30 de thi vao lop 10 chuyen chon giai chi tiet

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
H ớng dẫn chấm
Câu nội dung
Đề thi chính thức
1
câu I
2,5
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:
2
2 2
2
4 3x 4 3x
x x. 3
x x


+ + =
ữ

4 2
7x 23x 16 0 + =
Giải ra ta đợc
2 2
16
x 1 hoặc x =
7
=
Từ
2
x 1 x 1 y 1= = =
;
2
16 4 7 5 7
x x y
7 7 7
= = = m
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
Điều kiện để phơng trình có nghiệm:
x
' 0

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.
Khi m = 2

x
'
= 0

x = -1 (thỏa mãn)
Khi m = 3

x
'
= 0

x = - 1,5 (loại).
Vậy m = 2.
câu II
2,5
điểm
Đặt
a 2 x; b 2 x (a, b 0)
= + =
2 2 2 2
a b 4; a b 2x
+ = =
( )
( )
( )
3 3 2 2
2 ab a b 2 ab a b a b ab
A
4 ab 4 ab
+ + + +
= =
+ +
( ) ( )
( )
2 ab a b 4 ab
A 2 ab a b

4 ab
+ +
= = +
+
( )
A 2 4 2ab a b
= +
( )
( ) ( ) ( )
2 2
A 2 a b 2ab a b a b a b
= + + = +
2 2
A 2 a b 2x A x 2
= = =
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)
=
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

= =



= =


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.
Ngợc lại nếu a = b = c = 0 thì (1) luôn đúng. Vậy: a = b = c = 0
câu
III
2 điểm
Theo bài ra f(x) có dạng: f(x) = ax
3
+ bx
2
+ cx + d với a nguyên dơng.
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)
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

Vì a nguyên dơng nên 16a + 2010>1 . Vậy f(7)-f(1) là hợp số
( ) ( )
= + + +
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)
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
Mặt khác ta có:
OA OB AB
( ) ( )
+ + +
2 2
2 2
x 2 1 x 3 2 26
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.
câuIV
2 điểm
Ta dễ dàng chứng minh tứ giác
MBAN nội tiếp

ã ã
=MAB MNB
, MCAP nội
tiếp
ã
ã
=CAM CPM
.
Lại có
ã
ã
=BNM CPM
(cùng phụ
góc NMP)
ã
ã
=CAM BAM
(1)
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
3
K
E
B
C
A
N
M
P
D
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
Do MA là trung trực của DE

MEA MDA
=


ã
ã
ã
ã
= =
MEA MDA MEK MDC

.
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.
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'

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'
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.

4
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)
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.
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
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
+ + +

a =
2
2 : 7
7
=
Đặt
2
x a 1 x 7 1 x 1 7 x 2x 1 7= = + = + + =
2
x 2x 6 0 + =
Vậy phơng trình
2
x 2x 6 0+ =
nhận
7 1
làm nghiệm
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
Giải (2)
2 2
6y 6x 5xy (2x 3y)(3x 2y) 0 = + =
* Nếu
3y
2x 3y 0 x
2

+ = =
.
Thay vào (1) ta đợc
3y 3 16
y.
2 2 3

+ =



2
3y 23
2 6

=
(phơng trình vô nghiệm)
* Nếu
2y
3x 2y 0 x
3
= =
.
Thay vào (1) ta đợc
2
y 9 y 3= =
- 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)
6
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)
Từ (*) ta thấy, để phơng trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì phơng trình (1) có 2 nghiệm dơng phân biệt
0 9 4m 0
S 0 5 0
P 0 m 4 0
> >


> >


> + >

9

m
9
4 m
4
4
m 4

<

< <


>

Vậy với
9
4 m
4
< <
thì phơng trình có 4 nghiệm phân biệt.
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.
- 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.
- 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.
- 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

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)
áp dụng (*) ta có:
( )
( )
2
p a p b p c 3 3p a b c 3p + + =
7
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 bằng nhau)=

ã
ã
BMC BMD=
Do vậy
MBC
và
MDB
đồng dạng
Suy ra
MB MD
MB.BD MD.BC
BC BD
= =
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

=
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
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
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)
Bài 5: (1,0 điểm)
8

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
( ).
=
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
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).
S GIO DC BèNH NH

K THI TUYấN 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)
9
Với số tự nhiên n,
3n ³
.Đặt
( ) ( )
( )
( )

1 1 1

3 1 2 5 2 3 2 1 1
n
S
n n n
= + + +
+ + + + +
Chúng minhS
n
<
1
2
Bài 4(3điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp tròn tâm O có độ dài các cạnh BC = a, AC = b, AB = c.E là điểm nằm trên cung BC
không chứa điểm A sao cho cung EB bằng cung EC.AE cắt cạnh BC tại D.
a.Chúng minh:AD
2
= AB.AC – DB.DC
b.Tính độ dài AD theo a,b,c
Bài 5(1.5điểm)
Chứng minh rằng :
( )
2
1
2
3 2
m
n
n

- ³
+
Với mọi số nguyên m,n.
**********************************************
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THI VÀO 10
TRƯỜNG CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN NĂM 2009
Bài 1:
Vì a,b,c là độ dài ba cạnh 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
+
< =
+ + + + +

Mặt khác
a a
b c a b c
>
+ + +
Vậy ta có
2
(1)
a a a
a b c c b a b c
< <
+ + + + +
Tương tự
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
< <
+ + + + +
Cộng (1) (2) và (3) vế theo vế ta có điều phải chứng minh.
Bài 2:
ĐK:
, ,x m n p¹
PT đã cho
Û
(x-n)(x-p)+(x-m)(x-p)+(x-m)(x-n) = 0
Û
3x
2
-2(m+n+p)x +mn+mp+np = 0(1)
Ta có
Δ
' 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
Đặt 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)
¹
0

= >m,n,p không phải là nghiệm của pt(1)
Vậy PT đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt
Bài 3
10
c
b
a
D
O
C
E
B
A

( )
( )
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
( )
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
11
b)
2 2 2 2 2
2 Khi đó m 2 2 1 hay m 2n 1

m
n m n
n
< < ị Ê - 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.
Chng minh
2 2 2
2 2 2
2
( ) ( ) ( )
a b c

b c c a a b
+ +

Cõu 3: (1,5 im)
Cho
2
1
4 4 1
A
x x
=
+ +
v
2
2 2
2 1
x
B
x x

=
+
Tỡm tt c cỏc giỏ tr nguyờn ca
x
sao cho
2
3
A B
C
+

=
l mt s nguyờn.
Cõu 4: (3,0 im)
12
CHNH THC
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
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
13
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
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
14
A
I
B
K
M
D
E
H
R
C
Q
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 )
15
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±
16
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
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)
17
~ ( )
~ ( )
~ ( )
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)
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:
18

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.
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}
19
+ NÕu a+b
∈
{2; 7; 8} th× a+b cã d¹ng 3k 1(k±
∈
N) khi ®ã
( )
2
4 1a b+ −
chia hÕt cho 3 mµ (a+b) + 9a= 3k ±
1+9a kh«ng chia hÕt cho 3
⇒
( )
10 9a b a
 

+ +
 
kh«ng
M
3
⇒
c
∉
N
+ NÕu a+b =3 ta cã
( ) ( )
10 3 9 6 1 3
35 7
a a
c
+ +
= =
. V× 0<a<4 vµ 1+3a
M
7
⇒
1+3a=7
⇒
a=2, khi ®ã c=6 vµ
b=1.Ta cã sè 216 tho¶ m·n.
KÕt ln sè 216 lµ sè cÇn t×m.
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
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
20
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 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
∆ = − ≥


⇔ ≤


= + = ≥


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)
21
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
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:
22
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( )
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:
23
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
∆
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUN LAM SƠN
THANH HỐ NĂM HỌC: 2009-2010
MƠN: TỐN (Dành cho học sinh thi vào lớp chun Tốn)
Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 19 tháng 6 năm 2009
Câu 1: (2,0 điểm)

1. Cho số x (
x R ; x > 0∈
) thoả mãn điều kiện :
2
2
1
x + = 7
x
. Tính giá trị các biểu thức : A =
3
3
1
x +
x
và B =
5
5
1
x +
x
.
2. Giải hệ phương trình:
1 1
+ 2 - 2
y
x
1 1
+ 2 - 2
x
y








=
=
Câu 2: (2,0 điểm)
Cho phương trình: ax
2
+ bx + c = 0 (a
≠
0) có hai nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn điều kiện:
1 2
0 x x 2≤ ≤ ≤
. Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2
2
2a - 3ab + b
Q =
2a - ab + ac
.
Câu 3: (2,0 điểm)

1. Giải phương trình:
( )
1
x - 2 + y + 2009 + z - 2010 = x + y + z
2
.
2. Tìm tất cả các số ngun tố p để 4p
2
+ 1 và 6p
2
+ 1 cũng là số ngun tố.
Câu 4: (3,0 điểm)
1. Cho hình vng ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại E. Một đường thẳng đi qua A, cắt cạnh BC tại M
và cắt đường thẳng CD tại N. Gọi K là giao điểm của các đường thẳng EM và BN. Chứng minh rằng:
CK
⊥
BN.
24
Đề chính thức
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)
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 4x y z
+ +
hết
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
25