4 ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN- MÔN TOÁN: THANH HOÁ, YÊN BÁI, QUẢNG NAM

4 ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN- MÔN TOÁN:
THANH HOÁ, YÊN BÁI,
QUẢNG NAM
SỞ GD VÀ ĐT
THANH HOÁ
KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LAM SƠN
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:
2
3
2x 4 1 1
T
1 x
1 x 1 x
+
= − −
−
+ −
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 phương trình:
2
2 2
2x xy 1

4x 4xy y 7

− =

+ − =

2. Giải phương trình:
1
x 2 y 2009 z 2010 (x y z)
2
− + + + − = + +
Câu 3 (2,0 điểm)
1. Tìm các số nguyên a để phương trình: x
2
- (3+2a)x + 40 - a = 0 có nghiệm
nguyên. Hãy tìm các nghiệm nguyên đó.
2. Cho a, b, c là các số thoả mãn điều kiện:
a 0
b 0
19a 6b 9c 12
≥


≥


+ + =

Chứng minh rằng ít nhất một trong hai phương trình sau có nghiệm
2 2

x 2(a 1)x a 6abc 1 0− + + + + =

2 2
x 2(b 1)x b 19abc 1 0− + + + + =
Câu 4 (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn tâm O đường 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 lượt là các điểm đối xứng của E qua các đường 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 a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có ba góc nhọn. Chứng minh rằng
với mọi số thực x, y, z ta luôn có:
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
x y z 2x 2y 2z
a b c a b c
+ +
+ + >
+ +
Hết
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Họ tên và chữ ký của giám thị 1 Họ tên và chữ ký của giám thị 2
1
SỞ GD VÀ ĐT
THANH HOÁ
KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LAM SƠN
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)

Hướng dẫn chấm
Câu
ý Nội dung Điểm
1 2,0
1
Điều kiện:
x 0;x 1≥ ≠
2
3 3 2
2x 4 2 2 2x 2
T
1 x 1 x 1 x x x 1
+ −
= − = =
− − − + +
0,25
0,75
2
T lớn nhất khi
1
2
++ xx
nhỏ nhất, điều này xẩy ra khi x= 0
Vậy T lớn nhất bằng 2
0,5
0,5
2 1

Giải hệ phương trình:
2
2 2
2x xy 1
4x 4xy y 7

− =

+ − =


Nhận thấy x = 0 không thoả mãn hệ nên từ (1) ⇒ y =
2
2x 1
x
−
(*)
Thế vào (2) được: 4x
2
+ 4x.
2
2x 1
x
−
-
2
2
2x 1
( )
x

−
= 7
⇔ 8x
4
– 7x
2
- 1 = 0
Đặt t = x
2
với t ≥ 0 ta được 8t
2
- 7t - 1 = 0
⇔ t = 1 hoặc t = -
8
1
(loại)
với t =1 ta có x
2
= 1 ⇔ x = ± 1 thay vào (*) tính được y = ± 1
Hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm:
x 1
y 1
=


=

;
x 1
y 1

= −


= −



0,25
0,25
0,25
0,25
2
ĐK:
x 2; y 2009;z 2010≥ ≥ − ≥
Phương trình đã cho tương đương với:
x y z 2 x 2 2 y 2009 2 z 2010+ + = − + + + −
( ) ( ) ( )
2 2 2
x 2 1 y 2009 1 z 2010 1 0⇔ − − + + − + − − =
x 3; y 2008;z 2011⇔ = = − =
0,25
0,25
0,25
0,25
3 1
PT đã cho có biệt số ∆ = 4a
2
+ 16a -151
PT có nghiệm nguyên thì ∆ = n
2

với n ∈ N
Hay 4a
2
+ 16a - 151 = n
2
⇔ (4a
2
+ 16a + 16) - n
2
= 167
⇔ (2a + 4)
2
- n
2
= 167 ⇔ (2a + 4 + n)(2a + 4 - n) = 167
0,25
0,25
2
Vì 167 là số nguyên tố và 2a + 4 + n > 2a + 4 - n nên phải có:

2a + 4 + n = 167
2a + 4 - n = 1

2a + 4 + n = -1 ⇒
4a 8 168
4a 8 168
+ =


+ = −


⇒
a 40
a 44
=


= −


2a + 4 - n = -167
với a = 40 đựơc PT: x
2
- 83x = 0 có 2 nghiệm nguyên x = 0, x = 83
với a = - 44 thì PT có 2 nghiệm nguyên là x= -1, x = - 84
0,25
0,25
2
Ta có:
' '
1 2
a(2 6bc) ; b(2 19ac)∆ = − ∆ = −
Suy ra
' '
1 2
a(2 6bc) b(2 19ac)
∆ + ∆ = − + −
Từ giả thiết
19a 6b 9c 12+ + =
, ta có tổng

(2 6bc) (2 19ac) 4 c(19a 6b) 4 c(12 9c)
− + − = − + = − −
=
( )
2
2
9c 12c 4 3c 2 0− + = − ≥
.
Do đó ít nhất một trong hai số
(2 6bc) ;(2 19ac)− −
không âm
Mặt khác, theo giả thiết ta có
a 0 ; b 0≥ ≥
. Từ đó suy ra ít nhất một
trong hai số
' '
1 2
;∆ ∆
không âm, suy ra ít nhất một trong hai phương
trình đã cho có nghiệm ( đpcm)
0,25
0,25
0,25
0,25
4 1
Vì H là trực tâm tam giác ABC nên BH
⊥
AC (1)
Mặt khác AD là đường kính của đường tròn tâm O nên DC
⊥

AC (2)
Từ (1) và (2) suy ra BH // DC.
Hoàn toàn tương tự, suy ra BD // HC.
0,25
0,25
0,25
3
2
3
Suy ra tứ giác BHCD là hình bình hành ( Vì có 2 cặp cạnh đối song
song).
Theo giả thiết, ta có: P đối xứng với E qua AB suy ra AP=AE
PAB EAB∠ = ∠

⇒

PAB EAB∆ = ∆
( c.g. c )
APB AEB
⇒ ∠ = ∠
Lại có
AEB ACB
∠ = ∠
( góc nội tiếp cùng chắn một cung)
APB ACB
⇒ ∠ = ∠
Mặt khác
0 0
AHB ACB 180 APB AHB 180∠ + ∠ = ⇒ ∠ + ∠ =
⇒

tứ giác
APHB là tứ giác nội tiếp
⇒
PAB PHB∠ = ∠
( góc nội tiếp cùng chắn một
cung)
Mà
PAB EAB PHB EAB
∠ = ∠ ⇒ ∠ = ∠
Hoàn toàn tương tự, ta có:
CHQ EAC∠ = ∠
.Do đó:

0
PHQ PHB EHC CHQ BAE EAC BHC
BAC BHC 180
∠ = ∠ + ∠ + ∠ = ∠ + ∠ + ∠ =
= ∠ + ∠ =
Suy ra ba điểm P, H, Q thẳng hàng
Vì P, Q lần lượt là điểm đối xứng của E qua AB và AC nên ta có
AP = AE = AQ suy ra tam giác APQ là tam giác cân đỉnh A
Mặt khác, cũng do tính đối xứng ta có
PAQ 2 BAC∠ = ∠
( không đổi)
Do đó cạnh đáy PQ của tam giác cân APQ lớn nhất khi và chỉ khi AP,
AQ lớn nhất
⇔
AE lớn nhất.
Điều này xảy ra khi và chỉ khi AE là đường kính của đường tròn tâm O
ngoại tiếp tam giác ABC

⇔
E
≡
D
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
4
5
Vì
2 2 2
a b c 0+ + >
ta có:
( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
x y z
a b c
a b c
b c a a c b a b c

x 2 y 2 z 2
a b c
 
+ + + + =
 ÷
 
     
+ − + − + −
= + + + + +
 ÷  ÷  ÷
     
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
b c a a c b a b c
2x 2y 2z x y z
a b c
     
+ − + − + −
= + + + + +
 ÷  ÷  ÷
     
(*)
Giả sử
a b c≤ ≤
thì
2 2 2 2
c a 0;c b 0− ≥ − ≥
. Với cạnh c lớn nhất
ACB∠

nhọn (gt) do vậy kẻ đường cao BH ta có
2 2 2 2 2 2 2
c BH HA BC CA a b= + ≤ + = +
từ đó suy ra biểu thức (*) là không
âm suy ra điều phải chứng minh
0,25
0,25
0,5
5
AB
C
H
a
c
b
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
YÊN BÁI
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
NĂM HỌC 2009-2010
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 150 phút không kể giao đề
Bài 1(2,5 điểm): Cho
x x 1 x x 1
M
x x x x
− +
= −
− +
1- Tìm điều kiện để M có nghĩa.

2- Rút gọn M (với điều kiện Mcó nghĩa)
3- Cho N=
3
3
1 6 1
6x x
18 x x
 
+ + +
 ÷
 
. Tìm tất cả các giá trị của x để M = N
Bài 2(1,5) điểm): Giải hệ phương trình:
2
y x
z xy
1 1 2
x y z

=

=



= +


với
x, y,z 0>

Bài 3(1,5 điểm):
Tính giá trị của biểu thức
3
A x 6x
= −
với
3 3
x 20 14 2 20 14 2= + + −

Bài 4(3,0 điểm):
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm O đường kính
AH, đường tròn (O) cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại D và E. Các tiếp tuyến với đường
tròn (O) tại D và E cắt BC thứ tự ở M và N.
1- Chứng minh rằng tứ giác ADHE là hình chữ nhật và ba điểm D, O, E thẳng
hàng.
2- Chứng minh rằng M là trung điểm của HB và N là trung điểm của HC.
3- Tính diện tích tứ giác DENM, biết AB = 7cm, AC = 10 cm.
Bài 5(1,5 điểm): Tìm tất cả các bộ ba số
(x; y;z)
với
x, y,z

∈
Z để:

2 2 2
P (x zy) 6(x zy) x 16y 8xy 2x 8y 10
= − + − + + − + − +
đạt giá trị nhỏ nhất.
Hết

Họ và tên thí sinh: Phòng
thi: SBD:
Họ và tên, chữ ký giám thị 1

Họ và tên, chữ ký giám thị 2

6
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
YÊN BÁI
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
NĂM HỌC 2009-2010
MÔN TOÁN
ĐÁP ÁN-HƯỚNG DẪN CHẤM THI
Nội dung
Điểm
Bài 1(2,5 điểm): Cho
x x 1 x x 1
M
x x x x
− +
= −
− +
1- Tìm điều kiện để M có nghĩa.
2- Rút gọn M (với điều kiện M
M
có nghĩa)
3- Cho N=
3
3
1 6 1

6x x
18 x x
 
+ + +
 ÷
 
. Tìm tất cả các giá trị của x để M = N
1-(0,5 đ)
Để M có nghĩa, ta có:
x 0
x x 0
x x 0
≥


− ≠


+ ≠


⇔
x 0
x( x 1) 0
x( x 1) 0
≥


− ≠



+ ≠


⇔
x 0
x 1
>


≠

2-(1,0 đ)
Với x > 0,
1≠
ta có:
2
(x x 1)(x x) (x x 1)(x x)
M
x x
− + − + −
=
−
=
2 2 2 2
2
x x x x x x x x x x
x x
+ − − − + − +
−

=
2
2
2x 2x
x x
−
−


2
2
2(x x)
x x
−
=
−
= 2. Vậy M = 2
3-(1,0 đ)
Với x > 0,
1≠
ta có:
3
3
1 1 1
2 6(x ) x
18 x x
 
= + + +
 ÷
 

(1)
Đặt
1
x y
x
+ =
2>
(vì
x 0, 1> ≠
)
Ta có
3 3 2 3
3 2 3
1 1 1 1 1
y x 3x . 3x. x 3(x )
x x x x x
= + + + = + + +

⇒

3 3
3
1
x y 3y
x
+ = −
Do đó, từ (1) ta có:
3
36 6y y 3y= + −

⇔

3
y 3y 36 0+ − =
⇔

3 3 2 2
0 (y 3 ) (3y 9) (y 3)(y 3y 9) 3(y 3) (y 3)(y 3y 12)= − + − = − + + + − = − + +
⇔

y 3 2= >
(vì
2
2
3 39
y 3y 12 x 0
2 4
 
+ + = + + >
 ÷
 
)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
7
Với
y 3=
, ta có
1
x 3
x
+ =

⇔

2
x 3x 1 0− + =
(
∆
= 9- 4= 5 > 0)
⇔

1
3 5
x
2
+
=
,
2
3 5
x

2
−
=
(tmđk). Vậy với
1
3 5
x
2
+
=
,
2
3 5
x
2
−
=
thì M = N
Bài 2(1,5) điểm): Giải hệ phương trình:
2
y x
z xy
1 1 2
x y z

=

=




= +


với
x, y,z 0>
Thế (1) vào (2) ta có
3
z x=
(4)
Thế (1) và (4) vào (3) ta có
2 3
1 1 2
x x x
= +
hay
2
3 3
x x 2
x x
+
=
, vì
x 0
>

Ta có
2
x x 2= +

⇔

2
x x 2 0− − =
(a-b+c = 1 +1- 2 = 0)

⇔

1
x 2=
>
0
,
2
x 1= −
<
0
(loại)
Do x = 2
⇒
y = 4 > 0, z = 8 > 0
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là
(x; y;z) (2;4;8)=
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

Bài 3(1,5 điểm):
Tính giá trị của biểu thức
3
A x 6x
= −
với
3 3
x 20 14 2 20 14 2= + + −
Đặt a =
3
21420 +
, b =
3
21420 −
, ta có
x
= a + b
Có
3
x
= a
3
+ b
3
+ 3a
2
b +3ab
2
, vì a
3

+ b
3
= 20 +14
2
+20 -14
2
= 40, nên

3
x
= 40 + 3ab(a+b) = 40 + 3ab
x
Ta lại có ab =
33
21420.21420 −+
=
3
)21420)(21420( −+
=
3
22
14.220 −
=
28
3
=
Vậy A =
3
x

- 6x = 40 + 6x – 6x = 40
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 4(3,0 điểm):
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm O đường
kính AH, đường tròn (O) cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại D và E. Các tiếp
tuyến với đường tròn (O) tại D và E cắt BC thứ tự ở M và N.
1- Chứng minh rằng tứ giác ADHE là hình chữ nhật và ba điểm D, O, E thẳng
hàng.
2- Chứng minh rằng M là trung điểm của HB và N là trung điểm của HC.
3- Tính diện tích tứ giác DENM, biết AB = 7cm, AC = 10 cm.
1-(1 đ) Có:
DAE∠
=1v(gt)
ADH∠
=1v(góc nội tiếp chắn
2
1
(O))
AEH∠
=1v(góc nội tiếp chắn
2
1
(O))

⇒

DAE∠
=
ADH∠
=
AEH∠
⇒
tứ giác ADHE là hình chữ nhật.
Vì
DAE∠
=1v(gt)
⇒
DE là đường kính của (O)
0,25
0,25
0,25
8
B
D
E
A
M
H
N
C

⇒
D,O,E thẳng hàng. 0,25
2-(1,0 đ)
Vì AH

⊥
BC tại H
⇒
BC là tiếp tuyến của (O)
Ta có MD = MH (hai tiếp tuyến của (O) cùng xuất phát từ M)
OD = OH =
2
1
AH (vì ADHE là hình chữ nhật)

⇒
OM là đường trung trực của DH

⇒
OM
⊥
DH
Vì
ADH∠
=1v (theo (2))
⇒
AB
⊥
DH tại D

⇒
OM//AB
Vì OA= OH =
2
1

AH (vì ADHE là hình chữ nhật)
Từ (8) và (9)
⇒
OM là đường trung bình của
∆
AHB
⇒
MB=MH
⇒
M là trung
điểm của HB.
Chứng minh tương tự ta có NH = NC
⇒
N là trung điểm của HC.
3-(1,0 đ)
MD
⊥
DE tại D (MD là tiếp tuyến của (O) tại D)
NE
⊥
DE tại E (NE là tiếp tuyến của (O) tại E)
⇒
MD//NE
⇒
DENM là hình thang vuông, đường cao DE
Gọi diện tích hình thang DENM là S
DENM
. Ta có: S
DENM
=

2
1
(MD+NE).DE
Vì MD = MH (hai tiếp tuyến của (O) cùng xuất phát từ M)
NE = NH (hai tiếp tuyến của (O) cùng xuất phát từ N)
⇒
MD+NE= MN =
2
1
BC (vì MH=MB, NH=NC)
Lại có DE = AH (vì ADHE là hình chữ nhật)
Do đó: S
DENM
=
2
1
.
2
1
BC.AH =
4
1
AB.AC =
4
1
.10.7 = 17,5 (cm
2
)
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 5(1,5 điểm): Tìm tất cả các bộ ba số
(x; y;z)
với
x, y,z

∈
Z để:

2 2 2
P (x zy) 6(x zy) x 16y 8xy 2x 8y 10
= − + − + + − + − +
đạt giá trị nhỏ nhất.
P = [(
x zy−
)
2
+
6
(
x zy−
) +
9
] + [ (x
2
–

8
xy +
16
y
2
) +
2
(
x 4y−
) +
1
]
= [(
x zy−
) +
3
]
2
+ [(
x 4y−
)
2
+
2
(
x 4y−
) +
1
]
= (

x zy−
+
3
)
2
+(
x 4y−
+
1
)
2

≥
0
P nhỏ nhất khi:
x zy 3 0 (1')
x 4y 1 0 (2')
− + =


− + =

Lấy (1’) – (2’) , ta có
zy 4y 2 0− + + =

⇔

(z 4)y 2− =

⇔

2
y
z 4
=
−

(z 4)≠
(1)
Vì
y Z∈
nên
z 4 1; 2− = ± ±
, đồng thời theo (1) và (2’) ta có:
z 4 1− = −

⇔
z 3=

⇒
y 2= −
⇒

x 9= −
;
z 4 1− =

⇔
z 5=

⇒
y 2=

⇒

x 7=

z 4 2− = −

⇔
z 2=

⇒
>
y 1= −
⇒

x 5= −
;
z 4 2− =
⇔
z 6=

⇒
y 1=

⇒

x 3=

Vậy với (
x; y;z
) =
( ) ( ) ( ) ( )
[ ]
6;1;3,2;1;5,5;2;7,3;2;9 −−−−
thì P đạt giá trị nhỏ nhất
(bằng 0)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
9
Chú ý:
- Thí sinh làm cách khác đúng, hợp lý vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm của bài thi là tổng số điểm của từng bài, điểm của từng bài là tổng số điểm
của từng phần (điểm bài thi, điểm từng bài, điểm từng phần của bài không làm tròn số).
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
QUẢNG NAM Năm học 2008-2009
10
Môn TOÁN
Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao
đề )
Bài 1 ( 1 điểm ):
a) Thực hiện phép tính:
35
126320103

−
−−+
.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2008xx −−
.
Bài 2 ( 1,5 điểm ):
Cho hệ phương trình:



=+
=−
5myx3
2ymx
a) Giải hệ phương trình khi
2m =
.
b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn hệ
thức
3m
m
1yx
2
2
+
−=+
.
Bài 3 (1,5 điểm ):
a) Cho hàm số

2
x
2
1
y −=
, có đồ thị là (P). Viết phương trình đường thẳng đi
qua hai điểm M và N nằm trên (P) lần lượt có hoành độ là
2−
và 1.
b) Giải phương trình:
1xx2x3x3
22
=+−+
.
Bài 4 ( 2 điểm ):
Cho hình thang ABCD (AB // CD), giao điểm hai đường chéo là O. Đường
thẳng qua O song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại M và N.
a) Chứng minh:
1
AB
MO
CD
MO
=+
.
b) Chứng minh:
.
MN
2
CD

1
AB
1
=+
c) Biết
2
COD
2
AOB
nS;mS ==
. Tính
ABCD
S
theo m và n (với
CODAOB
S,S
,
ABCD
S
lần lượt là diện tích tam giác AOB, diện tích tam giác COD, diện tích tứ giác
ABCD).
Bài 5 ( 3 điểm ): Cho đường tròn ( O; R ) và dây cung AB cố định không đi qua tâm O;
C và D là hai điểm di động trên cung lớn AB sao cho AD và BC luôn song song. Gọi M
là giao điểm của AC và BD. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác AOMB là tứ giác nội tiếp.
b) OM
⊥
BC.
c) Đường thẳng d đi qua M và song song với AD luôn đi qua một điểm cố
định.

Bài 6 ( 1 điểm ):
11
a) Cho các số thực dương x; y. Chứng minh rằng:
yx
x
y
y
x
22
+≥+
.
b) Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh rằng
n4
4n +
là hợp số.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
QUẢNG NAM Năm học 2008-2009
Môn TOÁN
Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao
đề )
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
I. Hướng dẫn chung:
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm
từng phần như hướng dẫn quy định.
2) Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải
đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất trong Hội đồng chấm
thi.
3) Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25.
II. Đáp án:
Bài Nội dung Điểm

1
(1đ)
a) Biến đổi được:
223
35
)223)(35(
+=
−
+−
0,25
0,25
b) Điều kiện
2008x
≥
4
8031
4
8031
)
2
1
2008x(
4
1
2008)
4
1
2008x.
2
1

.22008x(2008xx
2
≥+−−=
−++−−−=−−
Dấu “ = “ xảy ra khi
4
8033
x
2
1
2008x =⇔=−
(thỏa mãn). Vậy giá trị
nhỏ nhất cần tìm là
4
8033
xkhi
4
8031
=
.
0,25
0,25
2
(1,5đ)
a) Khi m =
2
ta có hệ phương trình






=+
=−
5y2x3
2yx2





−=
+
=
⇔





=+
=−
⇔
2x2y
5
522
x
5y2x3
22y2x2








−
=
+
=
⇔
5
625
y
5
522
x
0,25
0,25
0,25
12
ĐỀ CHÍNH THỨC
b) Giải tìm được:
3m
6m5
y;
3m
5m2
x
22

+
−
=
+
+
=
Thay vào hệ thức
3m
m
1yx
2
2
+
−=+
; ta được
3m
m
1
3m
6m5
3m
5m2
2
2
22
+
−=
+
−
+

+
+
Giải tìm được
7
4
m =
0,25
0,25
0,25
3
(1,5đ)
a) Tìm được M(- 2; - 2); N
)
2
1
:1( −
Phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b, đường thẳng đi qua M và
N nên





−=+
−=+−
2
1
ba
2ba2
Tìm được

1b;
2
1
a −==
. Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là
1x
2
1
y −=
0,25
0,25
0,25
b) Biến đổi phương trình đã cho thành
01xx2)xx(3
22
=−+−+
Đặt
xxt
2
+=
( điều kiện t
0
≥
), ta có phương trình
01t2t3
2
=−−
Giải tìm được t = 1 hoặc t =
3
1

−
(loại)
Với t = 1, ta có
01xx1xx
22
=−+⇔=+
. Giải ra được
2
51
x
+−
=
hoặc
2
51
x
−−
=
.
0,25
0,25
0,25
4
(2đ)
Hình vẽ

O
A
B
C

D
N
M
0,25
a) Chứng minh được
AD
MD
AB
MO
;
AD
AM
CD
MO
==
Suy ra
1
AD
AD
AD
MDAM
AB
MO
CD
MO
==
+
=+
(1)
0,25

0,50
b) Tương tự câu a) ta có
1
AB
NO
CD
NO
=+
(2)
13
(1) và (2) suy ra
2
AB
MN
CD
MN
hay2
AB
NOMO
CD
NOMO
=+=
+
+
+
Suy ra
MN
2
AB
1

CD
1
=+
0,25
0,25
c)
n.mSn.mS
S
S
S
S
OC
OA
OD
OB
;
OC
OA
S
S
;
OD
OB
S
S
AOD
222
AOD
COD
AOD

AOD
AOB
COD
AOD
AOD
AOB
=⇒=⇒
=⇒===
Tương tự
n.mS
BOC
=
. Vậy
222
ABCD
)nm(mn2nmS +=++=
0,25
0,25
5
(3đ)
Hình vẽ (phục vụ
câu a)

O
I
C
D
M
B
A

0,25
a) Chứng minh được: - hai cung AB và CD bằng nhau
- sđ góc AMB bằng sđ cung AB
Suy ra được hai góc AOB và AMB bằng nhau
O và M cùng phía với AB. Do đó tứ giác AOMB nội tiếp
0,25
0,25
0,25
0,25
b) Chứng minh được: - O nằm trên đường trung trực của BC (1)
- M nằm trên đường trung trực của BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra OM là đường trung trực của BC, suy ra
BCOM
⊥
0,25
0,25
0,25
c) Từ giả thiết suy ra
OMd ⊥
Gọi I là giao điểm của đường thẳng d với đường tròn ngoại tiếp tứ giác
AOMB, suy ra góc OMI bằng
0
90
, do đó OI là đường kính của đường
tròn này
Khi C và D di động thỏa mãn đề bài thì A, O, B cố định, nên đường tròn
ngoại tiếp tứ giác AOMB cố định, suy ra I cố định.
Vậy d luôn đi qua điểm I cố định.

0,25

0,25
0,25
0,25
6
(1đ)
a) Với x và y đều dương, ta có
yx
x
y
y
x
22
+≥+
(1)

0)yx)(yx()yx(xyyx
233
≥−+⇔+≥+⇔
(2)
(2) luôn đúng với mọi x > 0, y > 0. Vậy (1) luôn đúng với mọi
0y,0x >>
0,25
0,25
b) n là số tự nhiên lớn hơn 1 nên n có dạng n = 2k hoặc n = 2k + 1, với k
là số tự nhiên lớn hơn 0.
- Với n = 2k, ta có
k24n4
4)k2(4n +=+
lớn hơn 2 và chia hết cho 2. Do
14

đó
n4
4n +
là hợp số.
-Với n = 2k+1, tacó

2k2k22k4k24n4
)2.n.2()4.2n()4.2(n4.4n4n −+=+=+=+
= (n
2
+ 2
2k+1
+ n.2
k+1
)(n
2
+ 2
2k+1
– n.2
k+1
) = [( n+2
k
)
2
+ 2
2k
][(n – 2
k
)
2

+
2
2k
]. Mỗi thừa số đều lớn hơn hoặc bằng 2. Vậy n
4
+ 4
n
là hợp số
0,25
0,25
======================= Hết =======================
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
QUẢNG NAM Năm học 2008-2009
Môn TOÁN
( Dành cho học sinh chuyên Tin)
Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề )
Bài 1 (1,5 điểm ):
a) Thực hiện phép tính:
35
126320103
−
−−+
.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2008xx −−
.
Bài 2 (2 điểm ):
Cho hệ phương trình:




=+
=−
5myx3
2ymx
a) Giải hệ phương trình khi
2m =
.
b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn hệ
thức
3m
m
1yx
2
2
+
−=+
.
Bài 3 (2 điểm ):
a) Cho hàm số
2
x
2
1
y −=
, có đồ thị là (P). Viết phương trình đường thẳng đi
qua hai điểm M và N nằm trên (P) lần lượt có hoành độ là
2−
và 1.
b) Giải phương trình:

1xx2x3x3
22
=+−+
.
Bài 4 ( 1,5 điểm ):
Cho hình thang ABCD (AB // CD), giao điểm hai đường chéo là O. Đường
thẳng qua O song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại M và N.
15
a) Chứng minh:
1
AB
MO
CD
MO
=+
.
b) Chứng minh:
.
MN
2
CD
1
AB
1
=+
Bài 5 ( 3 điểm ):
Cho đường tròn ( O; R ) và dây cung AB cố định không đi qua tâm O; C và D là
hai điểm di động trên cung lớn AB sao cho AD và BC luôn song song. Gọi M là giao
điểm của AC và BD. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác AOMB là tứ giác nội tiếp.

b) OM
⊥
BC.
c) Đường thẳng d đi qua M và song song với AD luôn đi qua một điểm cố định.
**************** Hết ****************
16

Họ và tên thí sinh: …………………………………… Số báo danh: ………………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
QUẢNG NAM Năm học 2008-2009
Môn TOÁN
(Dành cho học sinh chuyên Tin)
Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề )
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
I. Hướng dẫn chung:
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm
từng phần như hướng dẫn quy định.
2) Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải
đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất trong Hội đồng chấm
thi.
3) Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25.
II. Đáp án:
Bài Nội dung Điểm
1
(1,5đ)
a) Biến đổi được:
223
35
)223)(35(
+=

−
+−
0,50
0,25
b) Điều kiện
2008x
≥
4
8031
4
8031
)
2
1
2008x(
4
1
2008)
4
1
2008x.
2
1
.22008x(2008xx
2
≥+−−=
−++−−−=−−
Dấu “ = “ xảy ra khi
4
8033

x
2
1
2008x =⇔=−
(thỏa mãn). Vậy giá trị
nhỏ nhất cần tìm là
4
8033
xkhi
4
8031
=
.
0,50
0,25
2
(2đ)
a) Khi m =
2
ta có hệ phương trình





=+
=−
5y2x3
2yx2






−=
+
=
⇔





=+
=−
⇔
2x2y
5
522
x
5y2x3
22y2x2







−

=
+
=
⇔
5
625
y
5
522
x
0,25
0,25
0,25
0,25
b) Giải tìm được:
3m
6m5
y;
3m
5m2
x
22
+
−
=
+
+
=
0,50
0,25

17
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thay vào hệ thức
3m
m
1yx
2
2
+
−=+
; ta được
3m
m
1
3m
6m5
3m
5m2
2
2
22
+
−=
+
−
+
+
+
Giải tìm được
7

4
m =
0,25
3
(2đ)
a) Tìm được M(- 2; - 2); N
)
2
1
:1( −
Phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b, đường thẳng đi qua M và
N nên





−=+
−=+−
2
1
ba
2ba2
Tìm được
1b;
2
1
a −==
.
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là

1x
2
1
y −=
0,25
0,25
0,25
0,25
b) Biến đổi phương trình đã cho thành
01xx2)xx(3
22
=−+−+
Đặt
xxt
2
+=
( điều kiện t
0
≥
), ta có phương trình
01t2t3
2
=−−
Giải tìm được t = 1 hoặc t =
3
1
−
(loại)
Với t = 1, ta có
01xx1xx

22
=−+⇔=+
. Giải ra được
2
51
x
+−
=
hoặc
2
51
x
−−
=
.
0,25
0,25
0,25
0,25
4
(1,5đ)
Hình vẽ

O
A
B
C
D
N
M

0,25
a) Chứng minh được
AD
MD
AB
MO
;
AD
AM
CD
MO
==
Suy ra
1
AD
AD
AD
MDAM
AB
MO
CD
MO
==
+
=+
(1)
0,25
0,50
b) Tương tự câu a) ta có
1

AB
NO
CD
NO
=+
(2)
(1) và (2) suy ra
2
AB
MN
CD
MN
hay2
AB
NOMO
CD
NOMO
=+=
+
+
+
Suy ra
MN
2
AB
1
CD
1
=+
0,25

0,25
18
5
(3đ)
Hình vẽ (phục vụ
câu a)

O
I
C
D
M
B
A
0,25
a) Chứng minh được: - hai cung AB và CD bằng nhau
- sđ góc AMB bằng sđ cung AB
Suy ra được hai góc AOB và AMB bằng nhau
O và M cùng phía với AB. Do đó tứ giác AOMB nội tiếp
0,25
0,25
0,25
0,25
b) Chứng minh được: - O nằm trên đường trung trực của BC (1)
- M nằm trên đường trung trực của BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra OM là đường trung trực của BC, suy ra
BCOM
⊥
0,25
0,25

0,25
c) Từ giả thiết suy ra
OMd ⊥
Gọi I là giao điểm của đường thẳng d với đường tròn ngoại tiếp tứ giác
AOMB, suy ra góc OMI bằng
0
90
, do đó OI là đường kính của đường
tròn này.
Khi C và D di động thỏa mãn đề bài thì A, O, B cố định, nên đường tròn
ngoại tiếp tứ giác AOMB cố định, suy ra I cố định.
Vậy d luôn đi qua điểm I cố định.

0,25
0,25
0,25
0,25
19