4 ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN: HẢI DƯƠNG, THỪA THIÊN HUẾ, HƯNG YÊN, VĨNH PHÚC và đáp án

4 ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN:
HẢI DƯƠNG, THỪA THIÊN HUẾ, HƯNG YÊN, VĨNH PHÚC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KỲTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI
Năm học 2009-2010
Mơn thi : Tốn

Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi 08 tháng 7 năm 2009
(Đề thi gồm: 01 trang)

Đề chính thức

Câu I (2.5 điểm):
1) Giải hệ phương trình:
 x 2 + y 2 + xy = 3

2
 xy + 3x = 4
2) Tìm m ngun để phương trình sau có ít nhất một nghiệm nguyên:
4x 2 + 4mx + 2m 2 − 5m + 6 = 0
Câu II (2.5 điểm):
1) Rút gọn biểu thức:
A=

2 + 4 − x2 



( 2 + x)

3

−

( 2 − x)

3


 với −2 ≤ x ≤ 2


4 + 4 − x2

2) Cho trước số hữu tỉ m sao cho

3

m là số vơ tỉ. Tìm các số hữu tỉ a, b, c để:

a 3 m2 + b 3 m + c = 0
Câu III (2.0 điểm):
1) Cho đa thức bậc ba f(x) với hệ số của x 3 là một số nguyên dương và biết
f (5) − f (3) = 2010 . Chứng minh rằng: f(7) − f(1) là hợp số.
2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =

x 2 − 4x + 5 − x 2 + 6x + 13

Câu IV (2.0 điểm):
Cho tam giác MNP có ba góc nhọn và các điểm A, B, C lần lượt là hình chiếu
vng góc của M, N, P trên NP, MP, MN. Trên các đoạn thẳng AC, AB lần lượt lấy D, E
·
·
sao cho DE song song với NP. Trên tia AB lấy điểm K sao cho DMK = NMP . Chứng
minh rằng:
1) MD = ME
2) Tứ giác MDEK nội tiếp. Từ đó suy ra điểm M là tâm của đường trịn bàng tiếp
góc DAK của tam giác DAK.
Câu V (1.0 điểm):
Trên đường tròn (O) lấy hai điểm cố định A và C phân biệt. Tìm vị trí của các điểm
B và D thuộc đường trịn đó để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn nhất.
-----------------------Hết----------------------Họ và tên thí sinh : ......................................................Số báo danh :.......................
Chữ kí của giám thị 1 : .............................Chữ kí của giám thị 2:............................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KỲTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN NGUYỄN TRÃI
Năm học 2009-2010
Mơn thi : Tốn

Hướng dẫn chấm
Câu

Phần

Câu I

1)

2,5 điểm

1,5điểm

Điểm

Nội dung

 x + y + xy = 3 (1)

2
(2)
 xy + 3x = 4
2

2

Từ (2) ⇒ x ≠ 0. Từ đó y =

4 − 3x 2
, thay vào (1) ta có:
x

0.25

2

 4 − 3x 2 
4 − 3x 2
x2 + 
+ x.
=3
÷
x 
x

⇔ 7x 4 − 23x 2 + 16 = 0
Giải ra ta được x 2 = 1 hoặc x 2 =

0.25
0.25
16
7

0.25

16
4 7
5 7
⇔x=±
⇒y=m
7
7
7
 4 7 −5 7   −4 7 5 7 
;
;

Vậy hệ có nghiệm (x; y) là (1; 1); (-1; -1); 
÷; 
÷
7
7   7
7 

Từ x 2 = 1 ⇔ x = ±1 ⇒ y = ±1 ; x 2 =

2)
1,0điểm

Câu II

1)

2,5 điểm

1,5điểm

0.25
0.25
0.25

Điều kiện để phương trình có nghiệm: ∆ x ' ≥ 0
⇔ m 2 − 5m + 6 ≤ 0 ⇔ (m − 2)(m − 3) ≤ 0 . Vì (m - 2) > (m - 3) nên:
∆ x ' ≥ 0 ⇔ m − 2 ≥ 0 và m − 3 ≤ 0 ⇔ 2 ≤ m ≤ 3, mà m ∈ Z
⇒ m = 2 hoặc m = 3.
Khi m = 2 ⇒ ∆ x ' = 0 ⇒ x = -1 (thỏa mãn)
Khi m = 3 ⇒ ∆ x ' = 0 ⇒ x = - 1,5 (loại).

Vậy m = 2.

0.25
0.25
0.25

Đặt a = 2 + x ; b = 2 − x
(a, b ≥ 0)
⇒ a 2 + b 2 = 4; a 2 − b 2 = 2x
2 + ab ( a 3 − b3 )
2 + ab ( a − b ) ( a 2 + b 2 + ab )
⇒A=
=
4 + ab
4 + ab
2 + ab ( a − b ) ( 4 + ab )
⇒A=
= 2 + ab ( a − b )
4 + ab
⇒ A 2 = 4 + 2ab ( a − b )
⇒A 2=

(a

2

0.25
0.25
0.25
0.25

+ b 2 + 2ab ) ( a − b ) = ( a + b ) ( a − b )

0.25
0.25

⇒ A 2 = a − b = 2x ⇒ A = x 2
2

2

2


2)
1,0điểm

Câu III

1)

2 điểm

1,0điểm

2)
1,0điểm

a 3 m 2 + b 3 m + c = 0 (1)
Giả sử có (1)

⇒ b 3 m 2 + c 3 m + am = 0 (2)
Từ (1), (2) ⇒ (b 2 − ac) 3 m = (a 2 m − bc)
a 2 m − bc
Nếu a 2 m − bc ≠ 0 ⇒ 3 m = 2
là số hữu tỉ. Trái với giả thiết!
b − ac
 b 2 − ac = 0
b3 = abc


⇒ 2
⇒
2
a m − bc = 0 bc = am


b
3
⇒ b3 = a 3m ⇒ b = a 3 m . Nếu b ≠ 0 thì m = là số hữu tỉ. Trái với giả
a
thiết! ⇒ a = 0; b = 0 . Từ đó ta tìm được c = 0.
Ngược lại nếu a = b = c = 0 thì (1) luôn đúng. Vậy: a = b = c = 0
3

0.25

0.25

0.25
0.25

0.25

2

Theo bài ra f(x) có dạng: f(x) = ax + bx + cx + d với a nguyên dương.
Ta có: 2010 = f(5) - f(3) = (53 - 33)a + (52 - 32)b + (5 - 3)c
= 98a + 16b + 2c ⇒ 16b + 2c = (2010- 98a)
Ta có f(7) - f(1) = (73 - 13)a + (72 - 12)b + (7 - 1)c
= 342a + 48b + 6c = 342a + 3(16b + 2c)
3
= 342a + 3(2010- 98a)= 48a + 6030 = 3.(16a + 2010) M
Vì a nguyên dương nên 16a + 2010>1 . Vậy f(7)-f(1) là hợp số
P=

( x − 2)

2

( x + 3)

+ 12 −

2

0.25
0.25
0.25

+ 22
0.25

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy lấy các điểm A(x-2; 1), B(x+3; 2)

( x − 2 − x − 3)

Ta chứng minh được: AB =

( x − 2)

OA =

2

2

+ ( 1 − 2 ) = 25 + 1 = 26

+ 12 , OB =

2

( x + 3)

2

+ 22

0.25

Mặt khác ta có: OA − OB ≤ AB

⇒

Câu IV
2 điểm

( x − 2)

2

+ 12 −

( x + 3)

2

+ 22 ≤ 26

0.25

Dấu “=” xảy ra khi A thuộc đoạn OB hoặc B thuộc đoạn OA
x−2 1
⇒
= ⇒ x = 7 .Thử lại x = 7 thì A(5; 1); B(10; 2) nên A thuộc
x +3 2
đoạn OB. Vậy Max P = 26 khi x = 7.
Ta dễ dàng chứng minh tứ giác
M
1)
·
·

MBAN nội tiếp ⇒ MAB = MNB ,
0,75điểm
·
·
MCAP nội tiếp ⇒ CAM = CPM .
K
B
C
D

N

E

A

P

·
·
Lại có BNM = CPM
(cùng phụ góc NMP)
·
·
(1)
⇒ CAM = BAM
Do DE // NP mặt khác
MA ⊥ NP ⇒ MA ⊥ DE (2)
Từ (1), (2) ⇒ ∆ ADE cân tại A

0.25

0.25

0.25

3


⇒ MA là trung trực của DE
⇒ MD = ME

0.25

2)
1,25điểm
M

K
B
C
D

N

E

P

A

·
·
Do DE//NP nên DEK = NAB , mặt khác tứ giác MNAB nội tiếp nên:
·
·
·
·
NMB + NAB = 1800 ⇒ NMB + DEK = 1800

0.25

·
·
·
·
Theo giả thiết DMK = NMP ⇒ DMK + DEK = 1800
⇒ Tứ giác MDEK nội tiếp
Do MA là trung trực của DE ⇒ ∆ MEA = ∆ MDA
·
·
·
·
⇒ MEA = MDA ⇒ MEK = MDC .
·
·
·
·
Vì MEK = MDK ⇒ MDK = MDC ⇒ DM là phân giác của góc CDK, kết
hợp với AM là phân giác DAB ⇒ M là tâm của đường tròn bàng tiếp góc

DAK của tam giác DAK.
Câu V

0.25
0.25
0.25

0.25

A'

1 điểm

B'

B

O
C

A
D' D

Khơng mất tổng quát giả sử:AB ≤ AC. Gọi B’ là điểm chính giữa cung
¼
ABC ⇒ AB' = CB'

0.25
4

Trên tia đối của BC lấy điểm A’ sao cho BA’ = BA ⇒ AB + BC = CA '
·
·
·
·
·
Ta có: B'BC = B'AC = B'CA (1) ; B'CA + B'BA = 1800
(2)
·
·
·
·
B'BC + B'BA ' = 1800 (3);Từ (1), (2), (3) ⇒ B'BA = B'BA '
Hai tam giác A’BB’ và ABB’ bằng nhau ⇒ A 'B ' = B ' A
Ta có ⇒ B' A + B 'C = B ' A '+ B 'C ≥ A 'C = AB + BC ( B’A + B’C khơng
đổi vì B’, A, C cố định). Dấu “=” xảy ra khi B trùng với B’.
¼
Hồn tồn tương tự nếu gọi D’ là điểm chính giữa cung ADC thì ta cũng
có AD’ + CD’ ≥ AD + CD. Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D’.
⇒ Chu vi tứ giác ABCD lớn nhất khi B, D là các điểm chính giữa các
»
cung AC của đường trịn (O)
Chú ý: Nếu thí sinh làm theo cách khác, lời giải đúng vẫn cho điểm tối đa.

0.25
0.25

0.25

5


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THỪA THIÊN HUẾ

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUN QUỐC HỌC

Mơn: TỐN - Năm học 2008-2009

Thời gian làm bài: 150 phút

Đề chính thức

Bài 1: (3 điểm)
a) Khơng sử dụng máy tính bỏ túi, hãy chứng minh đẳng thức :
3 − 3 − 13 − 4 3 = 1 .




x +1 + y = 5
( x + 2 x + 1) y = 36


b) Giải hệ phương trình : 

2

Bài 2: (1,5 điểm)

Cho phương trình: x 4 − 2mx 2 + 2m − 1 = 0 .
Tìm giá trị m để phương trình có bốn nghiệm x1, x 2 , x 3 , x 4 sao cho:

x1 < x 2 < x 3 < x 4 và x 4 − x1 = 3 ( x 3 − x 2 ) .

Bài 3: (3 điểm)
Cho đường tròn (O), đường kính AB. Gọi C là trung điểm của bán kính OB và (S) là
đường trịn đường kính AC. Trên đường tròn (O) lấy hai điểm tùy ý phân biệt M, N khác A
và B. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm thứ hai của AM và AN với đường tròn (S).
a) Chứng minh rằng đường thẳng MN song song với đường thẳng PQ.
b) Vẽ tiếp tuyến ME của (S) với E là tiếp điểm. Chứng minh: ME 2 = MA ×MP .
c) Vẽ tiếp tuyến NF của (S) với F là tiếp điểm. Chứng minh:

ME AM
=
.
NF AN

Bài 4: (1,5 điểm)
Tìm số tự nhiên có bốn chữ số (viết trong hệ thập phân) sao cho hai điều kiện sau
đồng thời được thỏa mãn:
(i) Mỗi chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng liền trước.
(ii) Tổng p + q lấy giá trị nhỏ nhất, trong đó p là tỉ số của chữ số hàng chục và chữ số
hàng đơn vị còn q là tỉ số của chữ số hàng nghìn và chữ số hàng trăm.
Bài 5: (1 điểm)
Một tấm bìa dạng tam giác vng có độ dài ba cạnh là các số nguyên. Chứng minh
rằng có thể cắt tấm bìa thành sáu phần có diện tích bằng nhau và diện tích mỗi phần là số
nguyên.
Hết

SBD thí sinh: .................

Chữ ký GT1: ..............................

6


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THỪA THIÊN HUẾ

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUN QUỐC HỌC

Mơn: TỐN - Năm học 2008-2009
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

BÀI

NỘI DUNG

Điể
m
3,0

B.1
1.a

3 − 3 − 13 − 4 3 =

3 − 3 − 12 − 4 3 + 1

(2

)

=
=

3 − 3 − 2 3 +1 =

=

1.b

3 − 3−

3 −1

3 − 3 −1 =

2

0.25

=

3 − 3 − 2 3 −1

3−

(

)

3 −1

0.25

2

0,25

3 − 3 +1 = 1

0.25

Điều kiện y ≥ 0 .

(x

2

0,25
0,25

)

+ 2x + 1 y = 36 ⇔ x + 1 y = 6 .
u + v = 5
 uv = 6

0,50

Đặt u = x + 1 , v = y ( u ≥ 0, v ≥ 0 ), ta có hệ 

Giải ra : u = 2 , v = 3 hoặc u =3 , v = 2
Trường hợp u = 2 , v = 3 có : ( x = 1 ; y = 9 ) hoặc ( x = − 3 ; y = 9)
Trường hợp u = 3 , v = 2 có : ( x = 2 ; y = 4 ) hoặc ( x = − 4 ; y = 4)
Hệ đã cho có 4 nghiệm: (1;9) , (-3;9) , (2;4) , (- 4;4) .

0,25
0,25
0,25
0,25
1,5

B.2
x 4 − 2mx 2 + 2m −1 = 0 (1)
Đặt : t = x 2 , ta có : t 2 − 2mt + 2m − 1 = 0 (2) ( t ≥ 0 ) .
2
∆ ' = m 2 − 2m + 1 = ( m − 1) ≥ 0 với mọi m.
Vậy để (1) có bốn nghiệm phân biệt thì (2) ln có hai nghiệm dương phân biệt

0,25
0,25
0,25

1
t1 , t 2 . Tương đương với: ∆ ' > 0, P = 2m − 1 > 0, S = 2m > 0 ⇔ m > , m ≠ 1 (3)
2
Với điều kiện (3), phương trình (2) có 2 nghiệm dương 0 < t1 < t 2 và phương

trình (1) có 4 nghiệm phân biệt: x1 = − t 2 < x 2 = − t1 < x 3 = t1 < x 4 = t 2

0,25

Theo giả thiết: x 4 − x1 = 3 ( x 3 − x 2 ) ⇔ 2 t 2 = 6 t1 ⇔ t 2 = 3 t1 ⇔ t 2 = 9t1 (4)
Theo định lí Vi-ét, ta có: t1 + t 2 = 2m và t1t 2 = 2m − 1 (5)
2
Từ (4) và (5) ta có: 10t1 = 2m và 9t1 = 2m − 1
5
⇒ 9m 2 − 50m + 25 = 0 ⇔ m1 = ; m 2 = 5 .
9

0,50

Cả hai giá trị đều thỏa mãn điều kiện bài tốn.
Vậy để phương trình (1) có 4 nghiệm thỏa mãn điều kiện bài tốn thì cần và đủ
là:
m=

5
và m = 5 .
9
7


B.3

3,0

3.a

3.b

+ Hình vẽ

·
·
CPA = BMA = 900 ⇒ CP / /BM
AP AC
=
Do đó :
(1)
AM AB
AQ AC
=
(2)
+ Tương tự: CQ / /BN và
AN AB
AP AQ
=
Từ (1) và (2):
,
AM AN
Do đó PQ / /MN

0,25
0,25

0,25

·
·
·
·
+ Hai tam giác MEP và MAE có : EMP = AME và PEM = EAM .
Do đó chúng đồng dạng .

+ Suy ra:
3.c

0,25

0,50

ME MP
=
⇒ ME 2 = MA ×MP
MA ME

0,50

+ Tương tự ta cũng có: NF2 = NA ×NQ

0,25

ME 2 MA ×MP
=
+ Do đó:
NF2 NA ×NQ

MP MA
=
(Do PQ / /MN)
+ Nhưng
NQ NA
ME 2 AM 2
ME AM
=
⇒
=
+ Từ đó:
2
2
NF
AN
NF AN

0,25
0,25
0,25

B. 4

1,5
Xét số tùy ý có 4 chữ số abcd mà 1 ≤ a < b < c < d ≤ 9 . (a, b, c, d là các số
nguyên).
c a
Ta tìm giá trị nhỏ nhất của p + q = +
d b

Do b, c là số tự nhiên nên: c > b ⇒ c ≥ b + 1 .

Vì vậy :

p+q ≥

0,25

b +1 1
+
9
b

p+q ≥

1 b 1 1
b 1 7
+ + ≥ +2 × =
9 9 b 9
9 b 9

0,75

p+q =

7
b 1
trong trường hợp c = b + 1, d = 9, a = 1, =
9
9 b

0,25
0,25
1,0

Vậy số thỏa mãn các điều kiện của bài toán là: 1349
B.5
Gọi a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác vuông ABC, c là cạnh huyền.
Ta có a 2 + b 2 = c 2 ; a, b, c ∈ N* , diện tích tam giác ABC là S =

ab
2

0.25

Trước hết ta chứng minh ab chia hết cho 12.
3
+ Chứng minh abM

0,25

8


Nếu cả a và b đồng thời không chia hết cho 3 thì a 2 + b 2 chia 3 dư 2.
Suy ra số chính phương c2 chia 3 dư 2, vô lý.
4
+ Chứng minh abM
4
- Nếu a, b chẵn thì ab M .

- Nếu trong hai số a, b có số lẻ, chẳng hạn a lẻ.
Lúc đó c lẻ. Vì nếu c chẵn thì c2 M , trong lúc a 2 + b 2 không thể chia hết cho
4
0,25
4.
Đặt a = 2k + 1, c = 2h + 1, k, h ∈ N . Ta có :
2
2
8
b 2 = ( 2h + 1) − ( 2k + 1) = 4 ( h − k ) ( h + k + 1) = 4 ( h − k ) ( h − k + 1) + 8k ( h − k ) M
4
Suy ra b M .
Nếu ta chia cạnh AB (chẳng hạn) thành 6 phần bằng nhau, nối các điểm chia
với C thì tam giác ABC được chia thành 6 tam giác, mỗi tam giác này có diện
0.25
ab
tích bằng
là một số nguyên.
12

Ghi chú:
− Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa câu đó.
− Điểm tồn bài khơng làm trịn.

9


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học 2009 – 2010

Đề chính thức

(Dành cho thí sinh thi vào các lớp chun Tốn, Tin)

Mơn thi: Tốn
Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (1,5 điểm)

a = 2:
Cho



1
7 +1 −1

−


÷
7 +1 +1÷

1

Hãy lập một phương trình bậc hai có hệ số ngun nhận a - 1 là một nghiệm.
Bài 2: (2,5 điểm)

x 16

xy − =

y 3

a) Giải hệ phương trình: 
 xy − y = 9


x 2

b) Tìm m để phương trình ( x 2 − 2x ) − 3x 2 + 6x + m = 0 có 4 nghiệm phân biệt.
2

Bài 3: (2,0 điểm)
a) Chứng minh rằng nếu số nguyên k lớn hơn 1 thoả mãn k 2 + 4 và k 2 + 16 là các
số nguyên tố thì k chia hết cho 5.
b) Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có p là nửa chu
vi thì p − a + p − b + p − c ≤ 3p
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho đường trịn tâm O và dây AB khơng đi qua O. Gọi M là điểm chính giữa của
cung AB nhỏ. D là một điểm thay đổi trên cung AB lớn (D khác A và B). DM cắt AB tại
C. Chứng minh rằng:
a) MB.BD = MD.BC
b) MB là tiếp tuyến của đường trịn ngoại tiếp tam giác BCD.
c) Tổng bán kính các đường trịn ngoại tiếp tam giác BCD và ACD khơng đổi.
Bài 5: (1,0 điểm)
Cho hình chữ nhật ABCD. Lấy E, F thuộc cạnh AB; G, H thuộc cạnh BC; I, J
thuộc cạnh CD; K, M thuộc cạnh DA sao cho hình 8 - giác EFGHIJKM có các góc bằng

nhau. Chứng minh rằng nếu độ dài các cạnh của hình 8 - giác EFGHIJKM là các số hữu tỉ
thì EF = IJ.
------------ Hết ------------

10


Họ và tên thí sinh:…………………….....……….……...

Số báo danh:....….….………Phịng thi số:...…...…

Chữ ký của giám thị ……………..............….……...…...
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học 2009 – 2010

Mơn thi: Tốn

Hướng dẫn chấm thi
Bài 1: (1,5 điểm)

1
a = 2:
−

7 +1 −1

2

= 7
a = 2:
7


÷= 2 :
7 +1 +1÷


7 +1 +1−
7

1

7 +1 +1

0,5 đ
0,25 đ

Đặt x = a − 1 ⇔ x = 7 − 1 ⇔ x + 1 = 7 ⇒ x 2 + 2x + 1 = 7

0,5 đ

⇔ x 2 + 2x − 6 = 0
Vậy phương trình x 2 + 2x − 6 = 0 nhận

0,25 đ

7 − 1 làm nghiệm

Bài 2: (2,5 điểm)
x 16

x 16

 xy − y = 3
 xy − y = 3


⇔
a) 
 xy − y = 9
y − x = 5

x y 6

x 2


(1)
ĐK: x, y ≠ 0

0,25 đ

(2)

Giải (2) ⇔ 6y 2 − 6x 2 = 5xy ⇔ (2x + 3y)(3x − 2y) = 0
−3y
.
2

−3y 3 16
y.
+ =
2
2 3

0,25 đ

* Nếu 2x + 3y = 0 ⇔ x =
Thay vào (1) ta được

−3y 2 23
=
(phương trình vơ nghiệm)
2
6
2y
* Nếu 3x − 2y = 0 ⇔ x =
.
3
Thay vào (1) ta được y 2 = 9 ⇔ y = ±3
⇔

- Với y = 3 ⇒ x = 2 (thoả mãn điều kiện)
- Với y = −3 ⇒ x = −2 (thoả mãn điều kiện)

0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm: (x; y) = (2; 3); (x; y) = (-2; -3)

11


b) Đặt x 2 − 2x + 1 = y ⇔ ( x − 1) = y ⇔ x = 1 ± y
2

(y ≥ 0) (*)

Phương trình đã cho trở thành: ( y − 1) − 3 ( y − 1) + m = 0
2

0,25 đ

⇔ y 2 − 5y + m + 4 = 0 (1)
Từ (*) ta thấy, để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì phương
trình (1) có 2 nghiệm dương phân biệt

0,25 đ

∆ > 0
9 − 4m > 0


⇔ S > 0 ⇔ 5 > 0
P > 0

m + 4 > 0



0,25 đ

9

9
m <
⇔
4 ⇔ −4 < m <
4
m > −4

9
Vậy với −4 < m < thì phương trình có 4 nghiệm phân biệt.
4

0,25 đ

Bài 3: (2,0 điểm)
a) Vì k > 1 suy ra k 2 + 4 > 5; k 2 + 16 > 5
5
- Xét k = 5n + 1 với n ∈ ¢ ⇒ k 2 = 25n 2 + 10n + 1 ⇒ k 2 + 4 M

0,25 đ

⇒ k 2 + 4 không là số nguyên tố.
5

- Xét k = 5n + 2 với n ∈ ¢ ⇒ k 2 = 25n 2 + 20n + 4 ⇒ k 2 + 16 M
⇒ k 2 + 16 không là số nguyên tố.
5
- Xét k = 5n + 3 với n ∈ ¢ ⇒ k 2 = 25n 2 + 30n + 9 ⇒ k 2 + 16 M
⇒ k 2 + 16 không là số nguyên tố.

0,25 đ
0,25 đ

5
- Xét k = 5n + 4 với n ∈ ¢ ⇒ k 2 = 25n 2 + 40n + 16 ⇒ k 2 + 4 M
0,25 đ

⇒ k 2 + 4 không là số nguyên tố.
5
Do vậy k M
2
2
2
b) Ta chứng minh: Với ∀a, b, c thì ( a + b + c ) ≤ 3 ( a + b + c ) (*)
2

Thật vậy (*) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca ≤ 3a 2 + 3b 2 + 3c 2

0,5 đ

⇔ (a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a) 2 ≥ 0 (luôn đúng)
áp dụng (*) ta có:

(

p−a + p−b + p−c

Suy ra

)

2

≤ 3 ( 3p − a − b − c ) = 3p

0,5 đ

p − a + p − b + p − c ≤ 3p (đpcm)

12


Bài 4: (3,0 điểm)
N

D

J
I

A

O

C

B
M

a) Xét ∆MBC và ∆MDB có:
·
·
BDM = MBC
·
·
BMC = BMD

0,5 đ

Do vậy ∆MBC và ∆MDB đồng dạng
MB MD
=
⇒ MB.BD = MD.BC
Suy ra
BC BD

0,5 đ

·
·
·
b) Gọi (J) là đường tròn ngoại tiếp ∆BDC ⇒ BJC = 2BDC = 2MBC
·
BJC

·
hay ⇒ MBC =
2
0
·
·
∆BCJ cân tại J ⇒ CBJ = 180 − BJC
2

0,5 đ

·
·
BJC 180O − BJC
·
·
Suy ra MBC + CBJ =
+
= 90O ⇒ MB ⊥ BJ
2
2
Suy ra MB là tiếp tuyến của đường tròn (J), suy ra J thuộc NB

0,5 đ

c) Kẻ đường kính MN của (O) ⇒ NB ⊥ MB
Mà MB là tiếp tuyến của đường tròn (J), suy ra J thuộc NB
Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp ∆ADC
Chứng minh tương tự I thuộc AN
·

·
·
·
Ta có ANB = ADB = 2BDM = BJC ⇒ CJ // IN

0,5 đ

Chứng minh tương tự: CI // JN
Do đó tứ giác CINJ là hình bình hành ⇒ CI = NJ
Suy ra tổng bán kính của hai đường trịn (I) và (J) là:
IC + JB = BN (không đổi)
Bài 5: (1,0 điểm)

0,5 đ

13


A

E

F

a

B

b
h

c

M
K
D

G
H

g

d

f

e
J

I

C

Gọi EF = a ; FG = b ; GH = c ; HI = d ; IJ = e ; JK = f ; KM = g ; ME = h
(với a, b, c, d, e, f, g, h là các số hữu tỉ dương)
Do các góc của hình 8 cạnh bằng nhau nên mỗi góc trong của hình 8 cạnh có
(8 − 2).180O
= 135O
số đo là:
8

0,25 đ

Suy ra mỗi góc ngồi của hình 8 cạnh đó là: 180O - 135O = 45O
Do đó các tam giác MAE ; FBG ; CIH ; DKJ là các tam giác vuông cân.
h
b
d
f
⇒ MA = AE =
; BF = BG =
; CH = CI =
; DK = DJ =
2
2
2
2
h
b
f
d
+a+
=
+e+
Ta có AB = CD nên:
2
2
2
2
⇔ (e - a) 2 = h + b - f - d

h +bf d
Ô (iu ny vụ lý do 2 là số vô tỉ)
Nếu e - a ≠ 0 thì 2 =
e−a
Vậy e - a = 0 ⇔ e = a hay EF = IJ (đpcm).

0,5 đ

0,25 đ

14


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
——————
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2009-2010
ĐỀ THI MƠN: TỐN
Dành cho các thí sinh thi vào lớp chun Tốn
Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề
—————————
(Đề có 01 trang)

Câu 1: (3,0 điểm)

a)

1 1 9


x + y + x + y = 2

Giải hệ phương trình: 
 xy + 1 = 5

xy 2


b) Giải và biện luận phương trình: | x + 3 | + p | x − 2 |= 5 (p là tham số có giá trị thực).
Câu 2: (1,5 điểm)
Cho ba số thực a, b,c đôi một phân biệt.
a2
b2
c2
+
+
≥2
Chứng minh
(b − c) 2 (c − a) 2 (a − b) 2
Câu 3: (1,5 điểm)
Cho A =

1
4x + 4x + 1
2

và B =

2x − 2
x 2 − 2x + 1

Tìm tất cả các giá trị nguyên của x sao cho C =

2A + B
là một số nguyên.
3

Câu 4: (3,0 điểm)
Cho hình thang ABCD (AB // CD, ABBD, AC. Đường thẳng qua K và vng góc với AD cắt đường thẳng qua M và vng góc
với BC tại Q. Chứng minh:
a) KM // AB.
b) QD = QC.
Câu 5: (1,0 điểm).
Trong mặt phẳng cho 2009 điểm, sao cho 3 điểm bất kỳ trong chúng là 3 đỉnh của
một tam giác có diện tích khơng lớn hơn 1. Chứng minh rằng tất cả những điểm đã cho
nằm trong một tam giác có diện tích khơng lớn hơn 4.
—Hết—
Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm
Họ tên thí sinh ..................................................................... SBD .......................

15


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
——————

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN
NĂM HỌC 2009-2010
HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN

Dành cho lớp chun Tốn.
—————————

Câu 1 (3,0 điểm).
a) 1,75 điểm:
Nội dung trình bày

Điều kiện xy ≠ 0
 2[xy(x + y) + (x + y)] = 9xy (1)
Hệ đã cho 
2
(2)
 2(xy) − 5xy + 2 = 0
 xy = 2 (3)
Giải PT(2) ta được: 
 xy = 1 (4)

2
 x = 1

x + y = 3
y = 2
⇔
Từ (1)&(3) có: 
x = 2
 xy = 2

 y = 1

 x = 1


3

 y = 1
x+y=



2
2 ⇔ 
Từ (1)&(4) có: 

 xy = 1
x = 1



2

2
 y = 1

Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là: ( x; y ) = (1; 2), (2; 1), (1; 1/ 2), (1/ 2; 1)

Điểm
0,25
0,25
0,50

0,25

0,25

0,25

b) 1,25 điểm:
Xét 3 trường hợp:
TH1. Nếu 2 ≤ x thì PT trở thành: (p + 1)x = 2(p + 1)
(1)
TH2. Nếu −3 ≤ x < 2 thì PT trở thành: (1 − p)x = 2(1 − p)
(2)
TH3. Nếu x < −3 thì PT trở thành: (p + 1)x = 2(p − 4)
(3)
Nếu p ≠ ±1 thì (1) có nghiệm x = 2 ; (2) vơ nghiệm; (3) có nghiệm x nếu thoả mãn:

0,25

x=

0,25

2(p − 4)
< −3 ⇔ −1 < p < 1 .
p +1
Nếu p = −1 thì (1) cho ta vơ số nghiệm thoả mãn 2 ≤ x ; (2) vô nghiệm; (3) vơ nghiệm.
Nếu p = 1 thì (2) cho ta vơ số nghiệm thoả mãn −3 ≤ x < 2 ; (1) có nghiệm x=2; (3)VN

Kết luận:
+ Nếu -1 < p < 1 thì phương trình có 2 nghiệm: x = 2 và x =
+ Nếu p = -1 thì phương trình có vơ số nghiệm 2 ≤ x ∈ ¡

+ Nếu p = 1 thì phương trính có vơ số nghiệm −3 ≤ x ≤ 2
 p < −1
+ Nếu 
thì phương trình có nghiệm x = 2.
 p >1

0,25
0,25

2(p − 4)
p +1

0,25

16


Câu 2 (1,5 điểm):
+ Phát hiện và chứng minh
bc
ca
ab
+
+
=1
(a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b)

1,0

+ Từ đó, vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh bằng:

2



b
c 
bc
ca
ab
 a
+
+
+
+
÷≥ 2

÷ + 2
 b−c c−a a −b
 (a − b)(a − c) (b − c)(b − a) (c − a)(c − b) 

Câu 3 (1,5 điểm):
Điều kiện xác định: x ≠ 1 (do x nguyên).

0,25

1
2(x − 1)
2 1
x −1 
; B=

+
, suy ra: C = 
÷
| 2x + 1|
| x − 1|
3  | 2x + 1| | x − 1| 
2 1
4(x + 1)
1 − 2x
 4(x + 1)
+ 1÷ =
> 0 ⇒ C −1 =
−1 =
<0
Nếu x > 1 . Khi đó C = 
3  2x + 1  3(2x + 1)
3(2x + 1)
3(2x + 1)
Suy ra 0 < C < 1 , hay C không thể là số nguyên với x>1.
1
Nếu − < x < 1 . Khi đó: x = 0 (vì x nguyên) và C = 0 . Vậy x = 0 là một giá trị cần tìm.
2
1
Nếu x < − . Khi đó x ≤ −1 (do x nguyên). Ta có:
2
4(x + 1)
2x − 1
2
1
4(x + 1)


+1 =
> 0 , suy ra −1 < C ≤ 0
C = −
− 1÷ = −
≤ 0 và C + 1 = −
3(2x + 1)
3(2x + 1)
3  2x + 1 
3(2x + 1)

Dễ thấy A =

hay C =0 và x = -1.
Vậy các giá trị tìm được thoả mãn yêu cầu là: x = 0 , x = -1.
Câu 4 (3,0 điểm):
a) 2,0 điểm:
Nội dung trình bày
Gọi I là trung điểm AB,
I

A

E

0,25

0,25

Điểm

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

·
·
IKB = EKD
Suy ra ∆KIB = ∆KED ⇒ IK = KE .
Chứng minh tương tự có: ∆MIA = ∆MRC

M

H

0,5

KB = KD (K là trung điểm BD)

Q

D

0,25

E = IK ∩ CD , R = IM ∩ CD . Xét hai tam giác
·
·

KIB và KED có: ABD = BDC

B

K

0,5

R

C

Suy ra: MI = MR
Trong tam giác IER có IK = KE và MI = MR
nên KM là đường trung bình ⇒ KM // CD
Do CD // AB (gt) do đó KM // AB (đpcm)

0,25
0,25

b) 1,0 điểm:
Ta có: IA=IB, KB=KD (gt) ⇒ IK là đường trung bình của ∆ ABD ⇒ IK//AD hay
IE//AD
0,25
Chứng minh tương tự trong ∆ ABC có IM//BC hay IR//BC
Có: QK ⊥ AD (gt), IE//AD (CM trên) ⇒ QK ⊥ IE . Tương tự có QM ⊥ IR

0,25
17

Từ trên có: IK=KE, QK ⊥ IE ⇒ QK là trung trực ứng với cạnh IE của ∆IER . Tương tự
0,25
QM là trung trực thứ hai của ∆IER
Hạ QH ⊥ CD suy ra QH là trung trực thứ ba của ∆IER hay Q nằm trên trung trực của
0,25
đoạn CD ⇒ Q cách đều C và D hay QD=QC (đpcm).

Câu 5 (1,0 điểm):
P'

B'

A
C'

P
C

B

A'

Trong số các tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn nhất (diện tích S).
Khi đó S ≤ 1 .
Qua mỗi đỉnh của tam giác, kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, các đường
thẳng này giới hạn tạo thành một tam giác A 'B'C ' (hình vẽ). Khi đó SA 'B'C ' = 4SABC ≤ 4 . Ta
sẽ chứng minh tất cả các điểm đã cho nằm trong tam giác A ' B'C ' .
Giả sử trái lại, có một điểm P nằm ngoài tam giác A ' B'C ' chẳng hạn như trên hình vẽ .
Khi đó d ( P; AB ) > d ( C; AB ) , suy ra SPAB > SCAB , mâu thuẫn với giả thiết tam giác ABC có

diện tích lớn nhất.
Vậy, tất cả các điểm đã cho đều nằm bên trong tam giác A ' B'C ' có diện tích khơng lớn
hơn 4.

0.25
0.25

0.25
0.25

18