Đề thi Tuyển sinh 10 chuyên Toán - môn Toán - Năm học 2009-2010

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
=

⇔

=


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

3
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)
4
E
K
M
D
C
B
O
A
∙
·
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.
Bài 5:
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:

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
 
+
=
 ÷
 
5
E
K
M
D
C
B
O
A