bộ đề thi vào lớp 10 các trường chuyên từ bắc đến nam 2009 - 2010 với đáp án chi tiết phần 3 pps

2. Gii h phng trỡnh:
1 1
+ 2 - 2
y
x
1 1
+ 2 - 2
x
y










Cõu 2: (2,0 im)
Cho phng trỡnh: ax
2
+ bx + c = 0 (a

0) cú hai nghim x
1
, x
2
tho món iu kin:

1 2
0 x x 2

. Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc:
2 2
2
2a - 3ab + b
Q =
2a - ab + ac
.
Cõu 3: (2,0 im)
1. Gii phng trỡnh:

1
x - 2 + y + 2009 + z - 2010 = x + y
+ z
2
.
2. Tỡm tt c cỏc s nguyờn t p 4p
2
+ 1 v 6p
2
+ 1 cng l s nguyờn t.
Cõu 4: (3,0 im)
1. Cho hỡnh vuụng ABCD cú hai ng chộo ct nhau ti E. Mt ng thng i qua A, ct
cnh BC ti M v ct ng thng CD ti N. Gi K l giao im ca cỏc ng thng
EM v BN. Chng minh rng: CK

BN.
2. Cho ng trũn (O) bỏn kớnh R = 1 v mt im A sao cho OA =

2
. V cỏc tip tuyn
AB, AC vi ng trũn (O) (B, C l cỏc tip im). Mt gúc xOy cú s o bng 45
0
cú
cnh Ox ct on thng AB ti D v cnh Oy ct on thng AC ti E. Chng minh rng
2 2 - 2 DE < 1

.
Cõu 5: (1,0 im)
Cho biu thc P = a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ ac + bd , trong ú ad bc = 1. Chng minh rng: P


3
.
Ht

H v tờn thớ sinh: S bỏo danh:

sở giáo dục - đào tạo hà
nam
kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyên
Năm học 2009 - 2010
Môn thi : toán(Đề chung)
đề chính thức
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Bài 1. (2 điểm)
Cho biểu thức P =




2
1 2 3
1
1
x x x x x
x
x

a) Tìm điều kiện xác định của P
b) Rút gọn P
c) Tìm x để P > 0
Bài 2. (1,5 điểm)
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
22


Giải hệ phơng trình:



1 2 2
2 2 1
x y
x y








Bài 3. (2 điểm)
1) Tìm toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = x + 6 và parabol y = x
2

2) Tìm m để đồ thị hàm số y = (m + 1)x + 2m + 3 cắt trục õ, trục Oy lần lợt tại các điểm A , B
và

AOB cân ( đơn vị trên hai trục õ và Oy bằng nhau).
Bài 4. (3,5 điểm)
Cho

ABC vuông đỉnh A, đờng cao AH, I là trung điểm của Ah, K là trung điểm của HC.
Đờng tròn đờng kính AH ký hiệu (AH) cắt các cạnh AB, AC lần lợt tại diểm M và N.
a) Chứng minh

ACB và

AMN đồng dạng
b) Chứng minh KN là tiếp tuýn với đờng tròn (AH)
c) Tìm trực tâm của

ABK
Bài 5. (1 điểm)
Cho x, y, z là các số thực thoả mãn: x + y + x = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
1 1 1
16 4
x y z




hết

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ ký giám thị số 1: Chữ ký giám thị số 2:


sở giáo dục đào tạo hà
nam
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyên
Năm học 2009 2010

hớng dẫn chấm thi môn toán : đề chung
Bài 1 (2 điểm)

a) (0,5 điểm) Điều kiện xác định của P là x
0

và x 1
0.5
b) (1 điểm)


1
1
1
x x
x
x
x

0,25



2
2 3
4 4 3
1 1
x x x
x x x x
x x





0,25

4
1
x
x

0,25
Vậy P =
4
1
x


0,25
c) (0,5 điểm) P>0
1 0
x


0,25

1 0 1
x x


0,25
Bài 2 (1,5 điểm)

Cộng hai phơng trình ta có :


3 2 2 1 2
x

0,5

1 2 1
2 1
3 2 2 1 2
x



0,5
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
23


Với




2 1 2 2 1 2 1 1 2 1
x y


0,25
K/l Vậy hệ có nghiệm:
2 1
2 1
x
y

0,25
Bài 3 (2 điểm)

a) (1 điểm) Hoành độ giao điểm là nghiệm của phơng trình: x
2
= x + 6

2
6 0 2
x x x

hoặc x = 3
05
Với x = -2
4; 3 9
y x y


0,25
Hai điểm cần tìm là (-2;4); (3;9) 0,25
b) (1 điểm)
Với y = 0

2 3

1 2 3 0
1
m
m m x
m



(với m -1)
2m+3
A - ;0
m+1





Với x = 0


2 3 B 0;2m+3
y m

0,25

OAB vuông nên

OAB cân khi A;B O và OA = OB
2 3
2 3

1
m
m
m




0,25
+ Với

2 3 1
2 3 2 3 1 0 0
1 1
m
m m m
m m






hoặc m =
3
2

(loại)
0,25
+ Với

2 3 1
2 3 2 3 1 0 2
1 1
m
m m m
m m






hoặc m =
3
2

(loại)
K/l: Giá trị cần tìm m = 0; m = -2
0,25
Bài 4(3,5 điểm)
a) (1,5 điểm)
E
N
M
I
K
H
C
B

A

0,25

AMN và

ACB vuông đỉnh A 0,25
Có


AMN AHN
(cùng chắn cung AN)


AHN ACH

(cùng phụ với

HAN
) (AH là đờng kính)


AMN ACH

0,75
AMN ACB



0,25

b) (1 điểm)

HNC vuông đỉnh N vì

0
ANH 90

có KH = KC

NK = HK
lại có IH = IN (bán kính đờng tròn (AH)) và IK chung nên

KNI =

KHI (c.c.c)


0
90
KNI KHI

0
90
KNI

0,75
Có KN

In, IN là bá kính của (AH)

KN là tiếp tuyến với đờng tròn (AH)
0,25
c) (1 điểm)
+ Gọi E là giao điểm của Ak với đờng tròn (AH), chứng minh góc HAK= góc HBI
Ta có AH
2
HB.HC

AH.2IH = HB.2HK


HA HK
HB HI


0,5
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
24





HAK
HBI

HAK HBI


+ Có


HAK EHK

(chắn cung HE)



//
HBI EHK BI HE

Có

0
90
AEH
(AH là đờng kính)
BI AK


0,25

ABK có

BI AK

và
BK AI


I là trực tâm

ABK
0,25
Bài 5 (1 điểm)

1 1 1 1 1 1 21
P=
16x 4 16x 4 16 4 16 4 16
y x z x z y
x y z
y z y z x y x z y z







0,5
Theo cối với các số dơng:
1
16 4 4
y x

x y

dấu bằng xảu ra khi y=2x

1
16 2
z x
x z

dấu bằng xảu ra khi z=4x

1
4
z y
y z

dấu bằng xảu ra khi z=2y
Vậy P

49/16
0,25
P = 49/16 với x = 1/7; y = 2/7; z = 4/7
Vậy giá trị bé nhấy của P là 49/16
0,25



S GIO DC V O TO
TNH NINH BèNH

CHNH THC


THI TUYN SINH VO LP 10 CHUYấN
NM HC 2009 2010
Mụn Toỏn Vũng 1
(Dựng cho tt c cỏc thớ sinh)

Thi gian lm bi 120 phỳt (Khụng k thi gian giao )

thi gm 05 cõu trong 01 trang

Cõu 1: (2 im)
Tớnh giỏ tr biu thc:



x 5 2 2 5 5 250
3 3
y
3 1 3 1
x x y y
A x y
x xy y

Cõu 2: (2,5 im)
Cho phng trỡnh (m + 1)x
2
2(m 1) + m 2 = 0 (n x, tham s m).
a) Gii phng trỡnh khi m = 2.
b) Tỡm m phng trỡnh cú hai nghim phõn bit x
1
; x
2
tha món:
1 2
1 1 7
x x 4


Cõu 3: (1,0 im)
Khong cỏch gia hai bn sụng A v B l 60 km. Mt ca nụ chy xuụi dũng t bn
A ti bn B, ngh 1 gi 20 phỳt bn sụng B v ngc dũng tr v A. Thi gian k t lỳc
khi hnh n khi v bn A tt c 12 gi. Tớnh vn tc riờng ca ca nụ v vn tc dũng
nc bit vn tc riờng cu ca nụ gp 4 ln vn tc dũng nc.
Cõu 4: (3,5 im)
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
25


Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng (d) không đi qua tâm O cắt đường tròn (O;
R) tại hai điểm phân biệt A, B. Điểm M chuyển động trên (d) và nằm ngoài đường tròn (O;
R), qua M kẻ hai tiếp tuyến MN và MP tới đường tròn (O; R) (N, P là hai tiếp điểm).

a) Chứng minh rằng tứ giác MNOP nội tiếp được trong một đường tròn, xác định
tâm đường tròn đó.
b) Chứng minh MA.MB = MN
2
.
c) Xác định vị trí điểm M sao cho tam giác MNP đều.
d) Xác định quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP.
Câu 5: (1 điểm)
Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn:
4 5
23
x y
 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
6 7
B 8x 18y
x y
   

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
26


Đáp án:
Câu 1:
x = 10;
y = 3
A = x – y = 7

Bài 2:
a) Với m = 2 thì x
1
= 0; x
2
= 2/3.
b) m = -6.
Bài 3:
ĐS: Vận tốc ca nô: 12 km/h
Vận tốc dòng nước: 3 km/h
Bài 4:

a, b).
c) Tam giác MNP đều khi OM = 2R
d) Quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP là đường thằng d’ song song với
đường thẳng d (trừ các điểm ở bên trong đường tròn).
Bài 5:
6 7
B 8x 18y
x y
2 2 4 5
8x 18y 8 12 23 43
x y x y
   
   
 
         
 
   
 

   

Dấu bằng xảy ra khi
 
1 1
x;y ;
2 3
 

 
 
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của B là 43 khi
 
1 1
x;y ;
2 3
 

 
 

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
27



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH PHÚ YÊN

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

NĂM HỌC 2009-2010
Môn thi: TOÁN CHUYÊN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
*****


Câu 1.(4,0 điểm) Cho phương trình x
4
+ ax
3
+ x
2
+ ax + 1 = 0, a là tham số .
a) Giải phương trình với a = 1.
b) Trong trường hợp phương trình có nghiệm, chứng minh rằng a
2
> 2.

Câu 2.(4,0 điểm)
a) Giải phương trình:
x + 3 + 6 - x (x + 3)(6 - x) = 3

.
b) Giải hệ phương trình:
2

x + y + z = 1
2x + 2y - 2xy + z = 1



.


Câu 3.(3,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên x, y, z thỏa mãn :
3x
2
+ 6y
2
+2z
2
+ 3y
2
z
2
-18x = 6.

Câu 4.(3,0 điểm)


a) Cho x, y, z, a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:

3
3 3
abc + xyz (a + x)(b + y)(c + z)
 .

b) Từ đó suy ra :
3 3
3 3 3
3 3 3 3 2 3
   

Câu 5.(3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD và tứ giác MNPQ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh AB, BC,
CD, DA của hình vuông.
a) Chứng minh rằng S
ABCD

AC
4

(MN + NP + PQ + QM).
b) Xác định vị trí của M, N, P, Q để chu vi tứ giác MNPQ nhỏ nhất.

Câu 6.(3,0 điểm) Cho đường tròn (O) nội tiếp hình vuông PQRS. OA và OB là hai bán kính thay
đổi vuông góc với nhau. Qua A kẻ đường thẳng Ax song song với đường thẳng PQ, qua B kẻ
đường thẳng By song song với đường thẳng SP. Tìm quỹ tích giao điểm M của Ax và By.
=HẾT=
Họ và tên thí sinh:……………………………………….Số báo danh:……………

Chữ kí giám thị 1:………………………Chữ kí giám thị 2:….……………………

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
28

SỞ GD & ĐT PHÚ YÊN
***
KỲ THI TUYỂN SINH THPT NĂM HỌC 2009 -2010
MÔN : TOÁN (Hệ số 2)

ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
Bản hướng dẫn chấm gồm 04 trang
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 hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm
không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi.
3- Điểm toàn bài thi không làm tròn số.
II- Đáp án và thang điểm:
CÂU ĐÁP ÁN Điểm
Câu 1a.

(2,0đ)
Ta có phương trình :
4 3 2
x + ax +x +ax + 1 = 0 (1)

Khi a =1 , (1)
4 3 2
x +x +x +x+1=0 (2)

Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm.
Chia 2 vế của (2) cho x
2

ta được:
2
2
1 1
x + + x+ +1=0
x x
(3).
Đặt
1 1 1
t = x+ t x+ x + 2
x x x
   
và
2 2
2
1
x + t -2
x

.
Phương trình (3) viết lại là :
2
t + t - 1 = 0

Giải (3) ta được hai nghiệm
1
1 5
t
2
 

 và
2
1 5
t
2
 
 đều không thỏa điều
kiện |t| 2.Vậy với a = 1, phương trình đã cho vô nghiệm.





0,50


0,50


0,50


0,50


Câu1b.
(2,0đ)

Vì x = 0 không phải là nghiệm của (1) nên ta cũng chia 2 vế cho x
2

ta có
phương trình :
2
2
1 1
x + +a x + +1=0
x x
 
 
 
.
Đặt
1
t = x +
x
, phương trình sẽ là : t
2
+ at - 1 = 0 (4).

Do phương trình đã cho có nghiệm nên (4) có nghiệm |t|  2. Từ (4) suy ra
2
1- t
a
t
 .
Từ đó :
2 2
2
2
(1 - t )

a >2 2
t
 
2 2
t (t - 4) 1 0 (5)
  
Vì |t|  2 nên t
2
>0 và t
2
– 4  0 , do vậy (5) đúng, suy ra a
2
> 2.



0,50




0,50

0,50

0,50

Câu 2a.

(2,0đ)

x + 3 + 6 - x - (x + 3)(6 - x) 3 (1)


Điều kiện :
x+3 0
-3 x 6
6-x 0


  



.
Đặt :
2 2
x + 3
, , 0 9.
v = 6 - x
u
u v u v



   




Phương trình đã có trở thành hệ :

0,50

0,50

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
29



2 2 2
u + v = 9 (u + v) - 2uv = 9
u + v - uv = 3 u + v = 3 + u
v
 

 
 

Suy ra : (3+uv)
2
-2uv = 9
uv = 0 u = 0
uv = -4 v = 0
 
 

 
 


x+3 = 0 x = -3
x = 6
6-x = 0


 





.
Vậy phương trình có nghiệm là x =-3 , x = 6.


0,50



0,50

Câu
2b.
(2,0đ)
Ta có hệ phương trình :

2 2
x+y+z=1 x+y = 1-z
2x+2y-2xy+z =1 2xy = z +2(x+y)-1
 

 
 


2 2
x + y = 1 - z
2xy = z - 2z + 1 = (1- z)






2
2xy = (x + y)



2 2
x + y = 0 x = y = 0 z = 1
 
.
Vậy hệ phương trình chỉ có 1 cặp nghiệm duy nhất: (x ;y ;z) = (0 ;0; 1).

0,50


0,50


0,50

0,50
Câu 3.
(3,0đ)

Ta có : 3x
2
+ 6y
2
+ 2z
2
+3y
2
z
2
-18x = 6 (1)

2 2 2 2 2
3(x-3) + 6y + 2z + 3y z 33 (2)
 
Suy ra : z
2


3 và 2z
2
 33
Hay |z|  3.
Vì z nguyên suy ra z = 0 hoặc |z| = 3.

a) z = 0 , (2)  (x-3)
2
+ 2y
2
= 11 (3)
Từ (3) suy ra 2y
2
 11  |y|  2.
Với y = 0 , (3) không có số nguyên x nào thỏa mãn.
Với |y| = 1, từ (3) suy ra x

{ 0 ; 6}.
b) |z| = 3, (2)  (x-3)
2
+ 11 y
2
= 5 (4)
Từ (4)  11y
2
 5  y = 0, (4) không có số nguyên x nào thỏa mãn.
Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm nguyên (x ;y ;z) là (0;1;0) ; (0 ;-1;0) ;
(6 ;1 ;0) và (6 ;-1 ;0).

0,50


0,50



0,50

0,50

0,50

0,50

Câu 4a.

(2,0đ)
3
3 3
abc xyz (a+x)(b+y)(c+z) (1)
 
Lập phương 2 vế của (1) ta được :

2 2
3 3
abc + xyz + 3 (abc) xyz +3 abc(xyz) (a+x)(b+y
)(c+z)


2 2
3 3
abc + xyz+ 3 (abc) xyz +3 abc(xyz)
 


abc+xyz+abz+ayc+ayz+xbc+xyc+xbz

2 2
3 3
3 (abc) xyz +3 abc(xyz) (abz+ayc+ xbc)+ (ayz+
xbz+xyc)
  (2)
Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có :
2
3
(abz+ayc+ xbc) 3 (abc) xyz
 (3)
2
3
(ayz+xbz+ xyc) 3 abc(xyz)
 (4)
Cộng hai bất đẳng thức (3) và (4) ta được bất đẳng thức (2), do đó (1) được
chứng minh.



0,50

0,50



0,50

0,50
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
30


Câu4b.
(1,0đ)
Áp dụng BĐT (1) với
3 3
a = 3+ 3, b = 1, c = 1, x = 3 - 3, y = 1,
z = 1

Ta có : abc = 3 +
3
3
, xyz = 3-
3
3
, a+ x = 6, b + y = 2, c + z = 2
Từ đó :
3 3
3 3 3 3

3+ 3 3- 3 6.2.2 2 3
   (đpcm).

0,50

0,50

Câu 5a.

(2,0)
Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của
QN, MN, PQ. Khi đó :
BJ =
MN
2
(trung tuyến  vuông MBN)
Tương tự DK =
PQ
2
.
IJ =
QM
2
(IJ là đtb  MNQ).
Tương tự IK =
PN
2
.
Vì BD  BJ + JI + IK + KD. Dođó:
ABCD

AC AC
S .BD (BJ+JI + IK+KD)
2 2
 
AC
= (MN+NP+PQ+QM)
4
- đpcm.




0,50



0,50


0,50

0,50

Câu5b.
(1,0)
Chu vi tứ giác MNPQ là :
MN + NP + PQ + QM = 2BJ + 2IK +2DK + 2IJ
= 2(BJ + JI + IK + KD)  2BD (cmt)
Dấu bằng xảy ra khi đường gấp khúc trùng với BD, tức là MQ //NP, MN//PQ,
MN=PQ (vì cùng là cạnh huyền 2 tam giác vuông cân bằng nhau), lúc đó

MNPQ là hình chữ nhật.


0,50


0,50

Câu 6.
(3,0đ)


Kí hiệu như hình vẽ.
Phần thuận :


0
AOB =AMB 90

(giả thiết)
 tứ giác AOBM luôn nội tiếp



0
AMO ABO 45
 
(vì AOB
vuông cân tại O)
Suy ra M luôn nằm trên đường

thẳng đi qua O và tạo với đường
PQ một góc 45
0
.
Trường hợp B ở vị trí B’ thì M’
nằm trên đường thẳng đi qua O
và tạo với PS một góc 45
0
.
Giới hạn :
*) Khi A  H thì M  Q, khi A  K thì M  S
*) Trường hợp B ở vị trí B’: khi A  H thì M’  P, khi A  K thì M’  R
Phần đảo: Lấy M bất kì trên đường chéo SQ (hoặc M’ trên PR), qua M kẻ
đường thẳng song song với đường thẳng PQ cắt (O) tại A. Kẻ bán kính OB 
OA.
Ta thấy tứ giác AOBM nội tiếp (vì


0
AMO ABO 45
  )
Suy ra :


0
AMB AOB 90
 
.
Mà AM//PQ , PQ PS  MB//PS.
Kết luận:Quỹ tích giao điểm M là 2 đường chéo của hình vuông PQRS.

0,50

0,50


0,50


0,50


0,50
0,50



A B
D C
M
N

P
Q
I
J
K

x
y
O
K
H
P
Q
RS
A
B
M
M'
B'

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
31