Tuyển tập đề thi vào lớp 10 trường chuyên 2009 - 2010

S GIÁO DC BÌNH NH K THI TUÊN SINH VÀO LP 10
BÌNH NH TRNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ÔN
NM HC 2009-2010
 chính thc Môn thi:Toán (chuyên)
Ngày thi:19/06/2009
Thi gian:150 phút
Bài 1(1.5đim)
Cho a,b,c là đ dài ba cnh ca mt tam giác.Chng minh rng:

1 2
a b c
b c c a a b
   
  

Bài 2(2đim)
Cho 3 s phân bit m,n,p.Chng minh rng phng trình
1 1 1
0
x m x n x p
  
  
có hai
nghim phân bit.
Bài 3(2đim)
Vi s t nhiên n,
3

n

.t




 


1 1 1

3 1 2 5 2 3 2 1 1
n
S
n n n
   
    

Chúng minhS
n
<
1
2

Bài 4(3đim)
Cho tam giác ABC ni tip tròn tâm O có đ dài các cnh BC = a, AC = b, AB = c.E là đim
nm trên cung BC không cha đim A sao cho cung EB bng cung EC.AE ct cnh BC ti D.
a.Chúng minh:AD
2

= AB.AC – DB.DC
b.Tính đ dài AD theo a,b,c
Bài 5(1.5đim)
Chng minh rng :


2
1
2
3 2
m
n
n
 

Vi mi s nguyên m,n.
**********************************************

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
1


c
b
a
D
O
C
E

B
A
ÁP ÁN MÔN TOÁN THI VÀO 10
TRNG CHUYÊN LÊ QUÝ ÔN NM 2009
Bài 1:
Vì a,b,c là đ dài ba cnh tam giác nên ta có:a,b,c >0 và a< b+c ,b< a + c , c < a+b
Nên ta có
2a a a a
b c a b c a b c

 
    

Mt khác
a a
b c a b c

  

Vy ta có
2
(1)
a a a
a b c c b a b c
 
    

Tng t
2
(2);

b b b
a b c c a a b c
 
    
2
(3)
c c a
a b c b a a b c
 
    

Cng (1) (2) và (3) v theo v ta có điu phi chng minh.
Bài 2:
K:
, ,
x m n p

PT đã cho

(x-n)(x-p)+(x-m)(x-p)+(x-m)(x-n) = 0

3x
2
-2(m+n+p)x +mn+mp+np = 0(1)
Ta có

' 2
( ) 3( )
m n p mn mp np
     

= m
2
+n
2
+p
2
+2mn+2mp+2np -3mn-3mp-3np =
m
2
+n
2
+p
2
–mn-mp-np =
1
2
[(m-n)
2
+(n-p)
2
+(m-p)
2
] >0
t f(x) = 3x
2
-2(m+n+p)x + mn+ mp +np
Ta có f(m) = 3m
2
– 2m
2

-2mn -2mp +mn +mp +np = m
2
–mn –mp +np = (m-n)(m-p)

0
= >m,n,p không phi là nghim ca pt(1)
Vy PT đã cho luôn có hai nghim phân bit
Bài 3

 
 
2
2
1 1 1
Ta cã :
2 1
2 1 1
4 4 1
1 n +1 - n 1 1 1
2
2 1. 1
4 4
n n n n
n
n n n
n n
n n
n n n n
n n
   

 

  
 
 
 



   





 
 


Do đó
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1
2 2 2
2 2 3 1 1
n
S
n n n
   
 
 

 
         
 
 
 
 
 
   
 

Bài 3:
Ta có


BAD CAE

( Do cung EB = cung EC)
Và


AEC DBA

( Hai góc ni tip cùng chn cung AC) nên

BAD


EAC

. . (1)

BA AE
AB AC AE AD
AD AC
   
Ta có




(§èi ®Ønh) vµ CAD
ADC BDC DBE
 

(2 góc ni tip cùng chn cung CE) nên

ACD

BDE

. .
AD DB
AD DE DB DChay
DC DE
   
AD(AE-AD) = DB.DC
Hay AD
2
= AD.AE - DB.DC=AB.AC – DB.DC (do (1))
4b)Theo tính cht đng phân giác ta có
DC

hay
b
DC DB DB DC DB a
AC AB c b c b c

   
 

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
2


vy


2
2
. . .
DC DB a a a bc
DB DC
b c b c b c
b c
  
 


theo câu a ta có AD
2
= AB.AC – DB.DC =





2 2
2 2
1
a bc a
bc bc
b c b c
 




  






 
 

 
2
2
1
a

AD bc
b c
 




  






 
 

Bài 5:
Vì
m
lµ sè h÷u tØ vµ 2lµ sè v« tØ nªn 2
n
m
n

Ta xet hai trng hp:
a)
2 2 2 2 2
2 Khi ®ã m 2 2 1 hay m 2n 1
m

n m n
n
      

T đó suy ra :
 
2
2
2
2
2
2
2
1
2 2
2 1 1 1 1
2 2 2 2
1
1
3 2
2 2
2 2
m n
n
n n n
n
n
n
n
 


        
 




 
 





 


b)
2 2 2 2 2
2 Khi ®ã m 2 2 1 hay m 2n 1
m
n m n
n
      

T đó suy ra :
 
2
2
2

2
2
2
2
1
2 2
2 1 1
2 2 2 2 2
1
2 2
1 1
1
3 2
2 2
m m n
n
n n n
n
n
n
n
n
 

        
 
 
 





  





 



************************************************
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
3



S GD&T VNH PHÚC
——————

K THI VÀO LP 10 THPT CHUYÊN NM HC 2009-2010
 THI MÔN: TOÁN
Dành cho các thí sinh thi vào lp chuyên Toán
Thi gian làm bài: 150 phút, không k thi gian giao đ
—————————

( có 01 trang)
Câu 1: (3,0 đim)

a) Gii h phng trình:
1 1 9
2
1 5
2
x y
x y
xy
xy

   




 



b) Gii và bin lun phng trình:
| 3 | | 2 | 5
x p x
   
(p là tham s có giá tr thc).
Câu 2: (1,5 đim)
Cho ba s thc
, ,
a b c
đôi mt phân bit.
Chng minh

2 2 2
2 2 2
2
( ) ( ) ( )
a b c
b c c a a b
  
  

Câu 3: (1,5 đim)
Cho
2
1
4 4 1
A
x x

 
và
2
2 2
2 1
x
B
x x


 

Tìm tt c các giá tr nguyên ca

x
sao cho
2
3
A B
C

 là mt s nguyên.
Câu 4: (3,0 đim)
Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB<CD). Gi K, M ln lt là trung đim ca BD,
AC. ng thng qua K và vuông góc vi AD ct đng thng qua M và vuông góc vi BC
ti Q. Chng minh:
a) KM // AB.
b) QD = QC.
Câu 5: (1,0 đim).
Trong mt phng cho 2009 đim, sao cho 3 đim bt k trong chúng là 3 đnh ca mt
tam giác có din tích không ln hn 1. Chng minh rng tt c nhng đim đã cho nm trong
mt tam giác có din tích không ln hn 4.

—Ht—

Cán b coi thi không gii thích gì thêm
H tên thí sinh SBD
 CHÍNH THC
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
4

S GD&T VNH PHÚC
——————

K THI TUYN SINH LP 10 THPT CHUYÊN NM HC 2009-
2010
HNG DN CHM MÔN: TOÁN
Dành cho lp chuyên Toán.
—————————
Câu 1 (3,0 đim).
a) 1,75 đim:
Ni dung trình bày im

iu kin
0
xy


0,25

H đã cho
2
2[ ( ) ( )] 9 (1)
2( ) 5 2 0 (2)
xy x y x y xy
xy xy
   


  


0,25

Gii PT(2) ta đc:
2 (3)
1
(4)
2
xy
xy







0,50

T (1)&(3) có:
1
2
3
2
2
1
x
y
x y
xy

x
y
 




 

















0,25

T (1)&(4) có:
1
1

3
2
2
1
1
2
2
1
x
y
x y
xy
x
y
 







 



 




















0,25

Vy h đã cho có 4 nghim là:
( ; ) (1; 2), (2; 1), (1; 1/ 2), (1/ 2; 1)
x y


0,25

b) 1,25 đim:
Ni dung trình bày im

Xét 3 trng hp:
TH1. Nu 2

x

thì PT tr thành:
( 1) 2( 1)
p x p
  
(1)
TH2. Nu
3 2
x
  
thì PT tr thành:
(1 ) 2(1 )
p x p
  
(2)
TH3. Nu
3
x
 
thì PT tr thành:
( 1) 2( 4)
p x p
  
(3)
0,25

Nu
1
p

 
thì (1) có nghim
2
x

; (2) vô nghim; (3) có nghim x nu tho mãn:
2( 4)
3 1 1
1
p
x p
p

      

.
0,25

Nu
1
p
 
thì (1) cho ta vô s nghim tho mãn
2
x

; (2) vô nghim; (3) vô nghim.
0,25

Nu

1
p

thì (2) cho ta vô s nghim tho mãn
3 2
x
  
; (1) có nghim x=2; (3)VN
0,25

Kt lun:
+ Nu -1 < p < 1 thì phng trình có 2 nghim: x = 2 và
2( 4)
1
p
x
p




+ Nu p = -1 thì phng trình có vô s nghim
2
x
 


+ Nu p = 1 thì phng trính có vô s nghim
3 2
x

  

+ Nu
1
1
p
p
 




thì phng trình có nghim x = 2.
0,25

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
5


Câu 2 (1,5 đim):
Ni dung trình bày im

+ Phát hin và chng minh
1
( )( ) ( )( ) ( )( )
bc ca ab
a b a c b a b c c a c b
  
     

1,0

+ T đó, v trái ca bt đng thc cn chng minh bng:
2
2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c bc ca ab
b c c a a b a b a c b c b a c a c b
 
 
     
 
 
        
 
 

0,5

Câu 3 (1,5 đim):
Ni dung trình bày im

iu kin xác đnh: x

1 (do x nguyên). 0,25

D thy
1 2( 1)
;

| 2 1| | 1|
x
A B
x x

 
 
, suy ra:
2 1 1
3 | 2 1| | 1|
x
C
x x
 

 
 
 
 

0,25

Nu
1
x

. Khi đó
2 1 4( 1) 4( 1) 1 2
1 0 1 1 0
3 2 1 3(2 1) 3(2 1) 3(2 1)

x x x
C C
x x x x
  
 
         
 
   
 

Suy ra
0 1
C
 
, hay
C
không th là s nguyên vi
1
x

.
0,5

Nu
1
1
2
x
  
. Khi đó:

0
x

(vì x nguyên) và
0
C

. Vy
0
x

là mt giá tr cn tìm.
0,25

Nu
1
2
x
 
. Khi đó
1
x
 
(do x nguyên). Ta có:
2 1 4( 1)
1 0
3 2 1 3(2 1)
x
C
x x


 
     
 
 
 
và
4( 1) 2 1
1 1 0
3(2 1) 3(2 1)
x x
C
x x
 
     
 
, suy ra
1 0
C
  

hay
0
C

và
1
x
 
.

Vy các giá tr tìm đc tho mãn yêu cu là:
0, 1
x x
  
.
0,25

Câu 4 (3,0 đim):
a) 2,0 đim:
Ni dung trình bày im

Gi I là trung đim AB,
,
E IK CD R IM CD
   
. Xét hai tam giác
KIB và KED có:


ABD BDC


0,25

KB = KD (K là trung đim BD) 0,25



IKB EKD


0,25

Suy ra
KIB KED IK KE
    
.
0,25

Chng minh tng t có:
MIA MRC
  

0,25

Suy ra: MI = MR 0,25

Trong tam giác IER có IK = KE và MI = MR
nên KM là đng trung bình

KM // CD
0,25


Do CD // AB (gt) do đó KM // AB (đpcm) 0,25

b) 1,0 đim:
Ni dung trình bày im

Ta có: IA=IB, KB=KD (gt)


IK là đng trung bình ca

ABD

IK//AD hay IE//AD
chng minh tng t trong

ABC có IM//BC hay IR//BC
0,25

Có:
QK AD

(gt), IE//AD (CM trên)
QK IE
 
. Tng t có
QM IR


0,25

T trên có: IK=KE,
QK IE QK
 
là trung trc ng vi cnh IE ca
IER

. Tng t QM là

trung trc th hai ca
IER


0,25

H
QH CD

suy ra QH là trung trc th ba ca
IER

hay Q nm trên trung trc ca đon CD
0,25

A
I
B
K
M
D
E
H
R
C
Q
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
6


Q cách đu C và D hay QD=QC (đpcm).
Câu 5 (1,0 đim):
Ni dung trình bày im

A'
B'
C'
A
B
C
P
P'


Trong s các tam giác to thành, xét tam giác ABC có din tích ln nht (din tích S). Khi đó
1
S

.
0.25
Qua mi đnh ca tam giác, k các đng thng song song vi cnh đi din, các đng thng
này gii hn to thành mt tam giác
' ' '
A B C
(hình v). Khi đó
' ' '
4 4
A B C ABC

S S
 
. Ta s chng
minh tt c các đim đã cho nm trong tam giác
' ' '
A B C
.

0.25
Gi s trái li, có mt đim
P
nm ngoài tam giác
' ' ',
A B C
chng hn nh trên hình v . Khi đó




; ;
d P AB d C AB
 , suy ra
PAB CAB
S S

, mâu thun vi gi thit tam giác
ABC
có din tích
ln nht.
0.25

Vy, tt c các đim đã cho đu nm bên trong tam giác
' ' '
A B C
có din tích không ln hn 4.
0.25


 THI TUYN SINH VÀO LP 10 CHUYÊN CA HI PHÒNG
NM HC 2009-2010
Bài 1
: ( 1 đim )
Cho
 
3
4 2 3 3
5 2 17 5 38 2
x
 

  
tính


2009
2
1P x x  
Bài 2
: ( 1, 5 đim ) : cho hai phng trình x
2
+ b.x + c = 0 ( 1 )

và x
2
- b
2
x + bc = 0 (2 )
bit phng trình ( 1 ) có hai nghim x
1
; x
2
và phng trình ( 2 ) có hai nghim
3 4
;
x x
tho
mãn điu kin
3 1 4 2
1
x x x x
   
. xác đnh b và c
Bài 3
: ( 2 đim )
1. Cho các s dng a; b; c . Chng minh rng
 
1 1 1
9
a b c
a b c
 
    

 
 

2. Cho các s dng a; b; c tho mãn a + b + c
3

. Chng ming rng

2 2 2
1 2009
670
a b c ab bc ca
 
   

Bài 4
: ( 3, 5 đim )
Cho tam giác ABC vi BC = a ; CA = b ; AB = c( c < a ; c< b ) . Gi M ; N ln lt là các
tip đim ca đng tròn tâm ( O) ni tip tam giác ABC vi các cnh AC và BC . ng
thng MN ct các tia AO : BO ln lt ti P và Q . Gi E; F ln lt là trung đim ca AB ;
AC
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
7


1. Chng minh t giác AOQM ; BOPN ; AQPB ni tip
2. Chng minh Q; E; F thng hàng
3. Chng minh
MP NQ PQ OM

a b c OC
 

 

Bài 5
: ( 2 đim )
1. Gii phng trình nghim nguyên 3
x
- y
3
= 1
2. Cho bng ô vuông kích thc 2009 . 2010, trong mi ô lúc đu đt mt viên si . Gi
T là thao tác ly 2 ô bt kì có si và chuyn t mi ô đó mt viên si đa sang ô bên
cnh ( là ô có chung cnh vi ô có cha si ) . Hi sau mt s hu hn phép thc hin
các thao tác trên ta có th đa ht si  trên bng v cùng mt ô không
Li gii
Bài 1 :

 
 
  
3
3
3
3
4 2 3 3 3 1 3
5 2 17 5 38 2
5 2 (17 5 38) 2
1 1

1
1 2
17 5 38 17 5 38 2
x
   
 
  
  
   

  

vy P = 1
Bài 2 : vì
3 1 4 2
1
x x x x
   
=>
3 1 4 2
1; 1
x x x x
   

Theo h thc Vi ét ta có
   
   
1 2
1 2
2

1 2
1 2
(1)
. (2)
1 1 (3)
1 . 1 (4)
x x b
x x c
x x b
x x bc
  





   


  


T (1 ) và ( 3 ) => b
2
+ b - 2 = 0  b = 1 ; b = -2
t ( 4 ) =>
1 2 1 2
. 1
x x x x bc
   

=> c - b + 1 = bc ( 5 )
+) vi b = 1 thì ( 5 ) luôn đúng , phng trình x
2
+ +b x + c = 0 tr thành
X
2
+ x + 1 = 0 có nghim nu
1
1 4 0
4
c c
     

+) vi b = -2 ( 5 ) tr thành c + 3 = -2 c => c = -1 ; phng trình x
2
+ b x + c = 0 tr thành
x
2
- 2 x - 1 = 0 có nghim là x =
1 2

vy b= 1; c
1
4
c

;
b = -2 ; c = -1
Bài 3 :
1. Áp dng bt đng thc Cô si cho 3 s dng

3
a b c abc
  
3
1 1 1 1
3
a b c
abc
  
=>
 
1 1 1
9
a b c
a b c
 
    
 
 

du “=” sy ra  a = b = c
2. ta có


2
2 2 2
3
3
a b c
ab bc ca a b c ab bc ca

 
         

2007
669
ab bc ca
 
 

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
8


Áp dng câu 1 ta có
 
2 2 2
2 2 2
1 1 1
2 2 2 9
a b c ab bc ca
a b c ab bc ca ab bc ca
 
       
 
     
 

=>
 

2
2 2 2
1 1 9
1
a b c ab bc ca
a b c
  
   
 

vy
2 2 2
1 2009
670
a b c ab bc ca
 
   
. du “=” sy ra  a = b = c = 1
Bài 4 : a) ta có












 


0
1
2
180 1
2 2
BOP BAO ABO A B
C
PNC A B
BOP PNC
   

  
 

=> t giác BOPN ni tip
+) tng t t giác AOQM ni tip
+) do t giác AOQM ni tip=>


0
90
AQO AMO 

t giác BOPN ni tip =>


0

90
BPO BNO 
=>


0
90
AQB APB 
=> t giác AQPB ni tip
b ) tam giác AQB vuông ti Qcó QE là trung tuyn nên QE = EB = EA
=>




1
2
EQB EBQ B QBC
   => QE //BC
Mà E F là đng trung bình ca tam giác ABC nên E F //BC
 Q; E; F thng hàng
c)
~ ( )
~ ( )
~ ( )
MP OM OP
MOP COB g g
a OC OB
NQ ON OM
NOQ COA g g

b OC OC
PQ OP OM
POQ BOA g g
c OB OC
OM MP NQ PQ MP NQ PQ
OC a b c A B C
     
     
     
 
    
 

Bài 5 :
1) 3
x
- y
3
= 1




2
3 1 1
x
y y y
    
=> tn ti m; n sao cho
2

1 3 3 1
1 3 9 3.3 3 3
m m
n m m n
y y
y y
m b x m b x
 
   
 
      
 
 
   
 

+) nu m = 0 thì y = 0 và x = 0
+) nu m > 0 thì
9 3.3 3 3 3 3
1
9 3.3 3 9 3 9
m m n
m m n
n
 
 
 
  
 
 

 
 
 
 

=>


9 3.3 3 3 3 3 3 0
m m m m
     
=> m = 1 => y = 2 ; x = 2
vy p/ trình có hai nghim là ( 0 ; 0 0 ; ( 2 ; 2 )
2.Ta tô màu các ô vuông ca bng bng hai màu đen trng nh bàn c vua
Lúc đu tng s si  các ô đen bng 1005 . 2009 là mt s l
sau mi phép thc hin thao tác T tng s si  các ô đen luôn là s l
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
9


vy khụng th chuyn tt c viờn si trờn bng ụ vuụng v cựng mt ụ sau mt s hu hn cỏc
phộp thc hin thao tỏc T

Sở giáo dục-đào tạo Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên
Hà nam
Năm học 2009-2010

Môn thi : toán(đề chuyên)
đề chính thức
Thời gian làm bài: 120 phút(không kể thời gian giao đề)

Bài 1.(2,5 điểm)
1) Giải phơng trình:
2
1 1
2
3 2 2
x x x



2) Giải hệ phơng trình:
1
7
12
x
x y

x
x y













Bài 2.(2,0 điểm)
Cho phơng trình:
6 3 2 0
x x m


a) Tìm m để x =
7 48
là nghiệm của phơng trình.
b) Tìm m để phơng trình có 2 nghiệm x=x
1
; x=x
2
thoả mãn:

1 2
1 2
24
3
x x
x x





Bài 3.(2,0 điểm)
1) Cho phơng trình:


2
2 2 2 6 6 52 0
x m x m

( với m là tham số, x là ẩn số). Tìm
giá trị của m là số nguyên để phwowng trình có nghiệm là số hữu tỷ.
2) Tìm số
abc
thoả mãn:

2
4
abc a b c
.
Bài 4.(3,5 điểm)

Cho ABC nhọn có


C A.

Đờng tròn tâm I nội tiếp

ABC tiếp xúc với các cạnh
AB, BC, CA lần lợt tại các điểm M, N, E; gọi K là giao điểm của BI và NE.
a) Chứng minh:


0
AIB 90
2
C

.
b) Chứng minh 5 điểm A, M, I, K, E cùng nằm trên một đờng tròn.
c) Gọi T là giao điểm của BI với AC, chứng minh: KT.BN=KB.ET.
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
10


d) Gọi Bt là tia của đờng thẳng BC và chứa điểm C. Khi 2 điểm A, B và tia Bt cố
định; điểm C chuyển động trên tia Bt và thoả mãn giả thiết, chứng minh rằng các
đờng thẳng NE tơng ứng luôn đi qua một điểm cố định.

Hết

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ ký giám thị số 1: .Chữ ký giám thị số 2
Gợi ý một số câu khó trong đề thi:
Bài 3:
1) Ta có
'

=

2
2
4 12 68 2 3 77
m m m


Để phơng trình có nghiệm hữu tỷ thì
'

phải là số chính phơng. Giả sử
'

= n
2
( trong đó n là số tự nhiên).
Khi đó ta có

2 2
2 2
2 3 77 2 3 77 2 3 . 2 3 77

m n m n m n m n


Do n

N nên 2m-3+n>2m-3-n
Và do m

Z, n

N và 77=1.77=7.11=-1.(-77)=-7.(-11)
Từ đó xét 4 trờng hợp ta sẽ tìm đợc giá trị của m.
2)Từ giả thiết bài toán ta có:








2 2
2
2 2
100 10
100 10 .4 ( 4 1 0)
4 1
10 9
10 10
4 1 4 1

a b
a b c a b c c do a b
a b
a b a
a b
a b a b










Ta có

2
4 1
a b

là số lẻ và do
0 9
c

nên

2
4 1

a b


5.
Mà

2
4
a b
là số chẵn nên

2
4
a b
phải có tận cùng là 6


2
a b
phải có tận
cùng là 4 hoặc 9. (*)
Mặt khác
2
2.5
4( ) 1
ab
c
a b

và

2
4 1
a b

là số lẻ


2
4 1
a b

<500

2
125,25
a b (**)
Kết hợp (*) và (**) ta có

2
a b


{4; 9; 49; 64}

a+b

{2; 3; 7; 8}

+ Nếu a+b

{2; 7; 8} thì a+b có dạng 3k 1(k

N) khi đó

2
4 1
a b

chia hết cho 3
mà (a+b) + 9a= 3k 1+9a không chia hết cho 3



10 9
a b a



không

3

c

N
+ Nếu a+b =3 ta có

10 3 9 6 1 3
35 7
a a
c

. Vì 0<a<4 và
1+3a

7

1+3a=7

a=2, khi đó c=6 và b=1.Ta có số 216 thoả mãn.
Kết luận số 216 là số cần tìm.






www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
11


Bµi 4:

* ý c : Chøng minh KT.BN=KB.ET
C¸ch 1:C/m

AKT


IET

KT AK
ET IE


C/m

AKB


INB


KB AK
BN IN

Do IE=IN tõ ®ã ta suy ra ®iỊu ph¶i chøng minh
C¸ch 2:
C/m

TKE


TAI

KT TA
ET TI


C/m

BIM


BAK

KB AB
BM BI


Theo tÝnh chÊt tia ph©n gi¸c cđa


ABT ta cã
TA AB
TI BI

Vµ do BM=BN tõ ®ã suy ra ®iỊu ph¶i c/m

*ý d:Chøng minh NE ®i qua mét ®iĨm cè ®Þnh:
Do A, B vµ tia Bt cè ®Þnh nªn ta cã tia Bx cè ®Þnh vµ

ABI


kh«ng ®ỉi (tia Bx lµ tia
ph©n gi¸c cđa

ABt
)
XÐt

ABK vu«ng t¹i K ta cã KB = AB.cos ABI=AB.cos

kh«ng ®ỉi
Nh vËy ®iĨm K thc tia Bx cè ®Þnh vµ c¸ch gèc B mét kho¶ng kh«ng ®ỉi do ®ã K cè
®Þnh

®pcm.

GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2009 – 2010

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
12



Đề, lời giải Cách khác, nhận xét
Bài 1: (1 điểm) Cho phương trình ax
2
+ bx + c
= 0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
. Đặt S
2
= x
1
2

+ x
2
2
; S
1
= x
1
.x
2
Chứng minh rằng: a.S
2
+
b.S
1
+ 2c = 0
Theo Vi-ét ta có: x
1
+ x
2
=
b
a

; x
1
.x
2
=
c

a





     
     
2 2
1 2 1 2
2
1 2 1 2 1 2
2
1 2 1 2 1 2
2
2 2
a.S2 + b.S1 + 2c = a x x 2
x 2 x x 2
x 2 x x 2
2 . . 2
2 2 0 ( 0)
x b x c
a x x b x c
a x a x b x c
b c b
a a b c
a a a
b b
c c do a
a a

   
 
     
 
     
 
 
    
 
 
     


Bài 2: (2 điểm)
Cho phương trình: 2x - 7
x
+ 3m – 4 = 0 (1)
a/ Đònh m để phương trình có một nghiệm
bằng 9 và tìm tất cả nghiệm còn lại của
phương trình.
b/ Tìm tất cả các giá trò của m để phương
trình (1) có nghiệm.
a/ Phương trình có 1 nghiệm x = 9 thay vào pt
ta có:
2.9 - 7
9
+3m – 4 = 0
3m = 7
m = 7/3
Từ (1) ta có x

0

thế vào (1) ta được pt:


2
2 7 3 0 (2)
x x  
Đặt
0
x t
 
ta có pt: 2t
2
– 7t + 3 = 0
Giải tìm được t
1
= 3 ; t
2
= ½
Suy ra x
1
= 9 ; x
2
= ¼
b/ Từ (1) coi phương trình với ẩn là
x

Lập
1 2

81 24
7
2
x
m
S x x
  
  

Để pt (1) có nghiệm thì:
1 2
81 24 0
27
7
8
0
2
x
m
m
S x x
   


 

   



Cách khác:



2
2 7 3 0 (2)
x x  

x
1
= 9
1
3
x
 

mà
1 2
2
2
2
7

2
7
3
2
7 1
3
2 2
1
4
x x
x
x
x
 
  
   
 

Câu b:

Có thể yêu cầu tìm số nguyên lớn nhất
của m để phương trình (1) có nghiệm.
Chú ý:
nếu thay
x
bởi
x
ta có bài
toán tương tự.
www.VNMATH.com

www.VNMATH.com
13



Bài 3:
(2 điểm) Giải hệ phương trình:




  
  
1 2 2 (1)
2 3 6 (2)
3 1 3 (3)
x y
y z
z x

  

  


  

(I)
Nhân (1) (2) và (3) ta có:
[(x + 1)(y + 2)(z + 3)]

2
= 36
(x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 hoặc (x + 1)(y + 2)(z +
3) = -6
Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 hệ (I) là:
0
3 3
0
1 1
0
2 2
z
z
x
x
yy


 

 
 
 
 
 

 



Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = - 6 hệ (I) là:
6
3 3
2
1 1
4
2 2
zz
xx
y
y

 
  

 
  
  
 
 
 
  



Vậy nghiệm của hệ là (0 ; 0 ; 0) và (-2 ; -4 ; -
6)

Nếu x, y, z đều là các số dương thì hệ chỉ
có 1 nghiệm
Bài 4: (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ cho
parabol (P):
2
3
x
y  , điểm I(0 ; 3) và điểm
M(m ; 0)
Với m là tham số khác 0.
a/ Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua
hai điểm M, I
b/ Chứng minh rằng (d) luôn luôn cắt (P) tại
hai điểm phân biệt A, B với AB > 6

a/ Gọi pt của (d) là y = ax + b
Khi đi qua I(0 ; 3) và M(m ; 0) ta có:
3
.0 3
3
( ) : 3
3
. 0
b
a b
d y x
m a b
ma
m
 


 

 
   
 
 

 



b/ Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và
(P):














www.VNMATH.com
www.VNMATH.com

14


 
2
2
2
2 2
3
3
3
9 9 ( 0)
9 9 0
9 4. . 9 81 36 0, 0
x
x
m
mx x m do m
mx x m
m m m m

 
    
   
        

Vậy (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt.
Chứng minh AB > 6
Vì A, B là giao điểm của (d) và (P) nên hoành
độ x

A
, x
B
phải thỏa mãn pt: mx
2
+ 9x – 9m = 0
Theo Vi-ét ta có: x
A
+ x
B
=
9
m
; x
A
. x
B
= -9
Do A, B
3 3
( ) 3 ; 3
A A B B
d y x y x
m m
 
     

Theo công thức tính khoảng cách:
   
 

   
 
 
2 2
2
2
2 2
2
2
2
2
2
2
2
2 2
2 4 2
3 3
9
9
1
9
4 . 1
9 9
4( 9) 1
81 9
36 1
81 729 324
36 36 6
A B A B
A B A B

A B A B
A B
A B A B
AB x x y y
x x x x
m m
x x x x
m
x x
m
x x x x
m
m m
m m
m m m
   
 
 
   
 
 
   
 
  
 
 
 
 
   
 

 
 
 
   
   
 
   
   
 
 
  
  
  
  
     


Bài 5: (3 điểm) Cho hai đường tròn (O ; R) và
(O’ ; R’) cắt nhau tại A và B (R > R’). Tiếp
tuyến tại B của
(O’ ; R’) cắt (O ; R) tại C và tiếp tuyến tại B
của (O ; R) cắt (O’ ; R’) tại D.
a/ Chứng minh rằng: AB
2
= AC.AD và
2
BC AC
BD AD
 


 
 

b/ Lấy điểm E đối xứng của B qua A. Chứng




www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
15


minh bốn điểm B, C, E, D thuộc một đường
tròn có tâm là K. Xác đònh tâm K của đường
tròn.

a/ Xét (O) ta có


1 2
C B

(chắn cung AnB)
Xét (O’) ta có


1 1
D B


(chắn cung AmB)
2
2 2
2
2 2
(1)
.
.
ABC ADB
AB AC BC
AD AB BD
AB AC AD
BC AB AB AC AD AC
BD AD AD AD AD
  
  
 
   
   
   
   


b/ Từ (1) thay AE = AB ta có
AE AC
AD AE

(*) mặt khác:









1 1 1 2 2 1
1 2
;
(**)
A C B A B D
A A
   
 

Từ (*) và (**) suy ra:


 






 
2 2
1 2 1 2
1 2 1 2
0

( )
180 ( )
AEC ADE c g c
E D
CED CBD E E B B
E D D B
xet BDE
   
 
     
   
 


Vậy tứ giác BCED nội tiếp đường tròn tâm K. Với
K là gaio điểm 3 đường trực của
BCE

hoặc
BDE


1
1
2
1
2
2
1
2
1
2
j
/
/
x
x
=
=
K
C

D
O
B
O'
A
E
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
16












Sở GD&ĐT Nghệ An

Đề thi chính thức
Kì thi TUYểN sinh VàO lớp 10
trờng thpt chuyên phan bội châu
năm học 2009 - 2010

Mụn thi: TON
Thi gian: 150 phỳt, khụng k thi gian giao

Bi 1: (3.5 im)
a) Gii phng trỡnh

3 3
2 7 3
x x


b) Gii h phng trỡnh
3
3
8
2 3
6
2
x
y
x
y

Bi 2: (1.0 im)
Tỡm s thc a phng trỡnh sau cú nghim nguyờn
2
2 0
x ax a

.
Bi 3: (2.0 im)
Cho tam giỏc ABC vuụng ti A cú ng phõn giỏc trong BE (E thuc AC). ng trũn
ng kớnh AB ct BE, BC ln lt ti M, N (khỏc B). ng thng AM ct BC ti K. Chng
minh: AE.AN = AM.AK.
Bi 4: (1.5 im)
Cho tam giỏc ABC cú 3 gúc nhn, trung tuyn AO cú di bng di cnh BC.
ng trũn ng kớnh BC ct cỏc cnh AB, AC th t ti M, N (M khỏc B, N khỏc C).
ng trũn ngoi tip tam giỏc AMN v ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC ct ng
thng AO ln lt ti I v K. Chng minh t giỏc BOIM ni tip c mt ng trũn v t
giỏc BICK l hỡnh bỡnh hnh.
Bi 5: (2.0 im)
a) Bờn trong ng trũn tõm O bỏn kớnh 1 cho tam giỏc ABC cú din tớch ln hn hoc
bng 1. Chng minh rng im O nm trong hoc nm trờn cnh ca tam giỏc ABC.
b) Cho a, b, c l cỏc s thc dng thay i tha món:
3
a b c

.
Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
2 2 2
2 2 2
P
ab bc ca

a b c
a b b c c a




Ht
H v tờn thớ sinh SBD
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
17


* Thí sinh không đc s dng tài liu.
* Giám th không gii thích gì thêm.
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
18


Sở GD&ĐT Nghệ An

Đề thi chính thức

Kì thi TUYểN sinh VàO lớp 10 trờng thpt chuyên
phan bội châu năm học 2009 - 2010
Môn thi: Toán
Hớng dẫn chấm thi
Bản hớng dẫn chấm gồm 03 trang

Nội dung đáp án Điểm
Bài 1 3,5 đ
a
2,0đ

3 3
2 7 3
x x





3 3 3 3
2 7 3 2. 7 2 7 27
x x x x x x


0.50đ
3
9 9. ( 2)(7 ) 27
x x


0.25đ
3
( 2)(7 ) 2
x x

0.25đ
( 2)(7 ) 8
x x


0.25đ
2
5 6 0
x x


0.25đ

1
6
x
x






( thỏa mãn )
0.50đ
b 1,50đ

Đặt
2
z

y


0.25đ
Hệ đã cho trở thành
3
3
2 3
2 3
x z
z x








0.25đ


3 3
3
x z z x

0,25đ

2 2
3 0
x z x xz z


0,25đ
x z

(vì
2 2
3 0, ,
x xz z x z
).
0,25đ

Từ đó ta có phơng trình:
3
1
3 2 0
2
x
x x
x

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm:


( , ) ( 1; 2), 2,1
x y


0,25đ
Bài 2:
1,0 đ
Điều kiện để phơng trình có nghiệm:
2
0 4 8 0
a a

(*).
0,25đ
Gọi x
1
, x
2
là 2 nghiệm nguyên của phơng trình đã cho ( giả sử x
1
x
2
).
Theo định lý Viet:
1 2
1 2 1 2

1 2
. 2
. 2
x x a
x x x x
x x a







0,25đ

1 2
( 1)( 1) 3
x x


1
2
1 3
1 1
x
x

hoặc
1
2
1 1
1 3
x
x





(do x
1
- 1 x
2
-1)
1
2
4
2
x
x

hoặc
1
2
0
2
x
x









0,25đ
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
19


Suy ra a = 6 hoặc a = -2 (thỏa mãn (*) )
Thử lại ta thấy a = 6, a = -2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
0,25đ
Bài 3:
2,0 đ
Vì BE là phân giác góc

ABC
nên




ABM MBC AM MN


0,25đ



MAE MAN

(1)
0,50đ
Vì M, N thuộc đờng tròn đờng
kính AB nên


0
90
AMB ANB


0,25đ

0
90
ANK AME
, kết hợp
với (1) ta có tam giác AME đồng
dạng với tam giác ANK
0,50đ

AN AK
AM AE

0,25đ

AN.AE = AM.AK (đpcm)
0,25đ
Bài 4:
1,5 đ
Vì tứ giác AMIN nội tiếp nên


ANM AIM

Vì tứ giác BMNC nội tiếp nên


ANM ABC

AIM ABC
.Suy ra tứ giác BOIM nội tiếp
0,25đ
Từ chứng minh trên suy ra tam giác AMI
đồng dạng với tam giác AOB

. .
AM AI
AI AO AM AB
AO AB
(1)
0,25đ
Gọi E, F là giao điểm của đờng thẳng AO
với (O) (E nằm giữa A, O).
Chứng minh tơng tự (1) ta đợc:
AM.AB = AE.AF
= (AO - R)(AO + R) (với BC = 2R)
= AO
2
- R
2
= 3R
2
0,25đ
AI.AO = 3R
2

2 2

3 3 3
2 2 2
R R R R
AI OI
AO R

(2)
0,25đ
Tam giác AOB và tam giác COK đồng dạng nên
OA.OK = OB.OC = R
2


2 2
2 2
R R R
OK
OA R

(3)
0,25đ

Từ (2), (3) suy ra OI = OK
Suy ra O là trung điểm IK, mà O là trung điểm của BC
Vì vậy BICK là hình bình hành
0,25đ
Bài 5:
2,0 đ
1,0 đ
Giả sử O nằm ngoài miền tam giác ABC.

Không mất tính tổng quát, giả sử A và O
nằm về 2 phía của đờng thẳng BC
0,25đ
Suy ra đoạn AO cắt đờng thẳng BC tại K.
Kẻ AH vuông góc với BC tại H.
0,25đ
a,
Suy ra AH AK < AO <1 suy ra AH < 1
0,25đ

Suy ra
. 2.1
1
2 2
ABC
AH BC
S


(mâu thuẫn với
giả thiết). Suy ra điều phải chứng minh.
0,25đ

B
A
C
K N
M
E

A
B
C
F
O
I

M
N
E


A

B

C

O

K

H

K

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
20

b, 1,0đ

Ta có: 3(a
2
+ b
2
+ c
2
) = (a + b + c)(a
2
+ b
2
+ c
2
)
= a
3
+ b
3
+ c
3
+ a
2
b + b
2
c + c
2
a + ab

2
+ bc
2
+ ca
2

0,25đ

mà a
3
+ ab
2


2a
2
b (áp dụng BĐT Côsi )
b
3
+ bc
2


2b
2
c
c
3
+ ca
2

2c
2
a
Suy ra 3(a
2
+ b
2
+ c
2
)

3(a
2
b + b
2
c + c
2
a) > 0
0,25đ

Suy ra
2 2 2
2 2 2
P
ab bc ca
a b c
a b c

2 2 2
2 2 2
2 2 2
9 ( )
P
2( )
a b c
a b c
a b c




0,25đ

Đặt t = a
2
+ b
2
+ c
2
, ta chứng minh đợc t

3.
Suy ra
9 9 1 3 1

3 4
2 2 2 2 2 2 2
t t t
P t
t t


P 4
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4
0,25đ

Nếu thí sinh giải cách khác đúng của mỗi câu thì vẫn cho tối đa điểm của câu đó

S GIO DC V O TO Kè THI TUYN SINH VO LP 10 THPT CHUYấN LAM
SN
THANH HO NM HC: 2009-2010

MễN: TON (Dnh cho hc sinh thi vo lp chuyờn Toỏn)
Thi gian: 150 phỳt (khụng k thi gian giao )
Ngy thi: 19 thỏng 6 nm 2009

Cõu 1: (2,0 im)
1. Cho s x (
x R ; x > 0

) tho món iu kin :
2
2
1
x + = 7
x
. Tớnh giỏ tr cỏc biu
thc : A =
3
3
1
x +
x
v B =
5
5
1

x +
x
.
chớnh thc
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
21


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