x+z) = x
2
+xy + xz + yz = x(x+y+z) + yz
áp dụng BĐT Côsi cho hai số thực dơng là x(x+y+z) và yz ta có
P = (x+y)(x+z) = x(x+y+z) + yz
816.2)(2 ==++ zyxxyz
; dấu đẳng thức
xẩy ra khi
x(x+y+z) = yz .Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 8
Cách 2: xyz=
16
x y z+ +
=>x+y+z=
16
xyz
D
A
B
C
E H
1
2
2
1
P=(x+y)(x+z)=x
2
+xz+xy+yz=x(x+y+z)+yz=x.

16
xyz
+yz=
16 16
2 . 8yz yz
yz yz
+ ≥ =
(b®t cosi)
V©y GTNN cña P=8
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
THPT
QUẢNG NAM NĂM HỌC 2009-2010
Môn thi TOÁN ( chung cho tất cả các thí sinh)
Thời gian 120 phút (không kể thời gian
giao đề)
Bài 1 (2.0 điểm )
1. Tìm x để mỗi biểu thức sau có nghĩa
a)
x
b)
1
1x −
2. Trục căn thức ở mẫu
a)
3
2
b)
1
3 1−
3. Giải hệ phương trình :

1 0
3
x
x y
− =


+ =

Bài 2 (3.0 điểm )
ĐỀ CHÍNH THỨC
Cho hàm số y = x
2
và y = x + 2
a) Vẽ đồ thị của các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy
b) Tìm tọa độ các giao điểm A,B của đồ thị hai hàm số trên bằng
phép tính
c) Tính diện tích tam giác OAB
Bài 3 (1.0 điểm )
Cho phương trình x
2
– 2mx + m
2
– m + 3 có hai nghiệm x
1
; x
2
(với m là tham số ) .Tìm biểu thức x
1
2

+ x
2
2
đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 4 (4.0 điểm )
Cho đường tròn tâm (O) ,đường kính AC .Vẽ dây BD vuông góc với
AC tại K ( K nằm giữa A và O).Lấy điểm E trên cung nhỏ CD ( E không
trùng C và D), AE cắt BD tại H.
a) Chứng minh rằng tam giác CBD cân và tứ giác CEHK nội tiếp.
b) Chứng minh rằng AD
2
= AH . AE.
c) Cho BD = 24 cm , BC =20cm .Tính chu vi của hình tròn (O).
d) Cho góc BCD bằng α . Trên mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A
, vẽ tam giác MBC cân tại M .Tính góc MBC theo α để M thuộc
đường tròn (O).
======Hết======
Hướng dẫn Giải:
Bài 1 (2.0 điểm )
1. Tìm x để mỗi biểu thức sau có nghĩa
a)
0x
≥
b)
1 0 1x x
− ≠ ⇒ ≠
2. Trục căn thức ở mẫu
a)
3 3. 2 3 2

2
2 2. 2
= =
b)
( )
( ) ( )
1. 3 1
1 3 1 3 1
3 1 2
3 1
3 1 3 1
+
+ +
= = =
−
−
− +
3. Giải hệ phương trình :
1 0 1 1
3 1 3 2
x x x
x y y y
− = = =
  
⇔ ⇔
  
+ = + = =
  
Bài 2 (3.0 điểm )
Cho hàm số y = x

2
và y = x + 2
a) Vẽ đồ thị của các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy
Lập bảng :
x 0 - 2 x - 2 - 1 0 1 2
y = x + 2 2 0 y = x
2
4 1 0 1 4
b) Tìm toạ độ giao điểm A,B :
Gọi tọa độ các giao điểm A( x
1
; y
1
) , B( x
2
; y
2
) của hàm số y = x
2

có đồ thị (P) và y = x + 2 có đồ thị (d)
Viết phương trình hoành độ điểm chung của (P) và (d)
x
2
= x + 2  x
2
– x – 2 = 0
( a = 1 , b = – 1 , c = – 2 ) có a – b + c = 1 – ( – 1 ) – 2 = 0
1
1x⇒ = −

;
2
2
2
1
c
x
a
−
= − = − =
thay x
1
= -1
⇒
y
1
= x
2
= (-1)
2
= 1

;
x
2
= 2
⇒
y
2
= 4

Vậy tọa độ giao điểm là

A( - 1

; 1

) , B( 2 ; 4 )
c) Tính diện tích tam giác OAB
Cách 1 : S
OAB
= S
CBH
- S
OAC
=
1
2
(OC.BH - OC.AK)= =
1
2
(8 - 2)= 3đvdt
Cách 2 : Ctỏ đường thẳng OA và đường thẳng AB vuông góc
OA
2 2 2 2
1 1 2AK OK= + = + =
; BC =
2 2 2 2
4 4 4 2BH CH+ = + =
;
AB = BC – AC = BC – OA =

3 2

(ΔOAC cân do AK là đường cao đồng thời trung tuyến
⇒
OA=AC)
S
OAB
=
1
2
OA.AB =
1
.3 2. 2 3
2
=
đvdt
Hoặc dùng công thức để tính AB =
2 2
( ) ( )
B A B A
x x y y− + −
;OA=
2 2
( ) ( )
A O A O
x x y y− + −

Bài 3 (1.0 điểm ).Tìm biểu thức x
1
2

+ x
2
2
đạt giá trị nhỏ nhất.
Cho phương trình x
2
– 2mx + m
2
– m + 3
( a = 1 ; b = - 2m => b’ = - m ; c = m
2
- m + 3 )
O
y
x
A
B
K
C
H
Δ’ = = m
2
- 1. ( m
2
- m + 3 ) = m
2
- m
2
+ m - 3 = m – 3 ,do pt có hai

nghiệm x
1
; x
2
(với m là tham số ) Δ’ ≥ 0
⇒
m ≥ 3 theo viét ta có:
x
1
+ x
2
= = 2m
x
1

. x
2

= = m
2
- m + 3
x
1
2

+ x
2
2
= ( x
1

+ x
2
)

2
– 2x
1
x
2
= (2m)
2
- 2(m
2
- m + 3 )=2(m
2
+ m - 3 )
=2(m
2
+ 2m
1
2
+
1
4
-
1
4
-
12
4

) =2[(m +
1
2
)
2
-
13
4
]=2(m +
1
2
)
2
-
13
2
Do điều kiện m ≥ 3
⇒
m +
1
2
≥ 3+
1
2
=
7
2

(m +
1

2
)
2
≥
49
4

⇒
2(m +
1
2
)
2
≥
49
2

⇒
2(m +
1
2
)
2
-
13
2
≥
49
2
-

13
2
= 18
Vậy GTNN của x
1
2

+ x
2
2
là 18 khi m = 3
Bài 4 (4.0 điểm )
a) Chứng minh rằng tam giác CBD cân và tứ giác CEHK nội tiếp.
* Tam giác CBD cân
AC
⊥
BD tại K
⇒
BK=KD=BD:2(đường kính vuông góc dây cung) ,ΔCBD
có đường cao CK vừa là đường trung tuyến nên ΔCBD cân.
* Tứ giác CEHK nội tiếp
·
·
0
AEC HEC 180= =
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ;
·
0
KHC 180=
(gt)

·
·
0 0 0
HEC HKC 90 90 180+ = + =
(tổng hai góc đối)
⇒
tứ giác CEHK nội tiếp
b) Chứng minh rằng AD
2
= AH . AE.
Xét ΔADH và ΔAED có :
¶
A chung
; AC
⊥
BD tại K ,AC cắt cung BD tại A suy ra A là điểm
chính giữa cung BAD , hay cung AB bằng cung AD
⇒
·
·
ADB AED=

(chắn hai cung bằng nhau) .Vậy ΔADH = ΔAED (g-g)
⇒
2
.
AD AE
AD AH AE
AH AD
= ⇒ =

c) Cho BD = 24 cm , BC =20cm .Tính chu vi của hình tròn (O).
BK=KD=BD:2 = 24:2 = 12 (cm) ( cm câu a ) ; BC =20cm
* ΔBKC vuông tại A có : KC =
2 2 2 2
20 12 400 144 256BC BK− = − = − =
=16
*
·
0
ABC 90=
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
ΔABC vuông tại K có : BC
2
=KC.AC
⇔
400 =16.AC
⇒
AC = 25
⇒
R= 12,5cm
C = 2пR = 2п.12,5 = 25п (=25.3,14 = 78.5) (cm)
d)Tính góc MBC theo α để M thuộc đường tròn (O).
Giải: ΔMBC cân tại M có MB = MC suy ra M cách đều hai đầu đoạn thẳng
BC
⇒
M
∈
d là đường trung trực BC ,(OB=OC nên O
∈
d ),vì M

∈
(O) nên
giả sử d cắt (O) tại M (M thuộc cung nhỏ BC )và M’(thuộc cung lớn BC ).
* Trong trường hợp M thuộc cung nhỏ BC ; M và D nằm khác phía BC hay
AC
do ΔBCD cân tại C nên
· · ·
0 0
) :
2
BDC DBC (180 DCB 2 90= − = −
α
=
Tứ giác MBDC nội tiếp thì
·
· ·
·
0 0 0 0
0 0 0
( )
2 2 2
BDC BMC 180 BMC 180 BDC 180 90 180 90 90+ ⇒ = − = − − = − + = +
α α α
=
* Trong trường hợp M’ thuộc cung lớn BC
ΔMBC cân tại M có MM’ là đường trung trực nên MM’ là phân giác góc
BMC
⇒

·

·
0 0
) : 2 45
2 4
BMM' BMC (90= + = +
α α
=

⇒
sđ
¼
0
BM' )
2
(90= +
α
(góc nội tiếp và cung bị
chắn)
sđ
»
·
BD BCD 22 == α
(góc nội tiếp và cung bị chắn)
+ Xét
»
¼
BD BM'<
⇒
0 0 0 0 0
3

2 2
2 90 2 90 180 0 60+ ⇔ ⇔ ⇔ <
α α
α < α − < α < α <

suy ra tồn tại hai điểm là M thuộc cung nhỏ BC (đã tính ở trên )và M’ thuộc
cung lớn BC .
A O
B
M
C
E
D
M’
K
H
B”
D”
Tứ giác BDM’C nội tiếp thì
·
·
0
2
BDC BM'C 90= = −
α
(cùng chắn cung BC
nhỏ)
+ Xét
»
¼

BD BM'=
⇒
0 0 0 0
3
2 2
2 90 2 90 180 60+ ⇔ = ⇔ ⇔
α α
α = α− α = α =
thì
M’≡ D khơng thỏa mãn điều kiện đề bài nên khơng có M’ ( chỉ có điểm M
tmđk đề bài)
+ Xét
»
¼
BD BM'>
⇒
0 0 0 0 0
3
2 2
2 90 2 90 180 60 90+ ⇔ > ⇔ ⇔ <
α α
α > α− α > α ≤
(khi BD qua tâm O
và BD
⊥
AC
⇒
·
0
BCD 90= α =

)
⇒
M’ thuộc cung
»
BD
khơng thỏa mãn điều
kiện đề bài nên khơng có M’ (chỉ có điểm M tmđk đề).
Sở GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC
20092010
KHÁNH HOÀ MÔN: TOÁN
NGÀY THI: 19/6/2009
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)
Bài 1: (2 điểm) (không dùng máy tính bỏ túi)
a) Cho biết A=
155 +
và B=
155 −
. Hãy so sánh A+B và AB.
2x +y = 1
b) Giải hệ phương trình:
3x – 2 y= 12
Bài 2: (2.5 điểm)
Cho Parabol (P) : y= x
2
và đường thẳng (d): y=mx-2 (m là tham số m
≠

0)
a/ Vẽ đồ thò (P) trên mặt phẳng toạ độ Oxy.
b/ Khi m = 3, hãy tìm toạ độ giao điểm (p) ( d)

c/ Gọi A(x
A
;y
A
), B(x
A
;y
B
) là hai giao điểm phân biệt của (P) và ( d).
Tìm các gia trò của m sao cho : y
A
+

y
B =
2(x
A
+ x
B
)-1.
Bài 3: (1.5 điểm)
ĐỀ CHÍNH
THỨC
Cho một mảnh đất hình chữ nhật có chiểu dai hơn chiều rộng 6 m và
bình phương độ dài đường chéo gấp 5 lần chu vi. Xác đònh chiều dài và
rộng của mảnh đất hình chữ nhật.
Bài 4: ( 4 điểm).
Cho đường tròn(O; R) từ một điểm M ngoài đường tròn (O; R). vẽ hai
tiếp tuyến A, B. lấy C bất kì trên cung nhỏ AB. Gọi D, E, F lần lượt là
hình chiếu vuông góc của C tên AB, AM, BM.

a/ cm AECD Nội tiếp một đường tròn .
b/ cm:
ABCEDC
ˆˆ
=
c/ cm : Gọi I là trung điểm của AC và ED, K là giao điểm của CB
, DF.
Cm IK// AB.
d/ Xác đònh vò trí c trên cung nhỏ AB dể (AC
2
+ CB
2
)nhỏ nhất.
tính giá trò nhỏ nhất đó khi OM =2R
Hết
Së gd vµ ®t
thanh ho¸
Kú thi tun sinh thpt chuyªn lam s¬n
n¨m häc: 2009 - 2010
§Ị chÝnh thøc
M«n: To¸n (Dµnh cho thÝ sinh thi vµo
líp chuyªn To¸n)
Thêi gian lµm bµi: 150 phót (kh«ng kĨ thêi gian
giao ®Ị)
Ngµy thi: 19 th¸ng 6 n¨m 2009
C©u 1: (2,0 ®iĨm)
1. Cho sè x
( )
0; >∈ xRx
tho¶ m·n ®iỊu kiƯn: x

2
+
2
1
x
= 7
TÝnh gi¸ trÞ c¸c biĨu thøc: A = x
3
+
3
1
x
vµ B = x
5
+
5
1
x
2. Giải hệ phương trình:
1 1
2 2
1 1
2 2
y
x
x
y

+ − =





+ − =


C©u 2: (2,0 ®iĨm) Cho ph¬ng tr×nh:
2
0ax bx c+ + =
(
0a ≠
) cã hai nghiƯm
1 2
,x x
tho¶ m·n ®iỊu kiƯn:
1 2
0 2x x≤ ≤ ≤
.T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cđa biĨu thøc:

2 2
2
2 3
2
a ab b
Q
a ab ac
− +
=
− +

C©u 3: (2,0 ®iĨm)
1. Giải phơng trình:
2x
+
2009
+
y
+
2010z
=
)(
2
1
zyx
++
2. Tìm tất cả các số nguyên tố p để 4p
2
+1 và 6p
2
+1 cũng là số nguyên
tố.
Câu 4: (3,0 điểm)
1. Cho hình vuông
ABCD
có hai đờng chéo cắt nhau tại
E
. Một đ-
ờng thẳng qua
A
, cắt cạnh

BC
tại
M
và cắt đờng thẳng
CD
tại
N
. Gọi
K
là giao điểm của các đờng thẳng
EM
và
BN
. Chứng minh rằng:
CK BN
.
2. Cho ng trũn (O) bỏn kớnh R=1 v m t im A sao cho OA=
2
.V cỏc tip tuyn AB, AC vi ng trũn (O) (B, C l cỏc ti p im).Mt gúc
xOy cú s o bng
0
45
cú cnh Ox ct on thng AB ti D v c nh Oy ct
on thng AC ti E. Chng minh rng:
1222
<
DE
.
Câu 5: (1,0 điểm) Cho biểu thức
bdacdcbaP +++++=

2222
,trong đó
1= bcad
.
Chứng minh rằng:
3P
.
Hết
Sở giáo dục và đào Kỳ thi tuyển vào lớp 10 chuyên lam sơn
Thanh Hoá năm học 2009-2010
Đáp án đề thi chính thức
Môn: Toán ( Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên
Toán)
Ngày thi: 19 tháng 6 năm 2009
(Đáp án này gồm 04 trang)
Câu ý Nội dung Điểm
1
1
Từ giả thiết suy ra: (x +
x
1
)
2
= 9 x +
x
1
= 3 (do x > 0)
21 = (x +
x
1

)(x
2
+
2
1
x
) = (x
3
+
3
1
x
) + (x +
x
1
) A = x
3
+
3
1
x
=18
7.18 = (x
2
+
2
1
x
)(x
3

+
3
1
x
) = (x
5
+
5
1
x
) + (x +
x
1
)
B = x
5
+
5
1
x
= 7.18 - 3 = 123
0.25
0.25
0.25
0.25
2
T h suy ra
x
y
y

x
1
2
11
2
1
+=+
(2)
Nu
yx
11
>
thỡ
xy
1
2
1
2 >
nờn (2) xy ra khi v ch khi x=y
th v o h ta gii c x=1, y=1
0.5
0.5
2
Theo Viét, ta có:
1 2
b
x x
a
+ =
,

1 2
.
c
x x
a
=
.
Khi đó
2 2
2
2 3
2
a ab b
Q
a ab ac
+
=
+
=
2
2 3.
2
b b
a a
b c
a a

+
ữ

+
( Vì a

0)
=
2
1 2 1 2
1 2 1 2
2 3( ) ( )
2 ( )
x x x x
x x x x
+ + + +
+ + +
Vì
1 2
0 2x x
nên
2
1 1 2
x x x
và
2
2
4x


2 2
1 2 1 2
4x x x x+ +

( )
2
1 2 1 2
3 4x x x x + +
Do đó
1 2 1 2
1 2 1 2
2 3( ) 3 4
3
2 ( )
x x x x
Q
x x x x
+ + + +
=
+ + +
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1 2
2x x= =
hoặc
1 2
0, 2x x= =
Tức là
4
4
4
2
2
0

0
b
a
c
c b a
a
b a
b
c
a
c
a


=







= =

=

=






=
=









=




Vậy max
Q
=3
0.25
0.25
0.25
0.25

0.25
0.25
0.25
0.25
3
1
ĐK: x 2, y - 2009, z 2010
Phơng trình đã cho tơng đơng với:
x + y + z = 2
2x
+2
2009+y
+2
2010z
(
2x
- 1)
2
+ (
2009+y
- 1)
2
+ (
2010z
- 1)
2
= 0

2x
- 1 = 0 x = 3

2009+y
- 1 = 0 y = - 2008

2010z
- 1 = 0 z = 2011
0.25
0.25
0.25
0.25
2
NhËn xÐt: p lµ sè nguyªn tè ⇒ 4p
2
+ 1 > 5 vµ 6p
2
+ 1 > 5
§Æt x = 4p
2
+ 1 = 5p
2
- (p - 1)(p + 1)
y = 6p
2
+ 1 ⇒ 4y = 25p
2
– (p - 2)(p + 2)
Khi ®ã:
- NÕu p chia cho 5 d 4 hoÆc d 1 th× (p - 1)(p + 1) chia hÕt cho 5
⇒ x chia hÕt cho 5 mµ x > 5 ⇒ x kh«ng lµ sè nguyªn tè

- NÕu p chia cho 5 d 3 hoÆc d 2 th× (p - 2)(p + 2) chia hÕt cho 5
⇒ 4y chia hÕt cho 5 mµ UCLN(4, 5) = 1 ⇒ y chia hÕt cho 5 mµ
y > 5
⇒ y kh«ng lµ sè nguyªn tè
VËy p chia hÕt cho 5, mµ p lµ sè nguyªn tè ⇒ p = 5
Thö víi p =5 th× x =101, y =151 lµ c¸c sè nguyªn tè
§¸p sè: p =5
0.25
0.25
0.25
0.25
4
1.
2.






Trªn c¹nh AB lÊy ®iÓm I sao cho IB = CM
Ta cã
∆
IBE =
∆
MCE (c.g.c).
Suy ra EI = EM ,
BEIMEC ∠=∠
⇒
∆

MEI vu«ng c©n t¹i E
Suy ra
BCEEMI ∠==∠
0
45
MÆt kh¸c:
AN
MN
CB
CM
AB
IB
==
⇒
IM // BN

BKEEMIBCE ∠=∠=∠

⇒
tø gi¸c BECK néi tiÕp
0
180=∠+∠ BKCBEC
L¹i cã:
00
9090 =∠⇒=∠ BKCBEC
. VËy
CK BN⊥
Vì AO =
2
, OB=OC=1 v à ∠ABO=∠ACO=90

0
suy ra OBAC l à
hình vuông
Trên cung nhỏ BC lấy điểm M sao cho ∠DOM = ∠DOB
⇒∠MOE=∠COE
Suy ra
∆
MOD=
∆
BOD ⇒ ∠DME=90
0

∆
MOE=
∆
COE ⇒∠EMO=90
0
suy ra D,M,E thẳng h ng, suy ra DE l tià à ếp tuyến của (O).
Vì DE l tià ếp tuyến suy ra DM=DB, EM=EC
Ta có DE<AE+AD ⇒2DE<AD+AE+BD+CE =2 suy ra DE<1
Đặt DM= x, EM=y ta có AD
2
+ AE
2
= DE
2

0.25
0.25
0.25

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
D
C
N
A
BI
K
M
E
O
C
B
D
E
M
A
x
x
y
5.
(1-x)
2
+ (1-y)

2
= (x+y)
2
1- (x+y) = xy
( )
4
2
yx +

suy ra DE
2
+ 4.DE - 4
0

DE
222
Vy
222
DE<1
Ta có:
2222222222
22)()( cbabcddadbabcdcabcadbdac ++++=++
( ) ( ) ( )( )
2222222222
dcbacdbdca ++=+++=
Vì
1= bcad
nên
( )( )
)1()(1

2222
2
dcbabdac ++=++
áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số không âm
( ) ( )
2222
; dcba ++
có:
( )( )
bdacdcbabdacdcbaP +++++++++=
22222222
2
( )
bdacbdacP ++++
2
12
(theo (1))
Rõ ràng
0>P
vì:
( )
2
2
12 bdacbdac +>++
Đặt
bdacx +=
,ta có:
xxP ++
2
12

( ) ( )
341411414
2222222
+++++=++++ xxxxxxxxP
( )
3321
2
2
+++= xx
Vậy
3P
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Sở giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh THPT chuyên lam
sơn
thanh hoá năm học: 2009 2010
Đề chính thức Môn: Toán ( Dành cho thí sinh thi vào lớp
chuyên tin)
Thời gian làm bài : 150 phút( Không kể thời
gian giao đề)
Ngày thi:19 tháng 6 năm 2009
Câu 1( 2,0 điểm)
Cho biểu thức:
xx
x
x
T

+


+
=
1
1
1
1
1
42
3
2
1. Tìm điều kiện của
x
để
T
xác định. Rút gọn
T
2. Tìm giá trị lớn nhất của
T
.
Câu 2 ( 2,0 điểm)
1. Giải hệ phơng trình:



=+

=
744
12
22
2
yxyx
xyx
2. Giải phơng trình:
)(
2
1
201020092 zyxzyx ++=+++
Câu 3 (2,0 điểm)
1. Tìm các số nguyên a để phơng trình: x
2
- (3+2a)x + 40 - a = 0 có
nghiệm nguyên. Hãy tìm các nghiệm nguyên đó.
2. Cho
cba ,,
là các số thoả mãn điều kiện:





=++


129619
0

0
cba
b
a
Chứng minh rằng ít nhất một trong hai phơng trình sau có nghiệm
016)1(2
22
=++++ abcaxax

0119)1(2
22
=++++ abcbxbx
Câu 4 (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp trong đờng tròn tâm O đ-
ờng kính AD. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, E là một điểm trên cung
BC không chứa điểm A.
1. Chứng minh rằng tứ giác BHCD là hình bình hành.
2. Gọi P và Q lần lợt là các điểm đối xứng của E qua các đờng thẳng
AB và AC. Chứng minh rằng 3 điểm P, H, Q thẳng hàng.
3. Tìm vị trí của điểm E để PQ có độ dài lớn nhất.
Câu 5 ( 1,0 điểm)
Gọi
cba ,,
là độ dài ba cạnh của một tam giác có ba góc nhọn. Chứng
minh rằng với mọi số thực
zyx ,,
ta luôn có:
222
222
2

2
2
2
2
2
222
cba
zyx
c
z
b
y
a
x
++
++
>++
Hết
THI CHUYấN TON QUC HC HU NM 2009-2010
Thi gian: 150 phỳt
(Khụng k thi gian giao )


Bài 1: Cho phương trình:
a) Tìm m để pt trên có 2 nghiệm phân biệt
b) Tìm min của
Bài 2:
a) Cho pt có 2 nghiệm dương phân biệt. CMR phương trình
cũng có 2 nghiệm dương phân biệt.
b) Giải pt:

c) CMR có duy nhất bộ số thực (x;y;z) thoã mãn:
Bài 3: Cho góc xOy có số đo là 60 độ. (K) nằm trong góc xOy tiếp xúc với
tia Ox tại M và tiếp xúc với Oy tại N. Trên tia Ox lấy P sao cho OP=3. OM.
Tiếp tuyến của (K) qua P cắt Oy tại Q khác O. Đường thẳng PK cắt MN tại
E. QK cắt MN ở F.
a) CMR: Tam giác MPE đồng dạng tam giác KPQ
b) CMR: PQEF nội tiếp
c) Gọi D là trung điểm PQ. CMR tam giác DEF đều.
Bài 4:Giải PTNN:
Bài 5: Giả sử tứ giác lồi ABCD có 2 hình vuông ngoại tiếp khác nhau.
CMR: Tứ giác này có vô số hình vuông ngoại tiếp.
ĐỀ THI CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH 2009-2010
VÒNG 1(120 phút)
Câu 1 :
Cho phương trình x
2
– (2m – 3)x + m(m – 3) = 0 ,với m là tham số
1, Với giá trị nào của m thì phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt
2, Tìm các giá trị của để phương trình đã cho có nghiệm u, v thỏa mãn hệ
thức u
2
+ v
2
= 17.
Câu 2 :
1, Giải hệ phương trình
( )
2 2
x y 2 x y 23
x y xy 11


+ + + =


+ + =


2,Cho các số thực x, y thõa mãn x ≥ 8y > 0,Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức :
( )
1
P x
y x 8y
= +
−
Câu 3 :
Cho 2 đường tròn (O
1
; R
1
) và (O
2
; R
2
) cắt nhau tại hai điểm I, P.Cho biết
R
1
< R
2
và O

1
, O
2
khác phía đối với đường thẳng IP. Kẻ 2 đường kính IE,IF
tương ứng của (O
1
; R
1
) và (O
2
; R
2
) .
1, Chứng minh : E, P, F thẳng hàng
2, Gọi K là trung điểm EF, Chứng minh O
1
PKO
2
là tứ giác nội tiếp .
3, Tia IK cắt (O
2
; R
2
)tại điểm thứ hai là B,đường thẳng vuông góc với IK tại
I cắt (O
1
; R
1
) tại điểm thứ hai là .Chứng minh IA = BF.