Tuyển tập bộ đề thi vào 10 Toàn quốc(Có đáp án, hd chấm điểm chi tiết)(Moi)

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN: TOÀN QUỐC
(CÓ ĐÁP ÁN, HD CHẤM CHI TIẾT)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THỪA THIÊN HUẾ

KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN QUỐC HỌC
Khoá ngày 24.6.2010

Môn: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (1,5 điểm)

( m + 1) x 2 − 2 ( m − 1) x + m − 2 = 0
Xác định tham số m để phương trình
nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả mãn: 4 ( x1 + x2 ) = 7 x1 x2 .

có hai

Bài 2: (2,0 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 2 + xy + y 2 − 2 x − 3 y + 2010 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

x + 3 + 3 5 − x = 2.

1 1

 x+ y+ x + y +4=0

b) Giải hệ phương trình : 
 xy + 1 + x + y - 4 = 0

xy 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)

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
ab b
=
khác nhau và khác 0 sao cho đẳng thức
đúng.
ca c
a) Với bộ số (6 ; 5 ; 2), ta có đẳng thức 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 --------------SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THỪA THIÊN HUẾ
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN QUỐC HỌC

Khoá ngày 24.6.2010

Môn: TOÁN

HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài
Bài 1

Nội dung

Điểm
(1,5đ)

a ≠0
Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ 
 ∆′ > 0
m +1 ≠ 0
 m ≠ −1
⇔

⇔
(*)
 m<3
3 − m > 0
Ta có:

2 ( m − 1)
m−2
=7
m +1
m +1
⇔ 8 ( m − 1) = 7 ( m − 2 ) ⇔ m = −6 Thoả mãn (*)
Vậy: m = − 6 thoả mãn yêu cầu bài toán .

4 ( x1 + x2 ) = 7 x1 x2 ⇔ 4

BÀI 2

0,25
0,5
(2đ)
0,25

2
2
Ta có: P = x + ( y − 2 ) x + y − 3 y + 2010

y − 2  ( y − 2)

P =x+

+ y 2 − 3 y + 2010
÷ −
2
4



0,5

2

1
3
4
6023
2
( 2 x + y − 2 ) +  y − ÷ +
4
4
3
3
6023
P≥
với mọi x, y.
3

0,5

1


x=
2 x + y − 2 = 0

6023


3
⇔
P=
khi và chỉ khi: 
4
3
 y − 3 = 0
y = 4
3

6023
1
4
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là Pmin =
đạt khi x = và y =
3
3
3

0,25

2

P=

Bài 3
3.a
(1đ)

0,25

0,25

2(m − 1)

 x1 + x2 = m + 1

 x x = m−2
1 2
m +1


2

0,25

0,25

x+3 + 5− x = 2
3
8 + 3 3 ( x + 3)(5 − x)( x + 3 + 3 5 − x ) = 8

Lập phương hai vế phương trình

3

3

(1), ta được:

( x + 3)(5 − x) = 0
(2)
Giải (2) và thử lại tìm được : x = −3, x = 5 là hai nghiệm của phương trình đã cho.
Dùng (1) ta có:

3

0,25
(2,5đ)
0,25
0,25
0,5

2


3.b
(1đ,5)

Điều kiện : x ≠ 0; y ≠ 0 .

1 
1
 x + ÷+  y + ÷ = −4

x 
y

Viết lại hệ : 
  x + 1  . y + 1  = 4
÷
÷
 
x 
y

1
u + v = −4
1
Đặt : u = x + ; v = y + , ta có hệ : 
y
x
 uv = 4
Giải ra được : u = −2; v = −2 .
Giải ra được : x = −1 ; y = −1. Hệ đã cho có nghiệm : (x ; y) = (−1 ; −1).

0,25
0,5

0,25
0,25
0,25

BÀI 4
(2đ)

B

K

R

O
I

A

Q

C

T

4. a
(1đ)

4.b
(1đ)

0,25
Do BC2 = AC2 + AB2 nên tam giác ABC vuông tại A.
Đường tròn (O) ngoại tiếp ΔABC có tâm là trung điểm O của BC, có bán kính
5
r = a.
2
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
3
1
Do OK= KQ – OQ = 2a – a = a = r – ρ, nên (K) tiếp xúc trong với (O).
2
2
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
3
Vì OT = OQ + QT = a + a = r nên T thuộc đường tròn (O).
2
Từ đó T là trung điểm của cung AC của đường tròn (O).

0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

0,25
Suy ra BI là phân giác của góc ABC. Vì vậy I là tâm nội tiếp của ΔABC.

3


BÀI 5

5. a
(1đ)

5.b
(1đ)

(2đ)
Hãy tìm tất cả các bộ số (a ; b ; c) gồm các chữ số a , b, c khác nhau và khác 0 sao
ab b
=
cho đẳng thức:
( 1) đúng.
ca c
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).
Do 5 nguyên tố và 1 ≤ a, b, c ≤ 9; a ≠ c nên:
1) hoặc b = 5
2) hoặc a - c = 5
3) hoặc c - a = 5
a
9
⇔ 2c = 1 +
+ Với b = 5: 2c(a −5) = a − c ⇔ c = c =
.
2a − 9
2a − 9
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)
9
2c 2 + 10c

+ Với a = c + 5: 2c(c + 5 − b) = b ⇔ b =
. Viết lại: 2b = 2c + 9 −
2c + 1
2c + 1
Suy ra: 2c + 1 = 3 ; 9 (c ≠ 0).
Trường hợp này tìm được: (a; b; c) = (6; 4; 1), (9; 8; 4).
2a 2 + 10a
+ Với c = a + 5: 2(a + 5)(a − b) = −b ⇔ b =
.
2a − 9
9.19
Viết lại : 2b = 2a + 19 +
. Suy ra: b > 9, không xét .
2a − 9
+ Vậy:
Các bộ số thỏa bài toán: (a ; b ; c) = (6 ; 5 ; 2), (9 ; 5 ; 1), (6; 4 ; 1), (9 ; 8 ; 4).
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 60o .
Ví dụ: Từ 2A = B + C suy ra 3A = A + B + C = 180o. Do đó A = 60o.
Từ a + b − c = a + b − c (*), suy ra tam giác đã cho là tam giác cân.
Thật vậy, bình phương các vế của (*):
a + b − c = a + b + c + 2 ab − 2 cb − 2 ac ⇒ c c − a + b a − c = 0
⇒

(

(

a− c

)(

)

(

)

0,25
0,25
0,5

0,25

0,5

)

b− c =0

Vì vậy tam giác này có a = c hoặc b = c.
Tam giác đã cho là tam giác cân và có góc bằng 60o nên là tam giác đều.

0,25

4


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2009 - 2010
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút (không tính thời gian giao đề)

Bài 1: (2,5 điểm)
 1+ x x



1 

+ 1÷
Rút gọn biểu thức P = 
.
÷ 1 − x ÷

 x −1

Tính giá trị của biểu thức P khi x = 4 − 2 3 .

a)

b) Cho 4 x − y = 8, hãy tính giá trị của biểu thức A =

y + 8 3x − 2 y + 4
+
×

x
y −8

Bài 2: (2,5 điểm)
a) Giải phương trình ( 2 x + 1) x = x 2 + 2 .
x y z
 4 − 3 − 12 = 1
b) Giả sử hệ phương trình 
có nghiệm ( x; y; z ) .
 x + y + z =1
 3 10 5

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 ----Họ và tên thí sinh: .................................................

Số báo danh:.....................................................

Chữ ký của giám thị 1: ..........................................

Chữ ký của giám thị 2:......................................

5


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
BÀI CÂU
Bài Câu a
1
1,75
2,50
đ
đ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2009-2010

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 9
NỘI DUNG
ĐK: x > 0, x ≠ 1.
 x +1 x − x +1

x −1

P=
+ 1÷.


÷
x
x −1
x +1



(

P=

)(

(

)(

)

)

x
x −1
.
= x
x −1
x

(

)

3 −1

2

P = 3 −1.

Bài Câu a
2
1,50
2,50
đ
đ

Câu b
1,00
đ

Bài Câu a
3 100 đ
2,0
đ

y +8
=4
x
4x − y = 8 ⇒ y = 4x − 8
3 x − 2 y + 4 = 3 x − 2(4 x − 8) + 4 = 3 x − 8 x + 16 + 4 = −5 x + 20 = −5( x − 4)
y − 8 = 4 x − 16 = 4( x − 4)

5 11
A = 4− =
4 4
Điều kiện x ≥ 0 .

(

(

) (

x −2 −

)(

⇔ x x −1

)

x −2 =0.

)

x −2 =0.

Suy ra: x − 2 = 0, x x − 1 = 0 ⇔ x = 1; x = 4 .
KL: Nghiệm PT là x = 1; x = 4.
3 x − 4 y − z = 12 (1)
HPT ⇔ 
.

10 x + 3 y + 6 z = 30 (2)

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,50
0,25
0,25

(2) Trừ (1): 7 ( x + y + z ) = 18
18
KL : x + y + z =
không đổi.
7
HS vẽ đúng đồ thị y = x .

0,50

Ta có: A ( −1;1) , B ( 3;3) .

0,25

1
3
x+ .
2

2
Nhận xét tam giác OAB vuông tại O.
1
1
1
=
+
Hạ OH vuông góc với AB ⇒
.
2
2
OH
OA OB 2
3 5
KL: Khoảng cách cần tìm là
.
5
PT đường thẳng AB: y =

Câu b
1,00 đ

0,50
0,25

4x − y = 8 ⇒

PT ⇔ x x

0,50

0,25

Khi x = 4 − 2 3 thì P =
Câu b
0,75
đ

ĐIỂM

0,25
0,25

0,50
0,25
0,25
0,50

6


Bài Câu a
4 1,75 đ
3,0
đ

A
E

B

O

C

P

F
sđ DCE =

D

1
1
1
sđ DE, sđ DPE = sđ(DE - CF), sđ CAF = sđ CF
2
2
2

0,50

1
1
sđ(DE - CF + CF) =
sđ DE
2
2
Vậy: DCE = DPE + CAF
BC BA
=

Ta có: BA2 = BC . BD ⇒
nhưng BA = BP
BA BD
BC BP
=
; PBC = PBD
Do đó:
BP BD
Vậy: tam giác PBC và DBP đồng dạng

0,25

Do đó sđ(DPE + CAF) =

Câu a
1,25 đ

0,25
0,25
0,25
0,25

A

F

F
K

J

O

E

AK
J

M

E
L

M

B

L
B

X

I

D

Y

X

I

D Y

C

C

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
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
(3) ∆OXY ≈ ∆ ABC ⇒ OX < OY < XY mà 2OD < OX+OY ⇒ OD < XY
(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)
Từ 5 kết quả suy luận trên ta được:
OI + OJ + OK ≤ OD + OE + OF < XY + YC + XM = BC

0,25

0,25
0,25
0,25
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.
…HẾT…
7


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KỲTHI 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)

Đề chính thức

Câu I (2.5 điểm):
1) Giải hệ phương trình:
 x 2 + y 2 + xy = 3

2
 xy + 3x = 4

2) Tìm m nguyên để phương trình sau có ít nhất một nghiệm nguyên:

4x 2 + 4mx + 2m 2 − 5m + 6 = 0

Câu II (2.5 điểm):
1) Rút gọn biểu thức:
A=

2 + 4 − x2 


( 2 + x)

3

−

( 2 − x)

3


 với −2 ≤ x ≤ 2

4 + 4 − x2

2) Cho trước số hữu tỉ m sao cho

3

m là số vô tỉ. Tìm các số hữu tỉ a, b, c để:

a 3 m2 + b 3 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 dương 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: P =

x 2 − 4x + 5 − x 2 + 6x + 13

Câu IV (2.0 điểm):
Cho tam giác MNP có ba góc nhọn và các điểm A, B, C lần lượt là hình chiếu
vuông góc của M, N, P trên NP, MP, MN. Trên các đoạn thẳng AC, AB lần lượt lấy
·
·
D, E sao cho DE song song với NP. Trên tia AB lấy điểm K sao cho DMK
.
= NMP
Chứng minh rằng:
1) MD = ME
2) Tứ giác MDEK nội tiếp. Từ đó suy ra điểm M là tâm của đường tròn bàng
tiếp góc DAK của tam giác DAK.
Câu V (1.0 điểm):
Trên đường tròn (O) lấy hai điểm cố định A và C phân biệt. Tìm vị trí của các
điểm B và D thuộc đường tròn đó để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn nhất.
8


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

Câu
Câu I
2,5
điểm

Phần
1)
1,5điểm

KỲTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI

Năm học 2009-2010
Môn thi : Toán
Hướng dẫn chấm
Nội dung

Điểm

 x + y + xy = 3 (1)

2
(2)
 xy + 3x = 4
2

2

Từ (2) ⇒ x ≠ 0. Từ đó y =

4 − 3x 2

, thay vào (1) ta có:
x

0.25

2

 4 − 3x 2 
4 − 3x 2
x2 + 
+
x.
=3
÷
x
x


4
2
⇔ 7x − 23x + 16 = 0

Giải ra ta được x 2 = 1 hoặc x 2 =

0.25
0.25
16
7

0.25

16
4 7
5 7
⇔x=±
⇒y=m
7
7
7
 4 7 −5 7 
;
Vậy hệ có nghiệm (x; y) là (1; 1); (-1; -1); 
÷;
7
7 


Từ x 2 = 1 ⇔ x = ±1 ⇒ y = ±1 ; x 2 =

0.25

 −4 7 5 7 
;

÷
7 
 7

2)
1,0điểm

0.25
0.25

Điều kiện để phương trình có nghiệm: ∆ x ' ≥ 0
⇔ m 2 − 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.
Khi m = 2 ⇒ ∆ x ' = 0 ⇒ x = -1 (thỏa mãn)
Khi m = 3 ⇒ ∆ x ' = 0 ⇒ x = - 1,5 (loại).

Câu II
2,5
điểm

1)
1,5điểm

Vậy m = 2.
Đặt a = 2 + x; b = 2 − x
⇒ a 2 + b 2 = 4; a 2 − b 2 = 2x
2 + ab ( a − b
3

⇒A=

3

)=

0.25
0.25
0.25

(a, b ≥ 0)

0.25

2 + ab ( a − b ) ( a + b + ab )
2

2

0.25

4 + ab
4 + ab
2 + ab ( a − b ) ( 4 + ab )
⇒A=
= 2 + ab ( a − b )
4 + ab
⇒ A 2 = 4 + 2ab ( a − b )
⇒A 2=

(a

2

0.25
0.25

+ b 2 + 2ab ) ( a − b ) = ( a + b ) ( a − b )

0.25
0.25

⇒ A 2 = a 2 − b 2 = 2x ⇒ A = x 2
9


2)
1,0điểm

a 3 m 2 + b 3 m + c = 0 (1)

Giả sử có (1)
⇒ b 3 m 2 + c 3 m + am = 0 (2)

Từ (1), (2) ⇒ (b 2 − ac) 3 m = (a 2 m − bc)

0.25

a m − bc
là số hữu tỉ. Trái với giả thiết!
b 2 − ac
 b 2 − ac = 0
b3 = abc
⇒ 2
⇒
2

a m − bc = 0 bc = am

0.25

2

Nếu a 2 m − bc ≠ 0 ⇒ 3 m =

3
⇒ b3 = a 3m ⇒ b = a 3 m . Nếu b ≠ 0 thì m =

Câu III
2 điểm

1)
1,0điểm

b
là số hữu tỉ. Trái với
a

giả thiết! ⇒ a = 0; b = 0 . Từ đó ta tìm được c = 0.
Ngược lại nếu a = b = c = 0 thì (1) luôn đúng. Vậy: a = b = c = 0
Theo bài ra f(x) có dạng: f(x) = ax3 + bx2 + cx + d với a nguyên
dương.
Ta có: 2010 = f(5) - f(3) = (53 - 33)a + (52 - 32)b + (5 - 3)c
= 98a + 16b + 2c ⇒ 16b + 2c = (2010- 98a)
Ta có f(7) - f(1) = (73 - 13)a + (72 - 12)b + (7 - 1)c
= 342a + 48b + 6c = 342a + 3(16b + 2c)
= 342a + 3(2010- 98a)= 48a + 6030 = 3.(16a + 2010)

0.25
0.25
0.25
0.25

0.25
0.25

M3

Vì a nguyên dương nên 16a + 2010>1 . Vậy f(7)-f(1) là hợp số
2)
1,0điểm

( x − 2)

P=

2

+ 12 −

( x + 3)

2

+ 22

0.25

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy lấy các điểm A(x-2; 1), B(x+3; 2)
Ta chứng minh được:

( x − 2 − x − 3)

AB =

2

+ ( 1 − 2 ) = 25 + 1 = 26
2

OA =

( x − 2)

2

+ 12 , OB =

( x + 3)

2

+ 22

0.25

Mặt khác ta có: OA − OB ≤ AB

⇒

( x − 2)

2

+ 12 −

( x + 3)

2

+ 2 2 ≤ 26

0.25

Dấu “=” xảy ra khi A thuộc đoạn OB hoặc B thuộc đoạn OA

x−2 1
= ⇒ x = 7 .Thử lại x = 7 thì A(5; 1); B(10; 2) nên A
x +3 2
M
thuộc đoạn OB. Vậy Max P = 26 khi x = 7.
⇒

Câu IV
2 điểm

1)
0,75điểm

Ta dễ dàng chứng minh tứ giác
MBAN nội tiếp
·
·
, MCAP nội
⇒ MAB
= MNB
·
·
tiếp ⇒ CAM
.
0.25
= CPM

K
B
C
D

N

0.25

E

A

P

10


·
·
Lại có BNM
= CPM
(cùng phụ góc NMP)
·
·
⇒ 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)
1,25điểm
M

K

B
C
D

N

E

P

A

·
·
Do DE//NP nên DEK
, mặt khác tứ giác MNAB nội tiếp
= NAB
nên:
·
·
·
·
NMB
+ NAB
= 1800 ⇒ NMB
+ DEK
= 1800
·
·
·

·
Theo giả thiết DMK
= NMP
⇒ DMK
+ DEK
= 1800
⇒ Tứ giác MDEK nội tiếp
Do MA là trung trực của DE ⇒ ∆ MEA = ∆ MDA
·
·
·
·
⇒ MEA
.
= MDA
⇒ MEK
= MDC
·
·
·
·
⇒ DM là phân giác của góc CDK,
Vì MEK
= MDK
⇒ MDK
= MDC
kết hợp với AM là phân giác DAB ⇒ M là tâm của đường tròn

0.25
0.25

0.25
0.25

0.25

bàng tiếp góc DAK của tam giác DAK.
Câu V
1 điểm

A'
B'

B

O
C

A
D' D

11


Không mất tổng quát giả sử:AB ≤ AC. Gọi B’ là điểm chính giữa
¼
⇒ AB' = CB'
cung ABC
Trên tia đối của BC lấy điểm A’ sao cho BA’ = BA
⇒ AB + BC = CA '
·

·
·
·
·
Ta có: B'BC
(1) ; B'CA
(2)
= B'AC
= B'CA
+ B'BA
= 1800
0
·
·
·
·
(3);Từ (1), (2), (3) ⇒ B'BA
B'BC
+ B'BA
' = 180
= B'BA
'

0.25
0.25

Hai tam giác A’BB’ và ABB’ bằng nhau ⇒ A 'B ' = B 'A
Ta có ⇒ B' A + B 'C = B ' A '+ B 'C ≥ A 'C = AB + BC ( B’A + B’C
không đổi vì B’, A, C cố định). Dấu “=” xảy ra khi B trùng với B’.
¼

Hoàn toàn tương tự nếu gọi D’ là điểm chính giữa cung 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
» của đường tròn (O)
các cung AC
Chú ý: Nếu thí sinh làm theo cách khác, lời giải đúng vẫn cho điểm tối đa.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THỪA THIÊN HUẾ

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC

Môn: TOÁN - Năm học 2008-2009

Đề chính thức

Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (3 điểm)
a) Không sử dụng máy tính bỏ túi, hãy chứng minh đẳng thức :
3 − 3 − 13 − 4 3 = 1 .




x +1 + y = 5
2


( x + 2 x + 1) y = 36

b) Giải hệ phương trình : 
Bài 2: (1,5 điểm)

12

0.25

0.25


Cho phương trình: x 4 − 2mx 2 + 2m − 1 = 0 .
Tìm giá trị m để phương trình có bốn nghiệm x1, x 2 , x 3 , x 4 sao cho:
x1 < x 2 < x 3 < x 4 và x 4 − x1 = 3 ( x 3 − x 2 ) .
Bài 3: (3 điểm)
Cho đường tròn (O), đường kính AB. Gọi C là trung điểm của bán kính OB và
(S) là đường tròn đường kính AC. Trên đường tròn (O) lấy hai điểm tùy ý phân biệt
M, N khác A và B. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm thứ hai của AM và AN với đường
tròn (S).
a) Chứng minh rằng đường thẳng MN song song với đường thẳng PQ.
b) Vẽ tiếp tuyến ME của (S) với E là tiếp điểm. Chứng minh: ME 2 = MA ×MP .
c) Vẽ tiếp tuyến NF của (S) với F là tiếp điểm. Chứng minh:

ME AM
=
.
NF AN

Bài 4: (1,5 điểm)

Tìm số tự nhiên có bốn chữ số (viết trong hệ thập phân) sao cho hai điều kiện
sau đồng thời được thỏa mãn:
(i) Mỗi chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng liền trước.
(ii)Tổng p + q lấy giá trị nhỏ nhất, trong đó p là tỉ số của chữ số hàng chục và
chữ số hàng đơn vị còn q là tỉ số của chữ số hàng nghìn và chữ số hàng trăm.
Bài 5: (1 điểm)
Một tấm bìa dạng tam giác vuông có độ dài ba cạnh là các số nguyên. Chứng
minh rằng có thể cắt tấm bìa thành sáu phần có diện tích bằng nhau và diện tích mỗi
phần là số nguyên.
Hết

SBD thí sinh: .................

Chữ ký GT1: ..............................

13


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THỪA THIÊN HUẾ

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC

Môn: TOÁN - Năm học 2008-2009
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

14


BÀI

NỘI DUNG

B.1
1.a

3 − 3 − 13 − 4 3 =
=

Điể
m
3,0

3 − 3 − 12 − 4 3 + 1
3 − 3−

(2

)

3 −1

=

3 − 3 − 2 3 +1 =

=

3 − 3 −1 =

2

0.25

=

3 − 3 − 2 3 −1

3−

(

)

3 −1

0.25

2

0,25

3 − 3 +1 = 1

0.25
1.b

Điều kiện y ≥ 0 .

(x

2

0,25
0,25

)

+ 2x + 1 y = 36 ⇔ x + 1 y = 6 .
u + v = 5
 uv = 6

0,50

Đặt u = x + 1 , v = y ( u ≥ 0, v ≥ 0 ), ta có hệ 

Giải ra : u = 2 , v = 3 hoặc u =3 , v = 2
Trường hợp u = 2 , v = 3 có : ( x = 1 ; y = 9 ) hoặc ( x =
Trường hợp u = 3 , v = 2 có : ( x = 2 ; y = 4 ) hoặc ( x =
Hệ đã cho có 4 nghiệm: (1;9) , (-3;9) , (2;4) , (- 4;4) .

− 3 ; y = 9)
− 4 ; y = 4)

B.2
x 4 − 2mx 2 + 2m − 1 = 0 (1)

Đặt : t = x 2 , ta có : t 2 − 2mt + 2m − 1 = 0 (2) ( t ≥ 0 ) .
2
∆ ' = m 2 − 2m + 1 = ( m − 1) ≥ 0 với mọi m.

Vậy để (1) có bốn nghiệm phân biệt thì (2) luôn có hai nghiệm dương
phân biệt t1 , t 2 . Tương đương với:

0,25
0,25
0,25
0,25
1,5
0,25
0,25
0,25

1
∆ ' > 0, P = 2m − 1 > 0, S = 2m > 0 ⇔ m > , m ≠ 1 (3)
2

Với điều kiện (3), phương trình (2) có 2 nghiệm dương 0 < t1 < t 2 và
phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt:
x1 = − t 2 < x 2 = − t 1 < x 3 = t 1 < x 4 = t 2

0,25

Theo giả thiết: x 4 − x1 = 3 ( x 3 − x 2 ) ⇔ 2 t 2 = 6 t1 ⇔ t 2 = 3 t1 ⇔ t 2 = 9t1 (4)
Theo định lí Vi-ét, ta có: t1 + t 2 = 2m và t1t 2 = 2m − 1 (5)
Từ (4) và (5) ta có: 10t1 = 2m và 9t12 = 2m − 1
5
⇒ 9m 2 − 50m + 25 = 0 ⇔ m1 = ; m 2 = 5 .
9

0,50

Cả hai giá trị đều thỏa mãn điều kiện bài toán.
Vậy để phương trình (1) có 4 nghiệm thỏa mãn điều kiện bài toán thì cần
và đủ là:
m=

B.3

5
và m = 5 .
9

3,0
15


3.a

+ Hình vẽ

·
·
CPA
= BMA
= 90 ⇒ CP / /BM
AP AC
=
Do đó :
(1)
AM AB

+ Tương tự: CQ / /BN và
AQ AC
=
(2)
AN AB
AP AQ
=
Từ (1) và (2):
,
AM AN
Do đó PQ / /MN
·
·
·
·
+ Hai tam giác MEP và MAE có : EMP
và PEM
.
= AME
= EAM

0,25

0

3.b

Do đó chúng đồng dạng .

0,25

0,25
0,50

ME MP
=
⇒ ME 2 = MA ×MP
MA ME

0,50

+ Tương tự ta cũng có: NF2 = NA ×NQ

0,25

+ Suy ra:
3.c

0,25

ME 2 MA ×MP
=
+ Do đó:
NF2 NA ×NQ
MP MA
+ Nhưng NQ = NA (Do PQ / /MN)
ME 2 AM 2
ME AM
=
⇒

=
+ Từ đó:
2
2
NF
AN
NF AN

0,25
0,25
0,25

B. 4

1,5
Xét số tùy ý có 4 chữ số abcd mà 1 ≤ a < b < c < d ≤ 9 . (a, b, c, d là các số
nguyên).
Ta tìm giá trị nhỏ nhất của p + q =

c a
+
d b

Do b, c là số tự nhiên nên: c > b ⇒ c ≥ b + 1 .

Vì vậy :

p+q ≥

0,25

b +1 1
+
9
b

p+q ≥

1 b 1 1
b 1 7
+ + ≥ +2 × =
9 9 b 9
9 b 9

0,75

p+q =

7
b 1
trong trường hợp c = b + 1, d = 9, a = 1, =
9
9 b

0,25

Vậy số thỏa mãn các điều kiện của bài toán là: 1349

0,25
1,0

B.5
Gọi a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác vuông ABC, c là cạnh huyền.
Ta có a 2 + b 2 = c 2 ; a, b, c ∈ N* , diện tích tam giác ABC là S =

ab
2

Trước hết ta chứng minh ab chia hết cho 12.
+ Chứng minh ab M3
Nếu cả a và b đồng thời không chia hết cho 3 thì a 2 + b 2 chia 3 dư 2.
Suy ra số chính phương c2 chia 3 dư 2, vô lý.
+ Chứng minh abM4

0.25

0,25
0,25
16


- Nếu a, b chẵn thì abM4 .
- Nếu trong hai số a, b có số lẻ, chẳng hạn a lẻ.
Lúc đó c lẻ. Vì nếu c chẵn thì c 2 M4 , trong lúc a 2 + b 2 không thể chia hết
cho 4.
Đặt a = 2k + 1, c = 2h + 1, k, h ∈ N . Ta có :
2
2
2
b = ( 2h + 1) − ( 2k + 1) = 4 ( h − k ) ( h + k + 1) = 4 ( h − k ) ( h − k + 1) + 8k ( h − k ) M8

Suy ra bM4 .
Nếu ta chia cạnh AB (chẳng hạn) thành 6 phần bằng nhau, nối các điểm
chia với C thì tam giác ABC được chia thành 6 tam giác, mỗi tam giác
ab
này có diện tích bằng
là một số nguyên.
12

0.25

Ghi chú:
− Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa câu đó.
− Điểm toàn bài không làm tròn.

17


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN
HƯNG
YÊN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN

Năm học 2009 – 2010
Môn thi: Toán
(Dành cho thí sinh
Hướng
thi vào
dẫncác

chấm
lớp thi
chuyên Toán, Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút

Đề chính thức

Bài 1: (1,5 điểm)


Cho a = 2 : 


1
7 +1 −1

−


÷
7 +1 +1÷

1

Hãy lập một phương trình bậc hai có hệ số nguyên nhận a - 1 là một nghiệm.
Bài 2: (2,5 điểm)
x 16

 xy − y = 3
a) Giải hệ phương trình: 

 xy − y = 9

x 2

b) Tìm m để phương trình ( x 2 − 2x ) − 3x 2 + 6x + m = 0 có 4 nghiệm phân biệt.
2

Bài 3: (2,0 điểm)
a) Chứng minh rằng nếu số nguyên k lớn hơn 1 thoả mãn k 2 + 4 và k 2 + 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 đường 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 đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD.
c) Tổng bán kính các đường 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 -----------Bài 1: (1,5 điểm)
18



1

a = 2:
−

7 +1 −1

2
= 7
a = 2:
7


÷= 2 :
7 +1 +1÷


7 +1 +1−
7

1

7 +1 +1

0,5 đ
0,25 đ

Đặt x = a − 1 ⇔ x = 7 − 1 ⇔ x + 1 = 7 ⇒ x 2 + 2x + 1 = 7
⇔ x 2 + 2x − 6 = 0

Vậy phương trình x 2 + 2x − 6 = 0 nhận 7 − 1 làm nghiệm

0,5 đ
0,25 đ

Bài 2: (2,5 điểm)
x 16

x 16

xy
−
=
(1)
xy
−
=


y 3
y 3

⇔
a) 
ĐK: x, y ≠ 0
y
x
5
y
9
 xy − =
 − =

(2)

 x y 6
x 2
Giải (2) ⇔ 6y 2 − 6x 2 = 5xy ⇔ (2x + 3y)(3x − 2y) = 0
−3y
.
2
−3y 3 16
y.
+ =
2
2 3

0,25 đ
0,25 đ

* Nếu 2x + 3y = 0 ⇔ x =
Thay vào (1) ta được

−3y 2 23
=
(phương trình vô nghiệm)
2
6
2y
* Nếu 3x − 2y = 0 ⇔ x = .
3
2
Thay vào (1) ta được y = 9 ⇔ y = ±3

⇔

- Với y = 3 ⇒ x = 2 (thoả mãn điều kiện)
- Với y = −3 ⇒ x = −2 (thoả mãn điều kiện)
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm: (x; y) = (2; 3); (x; y) = (-2; -3)
2
b) Đặt x 2 − 2x + 1 = y ⇔ ( x − 1) = y ⇔ x = 1 ± y (y ≥ 0) (*)
Phương trình đã cho trở thành: ( y − 1) − 3 ( y − 1) + m = 0
2

0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

⇔ y 2 − 5y + m + 4 = 0 (1)

Từ (*) ta thấy, để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì
0,25 đ
phương trình (1) có 2 nghiệm dương phân biệt
∆ > 0
9 − 4m > 0


⇔ S > 0 ⇔ 5 > 0
P > 0

m + 4 > 0



0,25 đ

19


9

9
m <
⇔
4 ⇔ −4 < m <
4
m > −4
9
Vậy với −4 < m < thì phương trình có 4 nghiệm phân biệt.
4

0,25 đ

Bài 3: (2,0 điểm)
a) Vì k > 1 suy ra k 2 + 4 > 5; k 2 + 16 > 5
- Xét k = 5n + 1 với n ∈ ¢ ⇒ k 2 = 25n 2 + 10n + 1 ⇒ k 2 + 4 M5

0,25 đ

⇒ k 2 + 4 không là số nguyên tố.

- Xét k = 5n + 2 với n ∈ ¢ ⇒ k 2 = 25n 2 + 20n + 4 ⇒ k 2 + 16 M5
⇒ k 2 + 16 không là số nguyên tố.

- Xét k = 5n + 3 với n ∈ ¢ ⇒ k 2 = 25n 2 + 30n + 9 ⇒ k 2 + 16 M5
⇒ k 2 + 16 không là số nguyên tố.

0,25 đ
0,25 đ

- Xét k = 5n + 4 với n ∈ ¢ ⇒ k 2 = 25n 2 + 40n + 16 ⇒ k 2 + 4 M5
0,25 đ

⇒ k 2 + 4 không là số nguyên tố.
Do vậy k M5
2
2
2
b) Ta chứng minh: Với ∀a, b, c thì ( a + b + c ) ≤ 3 ( a + b + c ) (*)
2

Thật vậy (*) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca ≤ 3a 2 + 3b 2 + 3c 2
⇔ (a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a) 2 ≥ 0 (luôn đúng)
áp dụng (*) ta có:

(

p−a + p−b + p−c

Suy ra

)

2

≤ 3 ( 3p − a − b − c ) = 3p

0,5 đ

0,5 đ

p − a + p − b + p − c ≤ 3p (đpcm)

Bài 4: (3,0 điểm)
N

D

J
I

A

O

C

B
M

20


a) Xét ∆MBC và ∆MDB có:
·
·
BDM
= MBC
·
·
BMC
= BMD

0,5 đ

Do vậy ∆MBC và ∆MDB đồng dạng
Suy ra

0,5 đ

MB MD
=
⇒ MB.BD = MD.BC
BC BD

·
·
·
= 2BDC
= 2MBC

b) Gọi (J) là đường tròn ngoại tiếp ∆BDC ⇒ BJC
·
hay ⇒ MBC
=

·
BJC
2

0,5 đ

·
1800 − BJC
·
∆BCJ cân tại J ⇒ CBJ
=
2
·
·
BJC
180O − BJC
·
·
Suy ra MBC + CBJ =
+
= 90O ⇒ MB ⊥ BJ
2
2

0,5 đ

Suy ra MB là tiếp tuyến của đường tròn (J), suy ra J thuộc NB
c) Kẻ đường kính MN của (O) ⇒ NB ⊥ MB
Mà MB là tiếp tuyến của đường tròn (J), suy ra J thuộc NB
Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp ∆ADC
Chứng minh tương tự I thuộc AN
·
·
·
·
Ta có ANB
= ADB
= 2BDM
= BJC
⇒ CJ // IN
Chứng minh tương tự: CI // JN
Do đó tứ giác CINJ là hình bình hành ⇒ CI = NJ
Suy ra tổng bán kính của hai đường tròn (I) và (J) là:
IC + JB = BN (không đổi)
Bài 5: (1,0 điểm)
A

E

0,5 đ

F

a

B

b
h

c

M
K
D

0,5 đ

G
H

g

d

f

e
J

I

C

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 dương)
Do các góc của hình 8 cạnh bằng nhau nên mỗi góc trong của hình 8 0,25 đ
cạnh có số đo là:

(8 − 2).180O
= 135O
8

Suy ra mỗi góc ngoài của hình 8 cạnh đó là: 180O - 135O = 45O

0,5 đ
21


Do đó các tam giác MAE ; FBG ; CIH ; DKJ là các tam giác vuông
cân.
⇒ MA = AE =

h
b
d
; BF = BG =
; CH = CI =
; DK = DJ =
2
2
2

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

2=

h +b−f −d
∈ ¤ (điều này vô lý do
e−a

tỉ)
Vậy e - a = 0 ⇔ e = a hay EF = IJ (đpcm).

SỞ GD&ĐT VĨNH
PHÚC
——————

ĐỀ CHÍNH THỨC

2 là số vô

0,25 đ

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)

1 1 9

x + y + x + y = 2

Giải hệ phương trình: 
 xy + 1 = 5

xy 2

b) Giải và biện luận phương trình: | x + 3 | + p | x − 2 |= 5 (p là tham số có giá trị thực).
Câu 2: (1,5 điểm)
22

Cho ba số thực a, b,c đôi một phân biệt.
a2
b2
c2
+
+
≥2
Chứng minh
(b − c) 2 (c − a) 2 (a − b) 2

Câu 3: (1,5 điểm)
Cho A =

1
4x + 4x + 1
2

và B =

2x − 2
x 2 − 2x + 1

2A + B
Tìm tất cả các giá trị nguyên của x sao cho C =
là một số nguyên.
3

Câu 4: (3,0 điểm)
Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB

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 .......................
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
Điều kiện xy ≠ 0
 2[xy(x + y) + (x + y)] = 9xy (1)

Hệ đã cho 

2
 2(xy) − 5xy + 2 = 0

 xy = 2 (3)
Giải PT(2) ta được: 
1
xy =
(4)

2

(2)

Điể
m
0,25
0,25
0,50

23


 x = 1

x + y = 3
y = 2
⇔
Từ (1)&(3) có: 
x = 2
 xy = 2

  y = 1

0,25

 x = 1

3

 y = 1
 x + y = 2

2
⇔
Từ (1)&(4) có: 

 xy = 1
  x = 1

2

2
 y = 1

Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là: ( x; y ) = (1; 2), (2; 1), (1; 1/ 2), (1/ 2; 1)

0,25

0,25

b) 1,25 điểm:
Xét 3 trường hợp:
TH1. Nếu 2 ≤ x thì PT trở thành: (p + 1)x = 2(p + 1)

(1)
TH2. Nếu −3 ≤ x < 2 thì PT trở thành: (1 − p)x = 2(1 − p)
(2)
TH3. Nếu x < −3 thì PT trở thành: (p + 1)x = 2(p − 4)
(3)
Nếu p ≠ ±1 thì (1) có nghiệm x = 2 ; (2) vô nghiệm; (3) có nghiệm x nếu thoả mãn:

0,25

x=

0,25

2(p − 4)
< −3 ⇔ −1 < p < 1 .
p +1
Nếu p = −1 thì (1) cho ta vô số nghiệm thoả mãn 2 ≤ x ; (2) vô nghiệm; (3) vô

nghiệm.
Nếu p = 1 thì (2) cho ta vô số nghiệm thoả mãn −3 ≤ x < 2 ; (1) có nghiệm x=2;
(3)VN
Kết luận:

0,25
0,25

2(p − 4)

+ Nếu -1 < p < 1 thì phương trình có 2 nghiệm: x = 2 và x = p + 1
+ Nếu p = -1 thì phương trình có vô số nghiệm 2 ≤ x ∈ ¡

+ Nếu p = 1 thì phương trính có vô số nghiệm −3 ≤ x ≤ 2

0,25

 p < −1

+ Nếu 
thì phương trình có nghiệm x = 2.
 p >1
Câu 2 (1,5 điểm):
+ Phát hiện và chứng minh
bc
ca
ab
+
+
=1
(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



b
c 
bc
ca

ab
 a
+
+
+
+
÷≥ 2

÷ + 2
 b−c c−a a−b
 (a − b)(a − c) (b − c)(b − a) (c − a)(c − b) 

Câu 3 (1,5 điểm):
Điều kiện xác định: x ≠ 1 (do x nguyên).
1

2(x − 1)

0,5

0,25
2

1

x −1 

+
Dễ thấy A = | 2x + 1| ; B = | x − 1| , suy ra: C = 
÷

3  | 2x + 1| | x − 1| 

2 1
4(x + 1)
1 − 2x
 4(x + 1)
+ 1÷ =
> 0 ⇒ C −1 =
−1 =
<0
Nếu x > 1 . Khi đó C = 
3  2x + 1  3(2x + 1)
3(2x + 1)
3(2x + 1)

0,25
0,5
24


Suy ra 0 < C < 1 , hay C không thể là số nguyên với x>1.
1
2

Nếu − < x < 1 . Khi đó: x = 0 (vì x nguyên) và C = 0 . Vậy x = 0 là một giá trị cần

0,25

tìm.
1

2
2
1
4(x + 1)

C = −
− 1÷ = −
≤0
3  2x + 1 
3(2x + 1)
−1 < C ≤ 0 hay C =0 và x = -1.

Nếu x < − . Khi đó x ≤ −1 (do x nguyên). Ta có:
và

C +1 = −

4(x + 1)
2x − 1
+1 =
> 0,
3(2x + 1)
3(2x + 1)

suy

ra

Vậy các giá trị tìm được thoả mãn yêu cầu là: x = 0 , x = -1.
Câu 4 (3,0 điểm):

a) 2,0 điểm:
Nội dung trình bày

0,25

Điể
m

Gọi I là trung điểm AB,
I

A

B

K

E

M

H

0,25

KB = KD (K là trung điểm BD)

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

·
·
IKB
= EKD
Suy ra ∆KIB = ∆KED ⇒ IK = KE .
Chứng minh tương tự có: ∆MIA = ∆MRC

Q

D

E = IK ∩ CD , R = IM ∩ CD . Xét hai tam giác
·
·
KIB và KED có: ABD
= BDC

R

C

Suy ra: MI = MR
Trong tam giác IER có IK = KE và MI =
MR nên KM là đường trung bình ⇒ KM //
CD
Do CD // AB (gt) do đó KM // AB (đpcm)

0,25
0,25

b) 1,0 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
Có: QK ⊥ AD (gt), IE//AD (CM trên) ⇒ QK ⊥ IE . Tương tự có QM ⊥ IR
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
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).

0,2
5
0,2
5
0,2
5
0,2
5

Câu 5 (1,0 điểm):

25