Đề thi+Đáp án vào lớp 10 chuyên Toán, Hưng Yên

Bài 1: (1,5 điểm)
Cho
1 1
a 2 :
7 1 1 7 1 1
 
= −
 ÷
 ÷
+ − + +
 
Hãy lập một phương trình bậc hai có hệ số nguyên nhận a - 1 là một
nghiệm.
Bài 2: (2,5 điểm)
a) Giải hệ phương trình:
x 16
xy
y 3
y 9
xy
x 2

− =




− =


b) Tìm m để phương trình

( )
2
2 2
x 2x 3x 6x m 0− − + + =
có 4 nghiệm phân
biệt.
Bài 3: (2,0 điểm)
a) Chứng minh rằng nếu số nguyên k lớn hơn 1 thoả mãn
2
k 4+
và
2
k 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 tròn tâm O và dây AB không 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 tròn ngoại tiếp tam giác BCD.
c) Tổng bán kính các đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD và ACD không
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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN
Đề chính thức
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học 2009 – 2010
Môn thi: Toán
(Dành cho thí sinh thi vào các lớp chuyên Toán, Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút
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
Họ và tên thí sinh:…………………… ……….……
Chữ ký của giám thị …………… ….…… …
Số báo danh: ….….………Phòng thi số: … …
Bài 1: (1,5 điểm)

1 1 7 1 1 7 1 1
a 2 : 2 :
7
7 1 1 7 1 1
 
+ + − + +
= − =
 ÷
 ÷
+ − + +
 
0,5 đ
a =
2

2 : 7
7
=
0,25 đ
Đặt
2
x a 1 x 7 1 x 1 7 x 2x 1 7= − ⇔ = − ⇔ + = ⇒ + + =
0,5 đ
2
x 2x 6 0⇔ + − =
Vậy phương trình
2
x 2x 6 0+ − =
nhận
7 1−
làm nghiệm
0,25 đ
Bài 2: (2,5 điểm)
a)
x 16
x 16
xy (1)
xy
y 3
y 3
y x 5
y 9
(2)
xy
x y 6

x 2


− =
− =


 
⇔
 
 
− =
− =
 


ĐK:
x, y 0≠
0,25 đ
Giải (2)
2 2
6y 6x 5xy (2x 3y)(3x 2y) 0⇔ − = ⇔ + − =
0,25 đ
* Nếu
3y
2x 3y 0 x
2
−
+ = ⇔ =
.

Thay vào (1) ta được
3y 3 16
y.
2 2 3
−
+ =
0,25 đ

⇔

2
3y 23
2 6
−
=
(phương trình vô nghiệm) 0,25 đ
* Nếu
2y
3x 2y 0 x
3
− = ⇔ =
.
Thay vào (1) ta được
2
y 9 y 3= ⇔ = ±
0,25 đ
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học 2009 – 2010

Môn thi: Toán
Hướng dẫn chấm thi
- Với
y 3 x 2= ⇒ =
(thoả mãn điều kiện)
- Với
y 3 x 2= − ⇒ = −
(thoả mãn điều kiện)
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm: (x; y) = (2; 3); (x; y) = (-2; -3)
0,25 đ
b) Đặt
( )
2
2
x 2x 1 y x 1 y x 1 y (y 0)− + = ⇔ − = ⇔ = ± ≥
(*)
Phương trình đã cho trở thành:
( ) ( )
2
y 1 3 y 1 m 0− − − + =
2
y 5y m 4 0⇔ − + + =
(1)
0,25 đ
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
m
9
4 m
4
4
m 4

<

⇔ ⇔ − < <


> −

Vậy với
9
4 m
4
− < <
thì phương trình có 4 nghiệm phân biệt.

0,25 đ
Bài 3: (2,0 điểm)
a) Vì k > 1 suy ra
2 2
k 4 5; k 16 5+ > + >

- Xét
k 5n 1= +
với
2 2 2
n k 25n 10n 1 k 4 5∈ ⇒ = + + ⇒ +¢ M
2
k 4⇒ +
không là số nguyên tố.
0,25 đ
- Xét
k 5n 2= +
với
2 2 2
n k 25n 20n 4 k 16 5∈ ⇒ = + + ⇒ +¢ M

2
k 16⇒ +
không là số nguyên tố.
0,25 đ
- Xét
k 5n 3= +
với
2 2 2
n k 25n 30n 9 k 16 5∈ ⇒ = + + ⇒ +¢ M

2
k 16⇒ +
không là số nguyên tố.
0,25 đ
- Xét
k 5n 4= +
với
2 2 2
n k 25n 40n 16 k 4 5∈ ⇒ = + + ⇒ +¢ M

2
k 4⇒ +
không là số nguyên tố.
Do vậy
k 5M

0,25 đ
b) Ta chứng minh: Với
a, b,c∀
thì
( )
( )
2
2 2 2
a b c 3 a b c+ + ≤ + +
(*)
Thật vậy
2 2 2 2 2 2
(*) a b c 2ab 2bc 2ca 3a 3b 3c⇔ + + + + + ≤ + +

0,5 đ
2 2 2
(a b) (b c) (c a) 0⇔ − + − + − ≥
(luôn đúng)
áp dụng (*) ta có:
( )
( )
2
p a p b p c 3 3p a b c 3p− + − + − ≤ − − − =
Suy ra
p a p b p c 3p− + − + − ≤
(đpcm)
0,5 đ
Bài 4: (3,0 điểm)

J
I
C
N
M
O
A
B
D
a) Xét
MBC
∆
và
MDB∆
có:

·
·
BDM MBC=

·
·
BMC BMD=
0,5 đ
Do vậy
MBC
∆
và
MDB∆
đồng dạng
Suy ra
MB MD
MB.BD MD.BC
BC BD
= ⇒ =
0,5 đ
b) Gọi (J) là đường tròn ngoại tiếp
BDC
∆

·
·
·
BJC 2BDC 2MBC⇒ = =
hay

·
·
BJC
MBC
2
⇒ =
BCJ∆
cân tại J
·
·
0
180 BJC
CBJ
2
−
⇒ =
0,5 đ
Suy ra
·
·
· ·
O
O
BJC 180 BJC
MBC CBJ 90 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∆
0,5 đ
Chứng minh tương tự I thuộc AN
Ta có
· ·
·
·
ANB ADB 2BDM BJC= = = ⇒
CJ // IN
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 tròn (I) và (J) là:
IC + JB = BN (không đổi)
0,5 đ
Bài 5: (1,0 điểm)

g
f
e
d
h
c
b
a

G
F
I
H
J
M
C
A
B
D
E
K
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 số đo là:
O
O
8 2 180
135
8
( ).−
=
0,25 đ
Suy ra mỗi góc ngoài của hình 8 cạnh đó là: 180
O
- 135
O
= 45
O

Do đó các tam giác MAE ; FBG ; CIH ; DKJ là các tam giác vuông cân.
⇒ MA = AE =
h
2
; BF = BG =
b
2
; CH = CI =
d
2
; DK = DJ =
f
2
Ta có AB = CD nên:
h b f d
a e
2 2 2 2
+ + = + +
⇔ (e - a)
2
= h + b - f - d
0,5 đ
Nếu e - a ≠ 0 thì
h b f d
2
e a
+ − −
= ∈
−
¤

(điều này vô lý do
2
là số vô
tỉ)
Vậy e - a = 0 ⇔ e = a hay EF = IJ (đpcm).
0,25 đ