Đề thi vào 10 chuyên các trường tham khảo

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
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
Đề thi chính thức
1
H ớng dẫn chấm
Câu Phần nội dung Điểm
câu I
2,5 điểm
1)
1,5điểm

+ + =

+ =

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


+ + =
ữ

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
= = = m
0.25
Vậy hệ có nghiệm (x; y) là (1; 1); (-1; -1);


ữ
ữ

4 7 5 7

;
7 7
;


ữ
ữ

4 7 5 7
;
7 7
0.25
2)
1,0điểm
Điều kiện để phơng trình có nghiệm:
x
' 0
0.25

m 5m 6 0 (m 2)(m 3) 0
2
+
. 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
Vậy m = 2.
0.25
câu II
2,5 điểm
1)
1,5điểm
Đặt
a 2 x; b 2 x (a, b 0)
= + =
2 2 2 2
a b 4; a b 2x
+ = =
0.25

( )
( )
( )
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
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
2
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
câu III
2 điểm
1)
1,0điểm
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)
3M

0.25
Vì a nguyên dơng nên 16a + 2010>1 . Vậy f(7)-f(1) là hợp số
0.25
2)
1,0điểm
( ) ( )
= + + +
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
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
câuIV
2 điểm
1)
0,75điểm
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
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
2)
1,25điể
0.25
3
K
E
B
C
A
N
M
P
D
m
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
Theo giả thiết
ã
ã
=DMK NMP
ã
ã
+ =
0

DMK DEK 180

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

MEA MDA
=
0.25


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
câu V
1 điểm
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
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
4
Bài 1: (1,5 điểm)
Cho
1 1
a 2 :
7 1 1 7 1 1

=
ữ
ữ
+ + +

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
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

+ + + +
= =
ữ
ữ
+ + +

0,5 đ
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
5
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
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

6
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= + = + + +Â 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= + = + + +Â 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= + = + + +Â 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= + = + + +Â M

2
k 4 +
không là số nguyên tố.
Do vậy
k 5M

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
a) Xét
MBC
và
MDB
có:

ã
ã
BDM MBC (haigóc nội tiếp chắn hai cung bằng 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
7
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)

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
8
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
S GIO DC BèNH NH
K THI TUấN SINH VO LP 10
TRNG THPT CHUYấN Lấ QUí ễN
NM HC 2009-2010

chớnh thc Mụn thi:Toỏn (chuyờn)
Ngy thi:19/06/2009
Thi gian:150 phỳt
Bi 1(1.5im)
Cho a,b,c l di ba cnh ca mt tam giỏc.Chng minh rng:

1 2
a b c
b c c a a b
< + + <
+ + +
Bi 2(2im)
Cho 3 s phõn bit m,n,p.Chng minh rng phng trỡnh
1 1 1
0
x m x n x p
+ + =
- - -
cú hai
nghim phõn bit.
Bi 3(2im)
Vi s t nhiờn n,
3n
.t
( ) ( )
( )
( )
1 1 1

3 1 2 5 2 3 2 1 1

n
S
n n n
= + + +
+ + + + +
Chỳng minhS
n
<
1
2
Bi 4(3im)
Cho tam giỏc ABC ni tip trũn tõm O cú di cỏc cnh BC = a, AC = b, AB = c.E l im
nm trờn cung BC khụng cha im A sao cho cung EB bng cung EC.AE ct cnh BC ti D.
a.Chỳng minh:AD
2
= AB.AC DB.DC
b.Tớnh di AD theo a,b,c
Bi 5(1.5im)
Chng minh rng :
( )
2
1
2
3 2
m
n
n
-
+
Vi mi s nguyờn m,n.

**********************************************
P N MễN TON THI VO 10
TRNG CHUYấN Lấ QUí ễN NM 2009
Bi 1:
Vỡ a,b,c l di ba cnh tam giỏc nờn ta cú:a,b,c >0 v a< b+c ,b< a + c , c < a+b
Nờn ta cú
2a a a a
b c a b c a b c
+
< =
+ + + + +

Mt khỏc
a a
b c a b c
>
+ + +
9
c
b
a
D
O
C
E
B
A
Vy ta cú
2
(1)

a a a
a b c c b a b c
< <
+ + + + +
Tng 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
< <
+ + + + +
Cng (1) (2) v (3) v theo v ta cú iu phi chng minh.
Bi 2:
K:
, ,x m n pạ
PT ó 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 cú

' 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 cú f(m) = 3m

2
2m
2
-2mn -2mp +mn +mp +np = m
2
mn mp +np = (m-n)(m-p)
ạ
0
= >m,n,p khụng phi l nghim ca pt(1)
Vy PT ó cho luụn cú hai nghim phõn bit
Bi 3

( )
( )
2
2
1 1 1
Ta có :
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
+ - + -
= =
+
+ + +
+ +
ổ ử
+ -
ữ
ỗ
ữ
< = = -
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
+ +
+
Do ú
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1
2 2 2
2 2 3 1 1
n
S
n n n
ổ ử ổ ử

ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
< - + - + + - = - <
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ
+ +
Bi 3:
Ta cú
ã
ã
BAD CAE=
( Do cung EB = cung EC)
V
ã
ã
AEC DBA=
( Hai gúc ni tip cựng chn cung AC) nờn
BAD

EAC
. . (1)
BA AE
AB AC AE AD
AD AC
= =ị ị

Ta cú
ã
ã
ã
ã
(Đối đỉnh) và CADADC BDC DBE= =
(2 gúc ni tip cựng chn cung CE) nờn
ACD
BDE
. .
AD DB
AD DE DB DChay
DC DE
= =ị ị

AD(AE-AD) = DB.DC
Hay AD
2
= AD.AE - DB.DC=AB.AC DB.DC (do (1))
4b)Theo tớnh cht ng phõn giỏc ta cú
DC
hay
b
DC DB DB DC DB a
AC AB c b c b c
+
= = = =
+ +
vy
( )

2
2
. . .
DC DB a a a bc
DB DC
b c b c b c
b c
= =ị
+ +
+
theo cõu a ta cú AD
2
= AB.AC DB.DC =
( ) ( )
2 2
2 2
1
a bc a
bc bc
b c b c
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
ỗ
- = -
ữ
ỗ
ữ
ỗ

ữ
ữ
ỗ
+ +
ố ứ
10
( )
2
2
1
a
AD bc
b c
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
ỗ
= -ị
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
+
ố ứ
Bi 5:
Vỡ

m
là số hữu tỉ và 2là số vô tỉ nên 2
n
m
n
ạ
Ta xet hai trng hp:
a)
2 2 2 2 2
2 Khi đó m 2 2 1 hay m 2n 1
m
n m n
n
> > + +ị
T ú 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
+ -
+
- - = + - = =
ổ ử
+
ữ
ỗ
ữ
+ +
+ +
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ố ứ
b)
2 2 2 2 2
2 Khi đó m 2 2 1 hay m 2n 1
m

n m n
n
< < - -ịÊ Ê
T ú 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

- +
-
- = - - = - - =
+ -
=
ổ ử
+
ữ
ỗ
ữ
ỗ + -
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ố ứ

************************************************
S GD&T VNH PHC

K THI VO LP 10 THPT CHUYấN NM HC 2009-2010
THI MễN: TON
Dnh cho cỏc thớ sinh thi vo lp chuyờn Toỏn
Thi gian lm bi: 150 phỳt, khụng k thi gian giao

( cú 01 trang)
Cõu 1: (3,0 im)
a) Gii h phng trỡnh:
1 1 9

2
1 5
2
x y
x y
xy
xy

+ + + =




+ =


b) Gii v bin lun phng trỡnh:
| 3| | 2 | 5x p x+ + =
(p l tham s cú giỏ tr thc).
Cõu 2: (1,5 im)
Cho ba s thc
, ,a b c
ụi mt phõn bit.
11
CHNH THC
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—
Câu 1 (3,0 điểm).
a) 1,75 điểm:
Nội dung trình bày Điểm
Điều kiện
0xy ≠
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 Điểm
12
Xét 3 trường hợp:
TH1. Nếu
2 x
≤
thì PT trở thành:
( 1) 2( 1)p x p+ = +
(1)
TH2. Nếu
3 2x
− ≤ <
thì PT trở thành:
(1 ) 2(1 )p x p− = −
(2)

TH3. Nếu
3x
< −
thì PT trở thành:
( 1) 2( 4)p x p+ = −
(3)
0,25
Nếu
1p ≠ ±
thì (1) có nghiệm
2x
=
; (2) vô nghiệm; (3) có nghiệm x nếu thoả mãn:
2( 4)
3 1 1
1
p
x p
p
−
= < − ⇔ − < <
+
.
0,25
Nếu
1p = −
thì (1) cho ta vô số nghiệm thoả mãn
2 x
≤
; (2) vô nghiệm; (3) vô nghiệm. 0,25

Nếu
1p =
thì (2) cho ta vô số nghiệm thoả mãn
3 2x
− ≤ <
; (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
−
=
+
+ Nếu p = -1 thì phương trình có vô số nghiệm
2 x≤ ∈¡
+ Nếu p = 1 thì phương trính có vô số nghiệm
3 2x
− ≤ ≤
+ Nếu
1
1
p
p
< −


>


thì phương trình có nghiệm x = 2.
0,25
Câu 2 (1,5 điểm):
Nội dung trình bày Điểm
+ 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 Điểm
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
1x >
. 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 1C
< <
, hay
C
không thể là số nguyên với
1x
>
.
0,5
Nếu
1
1
2
x− < <
. Khi đó:
0x
=

(vì x nguyên) và
0C
=
. Vậy
0x
=
là một giá trị cần tìm. 0,25
Nếu
1
2
x < −
. Khi đó
1x
≤ −
(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 0C
− < ≤

hay
0C =
và
1x = −
.
Vậy các giá trị tìm được thoả mãn yêu cầu là:
0, 1x x= = −
.
0,25
Câu 4 (3,0 điểm):
a) 2,0 điểm:
Nội dung trình bày Điểm
Gọi I là trung điểm AB,
,E IK CD R IM CD= ∩ = ∩
. Xét hai tam giác
KIB và KED có:
·
·
ABD BDC=

0,25
13
A
I
B
K
M
D
E
H
R
C
Q
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 = MR
nên KM là đường trung bình
⇒
KM // CD

0,25
Do CD // AB (gt) do đó KM // AB (đpcm) 0,25
b) 1,0 điểm:
Nội dung trình bày Điểm
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 Điểm
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
1S
≤
.
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
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 )
14
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
1x 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
9a 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
1x x x x− = − =
=>
3 1 4 2
1; 1x x x x= + = +
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
. 1x 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
15
3
a b c abc+ + ≥

3
1 1 1 1
3
a b c
abc
+ + ≥
=>
( )
1 1 1
9a 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 9a 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
90AQO AMO= =
tứ giác BOPN nội tiếp =>
·
·
0
90BPO BNO= =

=>
·
·
0
90AQB APB= =
=> tứ giác AQPB nội tiếp
b ) tam giác AQB vuông tại Qcó QE là trung tuyến nên QE = EB = EA
=>
·
·
µ
·
1
2
EQB EBQ B QBC= = =
=> QE //BC
Mà E F là đường trung bình của tam giác ABC nên E F //BC
 Q; E; F thẳng 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⇒ = + − +
=> tồn tại 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

 
+ = = −
 
− + = ⇔ − + =
 
 
+ = + =
 
16
+) 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)
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 2x 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 0x 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 0x 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
4abc 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.
17
Hết
Gợi ý một số câu khó trong đề thi:
Bài 3:
1) Ta có
'

=
( )
2
2
4 12 68 2 3 77m 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 77m 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 1a b+
là số lẻ và do
0 9c<
nên
( )
2
4 1a 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 1a b+
là số lẻ

( )
2
4 1a b+
<500
( )
2
125,25a 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 1a b+
chia hết cho 3
mà (a+b) + 9a= 3k 1+9a không chia hết cho 3

( )
10 9a 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:
18
* 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
α
=
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
α
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
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
19
( )
( )
( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )
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 doa
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
0x 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
3x⇒ =
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.
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
Nếu x, y, z đều là các số dương thì hệ chỉ
có 1 nghiệm
20
Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 hệ (I) là:
0
3 3
0
1 1
0
2 2

z
z
x
x
y
y

=
+ =

 
⇔ =
+ =
 
 
=
+ =


Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = - 6 hệ (I) là:
6
3 3
2
1 1
4
2 2
z
z
x
x

y
y

= −
+ = −

 
⇔ = −
+ = −
 
 
= −
+ = −


Vậy nghiệm của hệ là (0 ; 0 ; 0) và (-2 ; -4 ; -6)
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
m
a
m

=

+ =
−
 
⇔ ⇒ = +
−
 
+ =
=
 


b/ Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và
(P):

( )
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:
21
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( )
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
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

µ
¶
1 2
C B=
(chắn cung AnB)
Xét (O’) ta có
¶
µ
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:
22
1
1
2
1
2
2
1
2
1
2
j
/
/
x
x
=
=
K
C
D
O
B

O'
A
E
µ
¶
µ
¶
¶
¶
µ
¶
1 1 1 2 2 1
1 2
;
(**)
A C B A B D
A A
= + = +
⇒ =
Từ (*) và (**) suy ra:
¶
¶
· ·
µ
¶
µ
¶
µ
¶
¶ ¶

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
∆
Së GD&§T NghƯ An
§Ị thi chÝnh thøc
K× thi TUN sinh VµO líp 10
trêng thpt chuyªn phan béi ch©u
n¨m häc 2009 - 2010
Mơn thi: TỐN

Thời gian: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề
Bài 1: (3.5 điểm)
a) Giải phương trình

3 3
2 7 3x x+ + − =
b) Giải hệ phương trình
3
3
8
2 3
6
2
x
y
x
y

+ =




− =


Bài 2: (1.0 điểm)
Tìm số thực a để phương trình sau có nghiệm ngun
2
2 0x ax a− + + =

.
Bài 3: (2.0 điểm)
Cho tam giác ABC vng tại A có đường phân giác trong BE (E thuộc AC). Đường tròn
đường kính AB cắt BE, BC lần lượt tại M, N (khác B). Đường thẳng AM cắt BC tại K. Chứng
minh: AE.AN = AM.AK.
Bài 4: (1.5 điểm)
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, trung tuyến AO có độ dài bằng độ dài cạnh BC. Đường
tròn đường kính BC cắt các cạnh AB, AC thứ tự tại M, N (M khác B, N khác C). Đường tròn
ngoại tiếp tam giác AMN và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng AO lần lượt
tại I và K. Chứng minh tứ giác BOIM nội tiếp được một đường tròn và tứ giác BICK là hình
bình hành.
Bài 5: (2.0 điểm)
a) Bên trong đường tròn tâm O bán kính 1 cho tam giác ABC có diện tích lớn hơn hoặc bằng
1. Chứng minh rằng điểm O nằm trong hoặc nằm trên cạnh của tam giác ABC.
b) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn:
3a b c+ + =
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
23
2 2 2
2 2 2
P
ab bc ca
a b c
a b b c c a
+ +
= + + +
+ +
Ht
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 3x x+ + =
( )
3 3 3 3
2 7 3 2. 7 2 7 27x x x x x x + + + + + + =
0.50đ
3
9 9. ( 2)(7 ) 27x x + + =
0.25đ
3
( 2)(7 ) 2x x + =
0.25đ
( 2)(7 ) 8x x + =
0.25đ
2
5 6 0x 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 0x 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), 2,1x y =
0,25đ
Bài 2: 1,0 đ
Điều kiện để phơng trình có nghiệm:
2
0 4 8 0a 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) 3x x =
24
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
=


=

Suy ra a = 6 hoặc a = -2 (thỏa mãn (*) )
0,25đ
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
ã
ABC
nên
ã
ã
ẳ
ẳ
ABM MBC AM MN= =
0,25đ
ã
ã
MAE MAN =
(1) 0,50đ
Vì M, N thuộc đờng tròn đờng
kính AB nên
ã
ã
0
90AMB ANB= =

0,25đ

ã
ã
0
90ANK 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
ã
ã
ANM AIM=
Vì tứ giác BMNC nội tiếp nên
ã
ã
ANM ABC=
ã
ã
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
a,
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
25
K