bộ đề thi vào lớp 10 các trường chuyên từ bắc đến nam 2009 - 2010 với đáp án chi tiết phần 6 potx

c) Chng minh rng:
2 2
4
ABC
R p
S


, trong ú S
ABC
l din tớch tam giỏc ABC v p l chu vi
ca tam giỏc DEF.
Ht.
H v tờn: ; SBD.; Phũng thi s:
Ch kớ ca giỏm th 1:; Ch kớ ca giỏm th 2:



S GIO DC V O TO
LONG AN

CHNH THC
K THI TUN SINH LP 10 NM HC 2009-2010
Mụn thi : TON h chuyờn
Ngy thi : 10-7 2009
Thi gian : 150 phỳt ( khụng k phỏt )

Cõu 1 (2)
Rỳt gn cỏc biu thc sau :
1) A = 4 + 2 3 + 4 - 2 3
2) B =
3
7 + 5 2 +
3
7 - 5 2
Cõu 2 (2)
1) Gii h phng trỡnh :



2x
x - 1
+
y
y - 1
= 6
x
x - 1
+
3y
y - 1
= 8

2) Gii phng trỡnh : x
4

- 2x

3

- x
2

+ 2x + 1 = 0
Cõu 3 (2)
Gi th hm s y = x
2

l parabol (P), th ca hm s y = x - m l ng thng (d) .
1) Tỡm giỏ tr ca m (d) ct (P) ti hai im phõn bit .
2) Khi (d) ct (P) ti hai im phõn bit A v B kớ hiu x

A
v x

B
ln lt l honh
ca A v B . Tỡm cỏc giỏ tr ca m sao cho x
3
A
+ x
3
B
= 1 .
Cõu 4 (2)
1) Cho tam giỏc ABC . Gi M,N,P ln lt l trung im ca cỏc cnh AB,BC,CA.
Khng nh S

ABC
= 4S

MNP
ỳng hay sai ? ti sao ?
2) Cho ng trũn (T) cú ng kớnh AB . Gi C l im i xng vi A qua B , PQ l mt
ng kớnh thay i ca (T) khỏc ng kớnh AB. ng thng CQ ct ng thng PB
im M . Khng nh CQ = 2CM ỳng hay sai ? ti sao ?
Cõu 5 (2)
1) Cho hai s thc x , y thay i v tho món iu kin : 2x + 3y = 5 . Tỡm x ,y
biu thc P = 2x
2

+ 3y
2

+ 2 t giỏ tr nh nht . Tỡm giỏ tr nh nht ú .
2) Cho t , y l hai s thc tho món iu kin : t + y
2

+ y t - 5 t - 4y + 7 = 0. Hóy tỡm t , y
.


Ht

Sở giáo dục và đào tạo
Hng yên

đề chính thức

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
52


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

Bài 1: (1,5 điểm)
Cho
1 1
a 2 :
7 1 1 7 1 1







Hãy lập một phơng trình bậc hai có hệ số nguyên nhận a - 1 là một nghiệm.

Bài 2: (2,5 điểm)
a) Giải hệ phơng trình:
x 16
xy

y 3
y 9
xy
x 2










b) Tìm m để phơng 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 đờng 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 đờng tròn ngoại tiếp tam giác BCD.
c) Tổng bán kính các đờng 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 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:

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
53


Hớng dẫn chấm thi
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 phơng 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 đợc
3y 3 16
y.
2 2 3


0,25 đ



2
3y 23
2 6

(phơng trình vô nghiệm)
0,25 đ
* Nếu
2y
3x 2y 0 x
3
.
Thay vào (1) ta đợc

2
y 9 y 3


0,25 đ
- Với
y 3 x 2

(thoả mãn điều kiện)
- Với
y 3 x 2

(thoả mãn điều kiện)
Vậy hệ phơng 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)

(*)
Phơng 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 phơng trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì phơng trình (1) có
2 nghiệm dơng phân biệt
0,25 đ
0 9 4m 0
S 0 5 0
P 0 m 4 0









0,25 đ
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
54


9
m

9
4 m
4
4
m 4









Vậy với
9
4 m
4

thì phơng 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

2 2 2
k 5n 1 (với n ) k 25n 10n 1 k 4 5



2
k 4

không là số nguyên tố.
0,25 đ
- Xét
2 2 2
k 5n 2 (với n ) k 25n 20n 4 k 16 5



2
k 16

không là số nguyên tố.
0,25 đ
- Xét
2 2 2
k 5n 3 (với n ) k 25n 30n 9 k 16 5



2
k 16

không là số nguyên tố.
0,25 đ
- Xét
2 2 2
k 5n 4 (với n ) k 25n 40n 16 k 4 5



2
k 4

không là số nguyên tố.
Do vậy
k 5


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


2 2 2
(a b) (b c) (c a) 0

(luôn đúng)
0,5 đ
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

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
55


a) Xét
MBC

và
MDB

có:



BDM MBC (haigóc nội tiếp chắn hai cung bằn
g nhau)




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 đờng tròn ngoại tiếp
BDC





BJC 2BDC 2MBC


hay


BJC
MBC
2

0
180 BJC
BCJ cân tại J 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 đờng tròn (J), suy ra J thuộc NB
0,5 đ
c) Kẻ đờng kính MN của (O) NB MB
Mà MB là tiếp tuyến của đờng tròn (J), suy ra J thuộc NB
Gọi (I) là đờng tròn ngoại tiếp
ADC


Chứng minh tơng tự I thuộc AN
Ta có

ANB ADB 2BDM BJC

CJ // IN
Chứng minh tơng tự: CI // JN
0,5 đ
Do đó tứ giác CINJ là hình bình hành

CI = NJ
Suy ra tổng bán kính của hai đờng 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 dơng)
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
0,5 đ
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
56

Do ®ã c¸c tam gi¸c MAE ; FBG ; CIH ; DKJ lµ c¸c tam gi¸c vu«ng c©n.
 MA = AE =
h
2
; BF = BG =
b
2
; CH = CI =
d
2
; DK = DJ =
f
2

Ta cã AB = CD nªn:
h b f d
a e
2 2 2 2
    
 (e - a)
2
= h + b - f - d
NÕu e - a ≠ 0 th×
h b f d
2
e a
  
 



(®iÒu nµy v« lý do
2
lµ sè v« tØ)
VËy e - a = 0  e = a hay EF = IJ (®pcm).

0,25 ®



HÕt

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
57



Sở giáo dục và đào tạo
HảI dơng

Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên
nguyễn trãi - Năm học 2009-2010
Môn thi : toán
Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi 08 tháng 7 năm 2009
(Đề thi gồm: 01 trang)
Câu I (2.5 điểm):
1) Giải hệ phơng trình:

2 2
2
x y xy 3
xy 3x 4

2) Tìm m nguyên để phơng trình sau có ít nhất một nghiệm nguyên:


2 2
4x 4mx 2m 5m 6 0

Câu II (2.5 điểm):
1) Rút gọn biểu thức:








3 3
2
2
2 4 x 2 x 2 x

A
4 4 x
với

2 x 2

2) Cho trớc số hữu tỉ m sao cho
3
m
là số vô tỉ. Tìm các số hữu tỉ a, b, c để:
3 2
3
a m b 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 dơng 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:

2 2
P x 4x 5 x 6x 13

Câu IV (2.0 điểm):
Cho tam giác MNP có ba góc nhọn và các điểm A, B, C lần lợt là hình chiếu vuông góc của
M, N, P trên NP, MP, MN. Trên các đoạn thẳng AC, AB lần lợt 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 đờng tròn bàng tiếp góc DAK
của tam giác DAK.
Câu V (1.0 điểm):
Trên đờng tròn (O) lấy hai điểm cố định A và C phân biệt. Tìm vị trí của các điểm B và D
thuộc đờng tròn 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:




Hớng dẫn chấm
Đề thi
chính thức

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
58

Câu Phần nội dung Điểm






2 2
2
x y xy 3 (1)
xy 3x 4 (2)

Từ (2)

x

0. Từ đó
2
4 3x
y
x

, thay vào (1) ta có:
0.25
2
2 2
2

4 3x 4 3x
x x. 3
x x






0.25

4 2
7x 23x 16 0


0.25
Giải ra ta đợc
2 2
16
x 1 hoặc x =
7

0.25
Từ
2
x 1 x 1 y 1

;
2
16 4 7 5 7

x x y
7 7 7

0.25
1)
1,5điểm

Vậy hệ có nghiệm (x; y) là (1; 1); (-1; -1);





4 7 5 7
;
7 7
;





4 7 5 7
;
7 7

0.25
Điều kiện để phơng trình có nghiệm:
x
' 0

0.25

m 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.
0.25
Khi m = 2

x
'

= 0

x = -1 (thỏa mãn)
Khi m = 3

x
'

= 0

x = - 1,5 (loại).
0.25
câu I
2,5 điểm
2)
1,0điểm

Vậy m = 2.
0.25
Đặt
a 2 x; b 2 x (a, b 0)


2 2 2 2
a b 4; a b 2x


0.25
1)
1,5điểm

3 3 2 2
2 ab a b 2 ab a b a b ab
A
4 ab 4 ab




0.25





2 ab a b 4 ab
A 2 ab a b
4 ab




0.25


A 2 4 2ab a b

0.25



2 2
A 2 a b 2ab a b a b a b


0.25

2 2
A 2 a b 2x A x 2


0.25
câu II
2,5 điểm
2)
1,0điểm

3 2
3
a m b m c 0

(1)
Giả sử có (1)
3 2
3
b m c m am 0 (2)

Từ (1), (2)
2 2
3
(b ac) m (a m bc)


0.25
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
59


Nếu
2
a m bc 0

2
3
2
a m bc
m
b ac



là số hữu tỉ. Trái với giả thiết!
2 3
2 2
b ac 0 b abc

a m bc 0 bc am









0.25
3 3
3
b a m b a m

. Nếu b

0 thì
3
b
m
a

là số hữu tỉ. Trái với giả thiết!
a 0;b 0

. Từ đó ta tìm đợc c = 0.
0.25
Ngợc lại nếu a = b = c = 0 thì (1) luôn đúng. Vậy: a = b = c = 0
0.25

Theo bài ra f(x) có dạng: f(x) = ax
3
+ bx
2
+ cx + d với a nguyên dơng.
0.25
Ta có: 2010 = f(5) - f(3) = (5
3
- 3
3
)a + (5
2
- 3
2
)b + (5 - 3)c
= 98a + 16b + 2c

16b + 2c = (2010- 98a)
0.25
Ta có f(7) - f(1) = (7
3
- 1
3
)a + (7
2
- 1
2
)b + (7 - 1)c
= 342a + 48b + 6c = 342a + 3(16b + 2c)
= 342a + 3(2010- 98a)= 48a + 6030 = 3.(16a + 2010)

3


0.25
1)
1,0điểm

Vì a nguyên dơng nên 16a + 2010>1 . Vậy f(7)-f(1) là hợp số
0.25


2 2
2 2
P x 2 1 x 3 2

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy lấy các điểm A(x-2; 1), B(x+3; 2)
0.25
Ta chứng minh đợc:


2 2
AB x 2 x 3 1 2 25 1 26




2
2
OA x 2 1
,

2
2
OB x 3 2

0.25
Mặt khác ta có:
OA OB AB


2 2
2 2
x 2 1 x 3 2 26

0.25
câu III
2 điểm
2)
1,0điểm

Dấu = xảy ra khi A thuộc đoạn OB hoặc B thuộc đoạn OA



x 2 1
x 7
x 3 2
.Thử lại x = 7 thì A(5; 1); B(10; 2) nên A thuộc đoạn
OB. Vậy Max

P 26
khi x = 7.
0.25
Ta dễ dàng chứng minh tứ giác
MBAN nội tiếp



MAB MNB
,
MCAP nội tiếp



CAM CPM
.
0.25
Lại có



BNM CPM

(cùng phụ góc NMP)



CAM BAM
(1) 0.25
1)

0,75điểm



















Do DE // NP mặt khác
MA

NP

MA DE
(2)
Từ (1), (2)

ADE

cân tại A

MA là trung trực của DE

MD = ME



0.25
câuIV
2 điểm
2)
1,25điểm


0.25
K
E
B
C
A
N
M
P
D
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
60

K
E
B
C
A
N
M
P
D

Do DE//NP nên



DEK NAB
, mặt khác tứ giác MNAB nội tiếp nên:



0
NMB NAB 180



0
NMB DEK 180

Theo giả thiết

DMK NMP



0
DMK DEK 180


Tứ giác MDEK nội tiếp
0.25
Do MA là trung trực của DE

MEA MDA


0.25







MEA MDA MEK MDC
. 0.25
Vì

MEK MDK MDK MDC

DM là phân giác của góc CDK, kết hợp
với AM là phân giác DAB

M là tâm của đờng tròn bàng tiếp góc DAK của
tam giác DAK.
0.25
D'
B'
A'
O
C
A
B
D


Không mất tổng quát giả sử:AB

AC. Gọi B là điểm chính giữa cung

ABC


AB' CB'

Trên tia đối của BC lấy điểm A sao cho BA = BA

AB BC CA'

0.25
Ta có:




B'BC B'AC B'CA
(1) ;



0
B'CA B'BA 180
(2)




0
B'BC B'BA' 180
(3);Từ (1), (2), (3)



B'BA B'BA'

0.25

Hai tam giác ABB và ABB bằng nhau

A'B' B'A

Ta có

B'A B'C B'A' B'C A'C
= AB + BC ( BA + BC không đổi
vì B, A, C cố định). Dấu = xảy ra khi B trùng với B.
0.25
câu V
1 điểm
Hoàn toàn tơng 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 đờng tròn (O)
0.25
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
61

Chó ý: NÕu thÝ sinh lµm theo c¸ch kh¸c, lêi gi¶i ®óng vÉn cho ®iÓm tèi ®a.



www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
62