Đề thi Tuyển sinh 10 chuyên Tin - 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 tin)
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/ Chứng minh rằng tích bốn số tự nhiên liên tiếp cộng thêm số 1 là một số chính
phương.
2/ Tìm ba số nguyên dương lẻ liên tiếp mà tổng bình phương của chúng là một số
có bốn chữ số giống nhau.
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 tin)
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/(1,0 điểm)
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
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:
2
Bài 2:

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
 
−
 ÷
 
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: m – 3 và 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
∈
¡
3
Bài 3:
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:
4
E

K
M
D
C
B
O
A
∙ 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.
Bài 5:
1/
* Gọi 4 số tự nhiên liên tiếp là: a, a + 1, a +2, a + 3
* Ta có: a(a +1)(a + 2)( a + 3) +1 = (a
2
+ 3a)( a
2
+ 3a + 2) +1
* = (a
2
+3a)
2
+ 2(a
2
+3a) + 1
* = (a
2
+ 3a + 1)
2

2/
* Gọi ba số nguyên dương lẻ liên tiếp là 2n – 1; 2n + 1; 2n + 3 (n
∈¥
*
)
Ta có: (2n – 1)
2

+ (2n + 1)
2
+ (2n + 3)
2
= 12n
2
+ 12n + 11
* Theo đề bài ta có:
12n
2
+ 12n + 11 =
aaaa
(với a là số lẻ và
1 a 9,a≤ ≤ ∈¥
)

⇔
12n
2
+ 12n + 11 = 1111.a

⇔
12n(n +1) = 11(101a – 1)
Suy ra: 11(101a – 1)
M
3
* Do đó: 101a – 1
M
3 (vì (11; 3) = 1)

⇔
99a + 2a – 1
M
3
Vậy: 2a – 1
M
3
* Vì
1 a 9≤ ≤
nên
1 2a 1 17≤ − ≤
và 2a – 1 là số lẻ, chia hết cho 3
nên: 2a – 1 nhận các giá trị là: 3, 9, 15.
Khi đó: a nhận các giá trị tương ứng là: 2, 5, 8.
* Mà a là số lẻ nên a = 5
* Từ đó suy ra n = 21
* Vậy ba số cần tìm là 41, 43 và 45.
- Chú ý: thí sinh có thể lí luận để tìm số n như sau:
(2n – 1)
2
+ (2n + 1)
2
+ (2n + 3)
2
=
aaaa

(với a là số lẻ và
1 a 9,a≤ ≤ ∈¥
) (0,25đ)

⇔
12n
2
+ 12n + 11 = 1111.a
⇔
12n(n +1) = 11(101a – 1)
5
E
K
M
D
C
B
O
A
Do đó: 101a – 1
M
3 (vì (11; 3) = 1) (0,25đ)

⇔
99a + 2a – 1
M
3
Vậy: 2a – 1
M
3 (*) (0,5đ)
. Thay các giá trị của a lần lượt bằng: 1, 3, 5, 7, 9 vào (*) ta nhận thấy chỉ
có a = 5 là thoả. (0,5đ)
. Giải phương trình 12n
2

+ 12n - 5544 = 0 ta được n = 21 ( nhận) hoặc n
= -22 (loại). (0,25đ)
. Vậy ba số cần tìm là: 41, 43 và 45. (0,25đ)


6