ĐỀ THI TUYỂN 10 CHUYÊN TOÁN QUỐC HỌC HUẾ VÀ ĐỀ THI HSG TOÁN 9 ĐÀ NẴNG

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN QUỐC HỌC
THỪA THIÊN HUẾ Khoá ngày 24.6.2010
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1 : (1,5 điểm)
Xác định tham số m để phương trình
( ) ( )
2
1 2 1 2 0m x m x m+ − − + − =
có hai nghiệm
phân biệt
1 2
,x x
thoả mãn:
( )
1 2 1 2
4 7x x x x+ =
.
Bài 2 : (2,0 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
2 3 2010P x xy y x y= + + − − +
khi các số thực x,
y thay đổi. Giá trị nhỏ nhất đó đạt được tại các giá trị nào của x và y.
Bài 3 : (2,5điểm)
a) Giải phương trình :
3 3
3 5 2x x+ + − =
.
b) Giải hệ phương trình :
1 1

4 0
1
- 4 = 0
x
x y
x y
x y
xy
y y x

+ + + + =




+ + +


Bài 4 : (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC có BC = 5a, CA = 4a, AB = 3a. Đường trung trực của đoạn AC
cắt đường phân giác trong của góc BAC tại K.
a) Gọi (K) là đường tròn có tâm K và tiếp xúc với đường thẳng AB. Chứng minh
rằng đường tròn (K) tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC.
b) Chứng minh rằng trung điểm của đoạn AK cũng là tâm đường tròn nội tiếp của
tam giác ABC.
Bài 5 : (2,0 điểm)
a) Với bộ số (6 ; 5 ; 2), ta có đẳng thức đúng :
65 5
26 2
=

.
Hãy tìm tất cả các bộ số (a ; b ; c) gồm các chữ số hệ thập phân a , b, c đôi một khác
nhau và khác 0 sao cho đẳng thức
ab b
ca c
=
đúng.
b) Cho tam giác có số đo một góc bằng trung bình cộng của số đo hai góc còn lại và
độ dài các cạnh a, b, c của tam giác đó thoả mãn:
a b c a b c+ − = + −
.
Chứng minh rằng tam giác này là tam giác đều.
HẾT
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN QUỐC HỌC
THỪA THIÊN HUẾ Khoá ngày 24.6.2010
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN
HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài Nội dung Điểm
Bài 1
(1,5đ)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt
0
0
a ≠

⇔

′
∆ >


0,25

1 0 1
(*)
3 0 3
m m
m m
 + ≠ ≠ −

⇔ ⇔
 
− > <


0,25
Ta có:
1 2
1 2
2( 1)
1
2
1
m
x x
m
m
x x
m
−


+ =


+

−

=

+

0,25

( )
( )
1 2 1 2
2 1
2
4 7 4 7
1 1
m
m
x x x x
m m
−
−
+ = ⇔ =
+ +
0,25

( ) ( )
8 1 7 2 6m m m⇔ − = − ⇔ = −
Thoả mãn (*)
Vậy: m = − 6 thoả mãn yêu cầu bài toán .
0,5
BÀI 2 (2đ)
Ta có:
( )
2 2
2 3 2010P x y x y y= + − + − +

0,25
( )
2
2
2
2
2
3 2010
2 4
y
y
P x y y
−
−
 
= + − + − +
 ÷
 

0,5
( )
2
2
1 3 4 6023
2 2
4 4 3 3
P x y y
 
= + − + − +
 ÷
 
0,5
6023
3
P ≥
với mọi x, y.
0,25
6023
3
P =
khi và chỉ khi:
1
2 2 0
3
4
4
0
3
3

x y
x
y
y

+ − =
=


 
⇔
 
− =
 
=




0,25
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
min
6023
3
P =
đạt khi
1
3
x =
và

4
3
y =
0,25
Bài 3 (2,5đ)
3.a
(1đ)
Lập phương hai vế phương trình
3 3
3 5 2x x+ + − =
(1), ta được:

3 3
3
8 3 ( 3)(5 )( 3 5 ) 8x x x x+ + − + + − =

0,25
Dùng (1) ta có:
3
( 3)(5 ) 0 (2)x x+ − =

0,25
Giải (2) và thử lại tìm được :
3, 5x x= − =
là hai nghiệm của phương trình đã cho.
0,5
2
3.b
(1đ,5)
Điều kiện : x ≠ 0; y ≠ 0 .

0,25
Viết lại hệ :
1 1
4
1 1
. 4
x y
x y
x y
x y

 
 
+ + + = −

 ÷
 ÷
 
  

 
 

+ + =
 ÷
 ÷

 
 


0,5
Đặt :
1
u x
x
= +
;
1
v y
y
= +
, ta có hệ :
4
4
u v
uv
+ = −


=

0,25
Giải ra được :
2; 2u v= − = −
.
0,25
Giải ra được : x = −1 ; y = −1. Hệ đã cho có nghiệm : (x ; y) = (−1 ; −1).
0,25
BÀI 4
(2đ)

4. a
(1đ) Do BC
2
= AC
2
+ AB
2
nên tam giác ABC vuông tại A.
0,25
Đường tròn (O) ngoại tiếp ΔABC có tâm là trung điểm O của BC, có bán kính
5
2
r a=
.
0,25
Gọi Q là trung điểm AC và R là tiếp điểm của (K) và AB.
KQAR là hình vuông cạnh 2a. Đường tròn (K) có bán kính ρ = 2a
0,25
Do OK= KQ – OQ = 2a –
3
2
a =
1
2
a = r – ρ, nên (K) tiếp xúc trong với (O).
0,25
4.b
(1đ)
Gọi I là trung điểm AK, nối BI cắt OQ tại T. Ta chứng minh T thuộc đường tròn (O). 0,25
Hai tam giác IQT và IRB bằng nhau nên QT = RB = a 0,25

Vì OT = OQ + QT =
3
2
a + a = r nên T thuộc đường tròn (O).
Từ đó T là trung điểm của cung AC của đường tròn (O).
0,25
Suy ra BI là phân giác của góc ABC. Vì vậy I là tâm nội tiếp của ΔABC.
0,25
3
T
O
I
K
R
Q
C
B
A
BÀI 5 (2đ)
5. a
(1đ)
Hãy tìm tất cả các bộ số (a ; b ; c) gồm các chữ số a , b, c khác nhau và khác 0 sao
cho đẳng thức:
ab b
ca c
=
( 1) đúng.
Viết lại (1): (10a + b)c =(10c + a)b
⇔
2.5.c(a – b) = b(a – c).

Suy ra: 5 là ước số của b(a – c).
0,25
Do 5 nguyên tố và
1 , , 9;a b c a c≤ ≤ ≠
nên:
1) hoặc b = 5 2) hoặc
- 5a c =
3) hoặc
- 5c a =
0,25
+ Với b = 5: 2c(a −5) = a − c
⇔
c =
2 9
a
c
a
=
−
⇔
9
2 1
2 9
c
a
= +
−
.
Suy ra: 2a −9 = 3 ; 9 (a ≠ 5, do a ≠ c)
Trường hợp này tìm được: (a; b; c) = (6; 5; 2), (9; 5; 1)

+ Với a = c + 5: 2c(c + 5 − b) = b
⇔
b =
2
2 10
2 1
c c
c
+
+
. Viết lại:
9
2 2 9
2 1
b c
c
= + −
+
Suy ra: 2c + 1 = 3 ; 9 (c ≠ 0).
Trường hợp này tìm được: (a; b; c) = (6; 4; 1), (9; 8; 4).
+ Với c = a + 5: 2(a + 5)(a − b) = −b
⇔
b =
2
2 10
2 9
a a
a
+
−

.
Viết lại :
9.19
2 2 19
2 9
b a
a
= + +
−
. Suy ra: b > 9, không xét .
+ Vậy:
Các bộ số thỏa bài toán: (a ; b ; c) = (6 ; 5 ; 2), (9 ; 5 ; 1), (6; 4 ; 1), (9 ; 8 ; 4).
0,5
5.b
(1đ)
Từ giả thiết số đo một góc bằng trung bình cộng của số đo hai góc còn lại, suy ra
tam giác đã cho có ít nhất một góc bằng 60
o
.
Ví dụ: Từ 2A = B + C suy ra 3A = A + B + C = 180
o
. Do đó A = 60
o
.
0,25
Từ
a b c a b c+ − = + −
(*), suy ra tam giác đã cho là tam giác cân.
Thật vậy, bình phương các vế của (*):

2 2 2a b c a b c ab cb ac+ − = + + + − −
( ) ( )
0c c a b a c⇒ − + − =

( ) ( )
0a c b c⇒ − − =
Vì vậy tam giác này có a = c hoặc b = c.
0,5
Tam giác đã cho là tam giác cân và có góc bằng 60
o
nên là tam giác đều. 0,25
4
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2009 - 2010

ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút (không tính thời gian giao đề)
Bài 1: (2,5 điểm)
a) Rút gọn biểu thức
1 1
1 1
1
x x
P
x
x
 
+
 
= + −

 ÷
 ÷
 ÷
−
 
 
.
Tính giá trị của biểu thức P khi
4 2 3x = −
.
b) Cho
4 8,x y− =
hãy tính giá trị của biểu thức A =
8 3 2 4
8
y x y
x y
+ − +
+ ×
−
Bài 2: (2,5 điểm)
a) Giải phương trình
( )
2
2 1 2x x x+ = +
.
b) Giả sử hệ phương trình
1
4 3 12
1

3 10 5
x y z
x y z

− − =




+ + =


có nghiệm
( )
; ;x y z
.
Chứng tỏ
x y z
+ +
không đổi.
Bài 3: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hàm số
y x=
có đồ thị là (G). Trên đồ
thị (G) lấy hai điểm A, B có hoành độ lần lượt là
1−
và
3
.
a) Vẽ đồ thị (G) và viết phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm A và B.
b) Tính khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng (d).

Bài 4: (3,0 điểm)
a) Cho một điểm P ngoài đường tròn tâm O, kẻ tiếp tuyến PA với đường tròn. Từ trung
điểm B của đoạn PA kẻ cát tuyến BCD (C nằm giữa B và D). Các đường thẳng PC và PD lần
lượt cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai E và F. Chứng minh DCE = DPE + CAF và tam giác
PBC đồng dạng tam giác DBP.
b) Cho tam giác ABC thỏa điều kiện BC > CA > AB. Trong tam giác ABC lấy điểm O
tùy ý. Gọi I, J, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm O trên các đường thẳng BC, CA,
AB. Chứng minh rằng:
OI + OJ + OK < BC
HẾT
5
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
6
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2009-2010

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỐP 9
BÀI CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Bài
1
2,50
đ
Câu a
1,75
đ
ĐK:
0, 1.x x> ≠

( ) ( )

( ) ( )
1 1
1
1 .
1 1
x x x
x
P
x
x x
 
+ − +
−
 ÷
= +
 ÷
− +
 
0,50

1
.
1
x x
P x
x x
−
= =
−
0,25

Khi
4 2 3x = −
thì
( )
2
3 1P = −
0,50
3 1P = −
. 0,25
Câu b
0,75
đ
8
4 8 4
y
x y
x
+
− = ⇒ =
0,25
4 8 4 8x y y x− = ⇒ = −
3 2 4 3 2(4 8) 4 3 8 16 4 5 20 5( 4)x y x x x x x x− + = − − + = − + + = − + = − −
0,25
8 4 16 4( 4)y x x− = − = −
0,25
A =
4
11
4
5

4 =−
0,25
Bài
2
2,50
đ
Câu a
1,50
đ
Điều kiện
0x ≥
. 0,25
PT
( ) ( )
2 2 0x x x x⇔ − − − =
. 0,25

( ) ( )
1 2 0x x x⇔ − − =
. 0,25
Suy ra:
2 0, 1 0 1; 4x x x x x− = − = ⇔ = =
. 0,50
KL: Nghiệm PT là
1; 4.x x= =
0,25
Câu b
1,00
đ

3 4 12 (1)
10 3 6 30(2)
x y z
HPT
x y z
− − =

⇔

+ + =

. 0,25
(2) Trừ (1):
( )
7 18x y z+ + =
0,50
KL :
18
7
x y z+ + =
không đổi. 0,25
Bài
3
2,0
đ
Câu a
100 đ
HS vẽ đúng đồ thị
y x=
. 0,25

Ta có:
( ) ( )
1;1 , 3;3A B−
. 0,25
PT đường thẳng AB:
1 3
2 2
y x= +
. 0,50
Câu b
1,00 đ
Nhận xét tam giác OAB vuông tại O. 0,25
Hạ OH vuông góc với AB
2 2 2
1 1 1
OH OA OB
⇒ = +
. 0,25
KL: Khoảng cách cần tìm là
3 5
5
. 0,50
7
Bài
4
3,0
đ
Câu a
1,75 đ
F

E
C
B
O
A
P
D
sđ DCE =
1
2
sđ DE, sđ DPE =
1
2
sđ(DE - CF), sđ CAF =
1
2
sđ CF
0,50
Do đó sđ(DPE + CAF) =
1
2
sđ(DE - CF + CF) =
1
2
sđ DE
0,25
Vậy: DCE = DPE + CAF 0,25
Ta có: BA
2
= BC . BD

⇒

BC BA
BA BD
=
nhưng BA = BP 0,25
Do đó:
;
BC BP
BP BD
=
PBC = PBD 0,25
Vậy: tam giác PBC và DBP đồng dạng 0,25
Câu a
1,25 đ
L
M
Y
X
D
E
F
K
I
J
B
A
C
O
L

Y
M
X
F
E
D
J
I
K
A
C
B
Vẽ các tia AO, BO, CO lần l;ượt cắt BC, CA, AB tại D, E, F ta có:
(1) OI ≤ OD ; OJ ≤ OE ; OK ≤ OF
0,25
Qua O vẽ các đường thẳng song song với AB và AC lần lượt cắt BC tại các điểm
X và Y. Qua X vẽ đường thẳng song song với CF cắt AB tại M; qua Y vẽ đường
thẳng song song với BE cắt AC tại L. Ta có các kết quả sau:
(2) OE = YL ( OELY là hình bình hành); OF = XM 0,25
(3) ∆OXY ≈ ∆ ABC ⇒ OX < OY < XY mà 2OD < OX+OY ⇒ OD < XY
0,25
(4) ∆MBX ≈ ∆ FBC ⇒ MX < BX (vì ∆FBC cũng có cạnh BC lớn nhất)
(5) ∆LYC ≈ ∆ EBC ⇒ YL < YC (vì ∆EBC cũng có cạnh BC lớn nhất)
0,25
Từ 5 kết quả suy luận trên ta được:
OI + OJ + OK ≤ OD + OE + OF < XY + YC + XM = BC
0,25
HƯỚNG DẪN CHẤM:
• Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành và
có kết quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó; chỉ cho điểm đến phần học sinh làm

đúng từ trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm. Điểm toàn bài thi không làm
tròn số.
• Điểm ở mỗi ý nhỏ cần thảo luận kỹ để được chấm thống nhất . Tuy nhiên , điểm từng câu và
từng ý không được thay đổi.
8
…HẾT…
9