đề thi chuyên toán vào thpt
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (9.43 MB, 300 trang )
1
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
——————
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho các thí sinh thi vào lớp chuyên Toán
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
—————————
(Đề có 01 trang)
Câu 1: (3,0 điểm)
a) Giải hệ phương trình:
1 1 9
2
1 5
2
x y
x y
xy
xy
b) Giải và biện luận phương trình:
| 3| | 2 | 5
x p x
(p là tham số có giá trị thực).
Câu 2: (1,5 điểm)
Cho ba số thực
, ,
a b c
đôi một phân biệt.
Chứng minh
2 2 2
2 2 2
2
( ) ( ) ( )
a b c
b c c a a b
Câu 3: (1,5 điểm)
Cho
2
1
4 4 1
A
x x
và
2
2 2
2 1
x
B
x x
Tìm tất cả các giá trị nguyên của
x
sao cho
2
3
A B
C
là một số nguyên.
Câu 4: (3,0 điểm)
Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB<CD). Gọi K, M lần lượt là trung điểm
của BD, AC. Đường thẳng qua K và vuông góc với AD cắt đường thẳng qua M và
vuông góc với BC tại Q. Chứng minh:
a) KM // AB.
b) QD = QC.
Câu 5: (1,0 điểm).
Trong mặt phẳng cho 2009 điểm, sao cho 3 điểm bất kỳ trong chúng là 3 đỉnh
của một tam giác có diện tích không lớn hơn 1. Chứng minh rằng tất cả những điểm
đã cho nằm trong một tam giác có diện tích không lớn hơn 4.
—Hết—
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ tên thí sinh SBD
ĐỀ CHÍNH THỨC
2
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
——————
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
Dành cho lớp chuyên Toán.
—————————
Câu 1 (3,0 điểm).
a) 1,75 điểm:
Nội dung trình bày Điể
m
Điều kiện
0
xy
0,25
Hệ đã cho
2
2[ ( ) ( )] 9 (1)
2( ) 5 2 0 (2)
xy x y x y xy
xy xy
0,25
Giải PT(2) ta được:
2 (3)
1
(4)
2
xy
xy
0,50
Từ (1)&(3) có:
1
2
3
2
2
1
x
y
x y
xy
x
y
0,25
Từ (1)&(4) có:
1
1
3
2
2
1
1
2
2
1
x
y
x y
xy
x
y
0,25
Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là:
( ; ) (1; 2), (2; 1), (1; 1/ 2), (1/ 2; 1)
x y
0,25
b) 1,25 điểm:
Nội dung trình bày Điể
m
Xét 3 trường hợp:
TH1. Nếu
2
x
thì PT trở thành:
( 1) 2( 1)
p x p
(1)
TH2. Nếu
3 2
x
thì PT trở thành:
(1 ) 2(1 )
p x p
(2)
TH3. Nếu
3
x
thì PT trở thành:
( 1) 2( 4)
p x p
(3)
0,25
Nếu
1
p
thì (1) có nghiệm
2
x
; (2) vô nghiệm; (3) có nghiệm x nếu thoả mãn:
2( 4)
3 1 1
1
p
x p
p
.
0,25
Nếu
1
p
thì (1) cho ta vô số nghiệm thoả mãn
2
x
; (2) vô nghiệm; (3) vô
nghiệm.
0,25
Nếu
1
p
thì (2) cho ta vô số nghiệm thoả mãn
3 2
x
; (1) có nghiệm x=2;
(3)VN
0,25
Kết luận:
+ Nếu -1 < p < 1 thì phương trình có 2 nghiệm: x = 2 và
2( 4)
1
p
x
p
0,25
3
+ Nếu p = -1 thì phương trình có vô số nghiệm
2
x
¡
+ Nếu p = 1 thì phương trính có vô số nghiệm
3 2
x
+ Nếu
1
1
p
p
thì phương trình có nghiệm x = 2.
Câu 2 (1,5 điểm):
Nội dung trình bày Điể
m
+ Phát hiện và chứng minh
1
( )( ) ( )( ) ( )( )
bc ca ab
a b a c b a b c c a c b
1,0
+ Từ đó, vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh bằng:
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 điểm):
Nội dung trình bày Điể
m
Điều kiện xác định: x
1 (do x nguyên). 0,25
Dễ thấy
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
Nếu
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 thể là số nguyên với
1
x
.
0,5
Nếu
1
1
2
x
. Khi đó:
0
x
(vì x nguyên) và
0
C
. Vậy
0
x
là một giá trị cần
tìm.
0,25
Nếu
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
.
Vậy các giá trị tìm được thoả mãn yêu cầu là:
0, 1
x x
.
0,25
Câu 4 (3,0 điểm):
a) 2,0 điểm:
Nội dung trình bày Điể
m
Gọi I là trung điểm AB,
,
E IK CD R IM CD
. Xét hai tam
giác KIB và KED có:
·
·
ABD BDC
0,25
KB = KD (K là trung điểm BD) 0,25
·
·
IKB EKD
0,25
Suy ra
KIB KED IK KE
. 0,25
Chứng minh tương tự có:
MIA MRC
0,25
Suy ra: MI = MR 0,25
Trong tam giác IER có IK = KE và MI =
0,25
A
I
B
K
M
D
E
H
R
C
Q
4
MR nên KM là đường trung bình
KM // CD
Do CD // AB (gt) do đó KM // AB
(đpcm)
0,25
b) 1,0 điểm:
Nội dung trình bày Điể
m
Ta có: IA=IB, KB=KD (gt)
IK là đường trung bình của
ABD
IK//AD hay
IE//AD
chứng minh tương tự trong
ABC có IM//BC hay IR//BC
0,25
Có:
QK AD
(gt), IE//AD (CM trên)
QK IE
. Tương tự có
QM IR
0,25
Từ trên có: IK=KE,
QK IE QK
là trung trực ứng với cạnh IE của
IER
. Tương
tự QM là trung trực thứ hai của
IER
0,25
Hạ
QH CD
suy ra QH là trung trực thứ ba của
IER
hay Q nằm trên trung trực
của đoạn CD
Q cách đều C và D hay QD=QC (đpcm).
0,25
Câu 5 (1,0 điểm):
Nội dung trình bày Điể
m
A'
B'
C'
A
B
C
P
P'
Trong số các tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn nhất (diện tích
S). Khi đó
1
S
.
0.25
Qua mỗi đỉnh của tam giác, kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, các
đường thẳng này giới hạn tạo thành một tam giác
' ' '
A B C
(hình vẽ). Khi đó
' ' '
4 4
A B C ABC
S S
. Ta sẽ chứng minh tất cả các điểm đã cho nằm trong tam giác
' ' '
A B C
.
0.25
Giả sử trái lại, có một điểm
P
nằm ngoài tam giác
' ' ',
A B C
chẳng hạn như trên
hình vẽ . Khi đó
; ;
d P AB d C AB
, suy ra
PAB CAB
S S
, mâu thuẫn với giả thiết tam
giác
ABC
có diện tích lớn nhất.
0.25
Vậy, tất cả các điểm đã cho đều nằm bên trong tam giác
' ' '
A B C
có diện tích không
lớn hơn 4.
0.25
5
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH
Năm học : 2009-2010
Môn thi:
TOÁN
(Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán, Tin)
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm : 01 trang
Bài 1. (2,0 điểm) :
a. Cho k là số nguyên dương bất kì. Chứng minh bất đẳng thức sau:
1 1 1
2( )
( 1) 1
k k k k
b. Chứng minh rằng:
1 1 1 1 88
2 45
3 2 4 3 2010 2009
L
Bài 2. (2.5 điểm): Cho phương trình ẩn x:
2
( 1) 6 0
x m x
(1) (m là tham số)
a. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm
x 1 2
b. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có 2 nghiệm
1 2
,
x x
sao cho biểu thức:
2 2
1 2
( 9)( 4)
A x x
đạt giá trị lớn nhất.
Bài 3. (2,0 điểm):
a. Giải hệ phương trình sau :
2 2
3 3
3
9
x y xy
x y
b. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình:
3 2 3
2 3 2
x x x y
Bài 4. (3,0 điểm): Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a. M là điểm di động trên đoạn OB
(M không trùng với O; B). Vẽ đường tròn tâm I đi qua M và tiếp xúc với BC tại B, vẽ
đường tròn tâm J đi qua M và tiếp xúc với CD tại D. Đường tròn (I) và đường tròn (J) cắt nhau tại
điểm thứ hai là N.
a. Chứng minh rằng 5 điểm A, N, B, C, D cùng thuộc một đường tròn. Từ đó suy ra 3 điểm
C, M, N thẳng hàng.
b. Tính OM theo a để tích NA.NB.NC.ND lớn nhất.
Bài 5
. (0.5 điểm): Cho góc xOy bằng
o
120
, trên tia phân giác Oz của góc xOy lấy điểm A sao cho
độ dài đoạn thẳng OA là một số nguyên lớn hơn 1. Chứng minh rằng luôn tồn tại ít nhất ba
đường thẳng phân biệt đi qua A và cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho độ dài các
đoạn thẳng OB và OC đều là các số nguyên dương.
========= Hết =========
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:……………………………….………………… Số báo danh:…………….
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH
Năm học : 2009-2010
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN CHUYÊN
®Ò chÝnh thøc
6
CÂU
Ý
NỘI DUNG ĐIỂM
a. Cho k là số nguyên dương bất kì. CMR:
1 1 1
2( )
( 1) 1
k k k k
b. Chứng minh rằng:
1 1 1 1 88
2 45
3 2 4 3 2010 2009
L
Bđt
1 2 k 1 2 k
(k 1) k k. k 1
0.25
2k 1 2 k(k 1) 0
0.25
2
( k 1 k) 0
Luôn đúng với mọi k nguyên dương.
0.25
a.
(1.0đ)
1 1 1
2( )
( 1) 1
k k k k
0.25
Áp dụng kết quả câu a ta có:
1 1 1 1
VT
2 1 3 2 4 3 2010 2009
L
0.25
1 1 1 1 1 1
2 2 2
1 2 2 3 2009 2010
L
0.25
1
2 1
2010
0.25
Bài 1.
(2điểm)
b.
(1.0đ)
1 88
2 1 VP
45 45
(đpcm)
0.25
Cho phương trình ẩn x:
2
( 1) 6 0
x m x
(1) (m là
tham số)
c. Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm
x 1 2
d. Tìm m để (1) có 2 nghiệm
1 2
,
x x
sao cho biểu thức:
2 2
1 2
( 9)( 4)
A x x
max
Bài 2
(2.5
điểm)
a.
(1,5đ)
Pt (1) có nghiệm
x 1 2
2
1 2 1 1 2 6 0
m
0.5
7
Tìm được
5 2 6
m
và KL.
1.0
Tính
2
1 24 0
m m
suy ra pt (1) có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
.
0.5
2 2
1 2 1 2
6 2 3
A x x x x
Theo ĐL Vi-et ta có
1 2
6
x x
2
1 2
2 3 0
A x x
0.25
b.
(1,0đ)
Max A = 0 khi và chỉ khi
1 2 1 1
1 2 2 2
1 2
2 3 0 3 3
6 2 2
1 0 2
x x x x
x x x x
x x m m m
KL : Vậy m = 0 ; m = 2 là các giá trị cần tìm.
0.25
a. Giải hệ phương trình sau :
2 2
3 3
3
9
x y xy
x y
b. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình:
3 2 3
2 3 2
x x x y
Hệ phương trình đã cho
2 2
2
2 2
3
3
( ) 3 3
( )( ) 9
x y
x y xy
x y xy
x y x y xy
0.5
a
(1.0đ)
3 1
2 2
x y x
xy y
hoặc
2
1
x
y
0.5
Ta có
2
3 3 2
3 7
2 3 2 2 0
4 8
y x x x x x y
(1)
0.25
2
3 3 2
9 15
( 2) 4 9 6 2 0 2
4 16
x y x x x y x
(2)
0.25
Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1 0.25
Bài 3
(2 điểm)
b
(1.0đ)
Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được x = -1; x
= 1 từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là (1 ; 2), (-1 ; 0)
0.25
8
Bài 4.
(3 điểm)
Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a. M là điểm di động trên
đoạn OB (M không trùng với O; B). Vẽ đường tròn tâm I
đi qua M và tiếp xúc với BC tại B, vẽ đường tròn tâm J đi qua M và
tiếp xúc với CD tại D. Đường tròn (I) và đường tròn (J) cắt nhau tại
điểm thứ hai là N.
c. Chứng minh rằng 5 điểm A, N, B, C, D cùng thuộc một
đường tròn. Từ đó suy ra 3 điểm C, M, N thẳng hàng.
d. Tính OM theo a để tích NA.NB.NC.ND lớn nhất.
K
H
N
O
I
J
B
A
D
C
M
MNB MBC
( Cùng chắn cung BM)
MND MDC
( Cùng chắn cung DM)
90
BND MNB MND MBC MDC
o
Do đó 5 điểm A, B, C, D, M cùng thuộc một đường tròn
1.5
a.
2.0đ
Suy ra NC là phân giác của góc BND ( do cung BC = cung BD)
Mặt khác, theo CM trên ta có NM là phân giác của góc BND
Nên M, N, C thẳng hàng.
0.5
b.
1.0đ
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của N trên AC và BD
NHOK là hình chữ nhật
Ta có :
. . . 2
NA NC NH AC NH a
. . . 2
NB ND NK BD NK a
Suy ra
2 2 4
2 2 2 2
. . . 2 . . 2 . .
2 2
NH NK a
NA NB NC ND a NH NK a a NO
0.5
9
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2
a
NH NK
(2 2)
2
a
OM
0.5
Cho góc xOy bằng
o
120
, trên tia phân giác Oz của góc xOy lấy điểm
A sao cho độ dài đoạn thẳng OA là một số nguyên lớn hơn 1. Chứng
minh rằng luôn tồn tại ít nhất ba đường thẳng phân biệt đi qua A và
cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho độ dài các đoạn thẳng
OB và OC đều là các số nguyên dương.
z
x
A
O
B
C
Bài 5.
(0.5
điểm)
Chỉ ra đường thẳng
1
d
đi qua A và vuông góc với OA thỏa mãn
bài toán
Đặt OA = a > 1 (a nguyên). Trên tia Ox lấy điểm B sao cho OB
= a + 1 nguyên dương. Đường thẳng
2
d
đi qua A, B cắt tia Oy tại
C.
Chứng minh được
1 1 1
OB OC OA
1 1 1
( 1)
1
OC a a
a OC a
là số nguyên
dương
Suy ra
2
d
là một đường thẳng cần tìm.
Tương tự lấy B trên Ox sao cho OB = a(a + 1), Ta tìm được
đường thẳng
3
d
Chứng minh
1 2 3
, ,
d d d
phân biệt. ĐPCM
0.5
Hướng dẫn chung
1. Trên đây chỉ là các bước giải và khung điểm cho từng câu. Yêu cầu học sinh phải trình bầy,
lập luận và biến đổi hợp lý, chặt chẽ mới cho điểm tối đa.
2. Bài 4 phải có hình vẽ đúng và phù hợp với lời giải bài toán mới cho điểm.( không cho điểm
hình vẽ )
3. Những cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
4. Chấm điểm từng phần, điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần( không làm tròn).
===========================
10
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN CỦA HẢI
PHÒNG
NĂM HỌC 2009-2010
Bài 1 : ( 1 điểm )
Cho
3
4 2 3 3
5 2 17 5 38 2
x
tính
2009
2
1P x x
Bài 2
: ( 1, 5 điểm ) : cho hai phương trình x
2
+ b.x + c = 0 ( 1 )
và x
2
- b
2
x + bc = 0 (2 )
biết phương trình ( 1 ) có hai nghiệm x
1
; x
2
và phương trình ( 2 ) có hai nghiệm
3 4
;
x x
thoả mãn điều kiện
3 1 4 2
1
x x x x
. xác định b và c
Bài 3 : ( 2 điểm )
1. Cho các số dương a; b; c . Chứng minh rằng
1 1 1
9
a b c
a b c
2. Cho các số dương a; b; c thoả mãn a + b + c
3
. Chứng ming rằng
2 2 2
1 2009
670
a b c ab bc ca
Bài 4 : ( 3, 5 điểm )
Cho tam giác ABC với BC = a ; CA = b ; AB = c( c < a ; c< b ) . Gọi M ; N lần lượt
là các tiếp điểm của đường tròn tâm ( O) nội tiếp tam giác ABC với các cạnh AC và
BC . Đường thẳng MN cắt các tia AO : BO lần lượt tại P và Q . Gọi E; F lần lượt là
trung điểm của AB ; AC
1. Chứng minh tứ giác AOQM ; BOPN ; AQPB nội tiếp
2. Chứng minh Q; E; F thẳng hàng
3. Chứng minh
MP NQ PQ OM
a b c OC
Bài 5
: ( 2 điểm )
1. Giải phương trình nghiệm nguyên 3
x
- y
3
= 1
2. Cho bảng ô vuông kích thước 2009 . 2010, trong mỗi ô lúc đầu đặt một viên
sỏi . Gọi T là thao tác lấy 2 ô bất kì có sỏi và chuyển từ mỗi ô đó một viên sỏi
đưa sang ô bên cạnh ( là ô có chung cạnh với ô có chứa sỏi ) . Hỏi sau một số
hữu hạn phép thực hiện các thao tác trên ta có thể đưa hết sỏi ở trên bảng về
cùng một ô không
Lời giải
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
vậy P = 1
Bài 2 : vì
3 1 4 2
1
x x x x
=>
3 1 4 2
1; 1
x x x x
11
Theo hệ thức 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
Từ (1 ) và ( 3 ) => b
2
+ b - 2 = 0 b = 1 ; b = -2
từ ( 4 ) =>
1 2 1 2
. 1
x x x x bc
=> c - b + 1 = bc ( 5 )
+) với b = 1 thì ( 5 ) luôn đúng , phương trình x
2
+ +b x + c = 0 trở thành
X
2
+ x + 1 = 0 có nghiệm nếu
1
1 4 0
4
c c
+) với b = -2 ( 5 ) trở thành c + 3 = -2 c => c = -1 ; phương trình x
2
+ b x + c = 0
trở thành x
2
- 2 x - 1 = 0 có nghiệm là x =
1 2
vậy b= 1; c
1
4
c
;
b = -2 ; c = -1
Bài 3 :
1. Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương
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
dấu “=” sảy 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
Áp dụng 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
vậy
2 2 2
1 2009
670
a b c ab bc ca
. dấu “=” sảy ra a = b = c = 1
Bài 4 : a) ta có
·
·
·
µ
µ
·
µ
µ
µ
·
·
0
1
2
180 1
2 2
BOP BAO ABO A B
C
PNC A B
BOP PNC
=> tứ giác BOPN nội tiếp
+) tương tự tứ giác AOQM nội tiếp
+) do tứ giác AOQM nội tiếp=>
·
·
0
90
AQO AMO
tứ giác BOPN nội tiếp =>
·
·
0
90
BPO BNO
=>
·
·
0
90
AQB APB
=> tứ giác AQPB nội tiếp
b ) tam giác AQB vuông tại Qcó QE là trung tuyến nên QE = EB = EA
12
=>
ã
ã
à
ã
1
2
EQB EBQ B QBC
=> QE //BC
M E F l ng trung bỡnh ca tam giỏc ABC nờn E F //BC
Q; E; F thng hng
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
Bi 5 :
1) 3
x
- y
3
= 1
2
3 1 1
x
y y y
=> tn ti 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
+) nu m = 0 thỡ y = 0 v x = 0
+) nu m > 0 thỡ
9 3.3 3 3 3 3
1
9 3.3 3 9 3 9
m m n
m m n
n
M M
M M
=>
9 3.3 3 3 3 3 3 0
m m m m
=> m = 1 => y = 2 ; x = 2
vy p/ trỡnh cú hai nghim l ( 0 ; 0 0 ; ( 2 ; 2 )
2.Ta tụ mu cỏc ụ vuụng ca bng bng hai mu en trng nh bn c vua
Lỳc u tng s si cỏc ụ en bng 1005 . 2009 l mt s l
sau mi phộp thc hin thao tỏc T tng s si cỏc ụ en luụn l s l
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)
13
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
à
à
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:
ã
à
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.
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
14
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
M
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
M
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
M
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.
Bài 4:
* ý c : Chứng minh KT.BN=KB.ET
Cách 1:C/m
AKT
:
IET
KT AK
ET IE
C/m
AKB
:
INB
KB AK
BN IN
Do IE=IN từ đó ta suy ra điều phải chứng minh
Cách 2:
15
C/m
TKE
:
TAI
KT TA
ET TI
C/m
BIM
:
BAK
KB AB
BM BI
Theo tính chất tia phân giác của
ABT ta có
TA AB
TI BI
Và do BM=BN từ đó suy ra điều phải c/m
*ý d:Chứng minh NE đi qua một điểm cố định:Do A, B và tia Bt cố định nên ta
có tia Bx cố định và
ã
ABI
không đổi (tia Bx là tia phân giác của
ã
ABt
)
Xét
ABK vuông tại K ta có KB = AB.cos ABI=AB.cos
không đổi
Nh vậy điểm K thuộc tia Bx cố định và cách gốc B một khoảng không đổi do
đó K cố định
đpcm.
Sở giáo dục và đào tạo
Hng 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
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)
16
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:
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
17
* 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
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
 M
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
 M
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
 M
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
 M
2
k 4
không là số nguyên tố.
Do vậy
k 5
M
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:
0,5 đ
18
2
p a p b p c 3 3p a b c 3p
Suy ra
p a p b p c 3p
(đpcm)
Bài 4: (3,0 điểm)
J
I
C
N
M
O
A B
D
a) Xét
MBC
và
MDB
có:
ã
ã
BDM MBC (haigóc nội tiếp chắn hai cung bằn
g nhau)
ã
ã
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
ã
ã
ã
BJC 2BDC 2MBC
hay
ã
ã
BJC
MBC
2
ã
ã
0
180 BJC
BCJ cân tại J CBJ
2
0,5 đ
Suy ra
ã
ã
ã
ã
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
ã
ã
ã
ã
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)
19
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
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
Ô
(điều này vô lý do
2
là số vô tỉ)
Vậy e - a = 0 e = a hay EF = IJ (đpcm).
0,25 đ
Hết
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):
Đề thi
chính thức
20
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
ã
ã
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
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
câu I
2,5 điểm
1)
1,5điểm
Giải ra ta đợc
2 2
16
x 1 hoặc x =
7
0.25
21
Từ
2
x 1 x 1 y 1
;
2
16 4 7 5 7
x x y
7 7 7
m
0.25
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
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
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
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
câu II
2,5 điểm
2)
1,0điểm
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
M
0.25
câu III
2 điểm
1)
1,0điểm
Vì a nguyên dơng nên 16a + 2010>1 . Vậy f(7)-f(1) là hợp số
0.25
22
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
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
ã
ã
MAB MNB
,
MCAP nội tiếp
ã
ã
CAM CPM
.
0.25
Lại có
ã
ã
BNM CPM
(cùng phụ góc NMP)
ã
ã
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
K
E
B
C
A
N
M
P
D
Do DE//NP nên
ã
ã
DEK NAB
, mặt khác tứ giác MNAB nội tiếp nên:
ã
ã
0
NMB NAB 180
ã
ã
0
NMB DEK 180
0.25
Theo giả thiết
ã
ã
DMK NMP
ã
ã
0
DMK DEK 180
Tứ giác MDEK nội tiếp
0.25
câuIV
2 điểm
2)
1,25điểm
Do MA là trung trực của DE
MEA MDA
0.25
K
E
B
C
A
N
M
P
D
23
ã
ã
ã
ã
MEA MDA MEK MDC
. 0.25
Vì
ã
ã
ã
ã
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
ẳ
ABC
AB' CB'
Trên tia đối của BC lấy điểm A sao cho BA = BA
AB BC CA'
0.25
Ta có:
ã
ã
ã
B'BC B'AC B'CA
(1) ;
ã
ã
0
B'CA B'BA 180
(2)
ã
ã
0
B'BC B'BA' 180
(3);Từ (1), (2), (3)
ã
ã
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
ẳ
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
ằ
AC
của đờng tròn (O)
0.25
Chú ý: Nếu thí sinh làm theo cách khác, lời giải đúng vẫn cho điểm tối đa.
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)
24
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
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
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
ã
ã
AMN AHN
(cùng chắn cung AN)
ã
ã
AHN ACH
(cùng phụ với
ã
HAN
) (AH là đờng kính)
ã
ã
AMN ACH
0,75
AMN ACB
:
0,25
