Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán và đáp án

SỞ GD VÀ ĐT
THANH HOÁ
Đề chính thức

KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC: 2009 - 2010
Môn: Toán (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi:19 tháng 6 năm 2009

Câu 1( 2,0 điểm)
Cho biểu thức: T =

2x 2 + 4
1
1
−
−
3
1− x
1+ x 1− x

1. Tìm điều kiện của x để T xác định. Rút gọn T
2. Tìm giá trị lớn nhất của T.
Câu 2 ( 2,0 điểm)
 2x 2 − xy = 1
 2
2
 4x + 4xy − y = 7

1. Giải hệ phương trình:

2. Giải phương trình:

x − 2 + y + 2009 + z − 2010 =

1
(x + y + z)
2

Câu 3 (2,0 điểm)
1. Tìm các số nguyên a để phương trình: x 2- (3+2a)x + 40 - a = 0 có nghiệm
nguyên. Hãy tìm các nghiệm nguyên đó.
a≥0


b≥0
2. Cho a, b, c là các số thoả mãn điều kiện: 
19a + 6b + 9c = 12


Chứng minh rằng ít nhất một trong hai phương trình sau có nghiệm
x 2 − 2(a + 1)x + a 2 + 6abc + 1 = 0
x 2 − 2(b + 1)x + b 2 + 19abc + 1 = 0

Câu 4 (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn tâm O đường kính
AD. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, E là một điểm trên cung BC không chứa điểm
A.
1. Chứng minh rằng tứ giác BHCD là hình bình hành.
2. Gọi P và Q lần lượt là các điểm đối xứng của E qua các đường thẳng AB và
AC. Chứng minh rằng 3 điểm P, H, Q thẳng hàng.

3. Tìm vị trí của điểm E để PQ có độ dài lớn nhất.
Câu 5 ( 1,0 điểm)
Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có ba góc nhọn. Chứng minh rằng
với mọi số thực x, y, z ta luôn có:

x 2 y 2 z 2 2x 2 + 2y 2 + 2z 2
+ + >
a 2 b2 c2
a 2 + b2 + c2

------Hết----Họ và tên thí sinh:.....................
Họ tên và chữ ký của giám thị 1
SỞ GD VÀ ĐT
THANH HOÁ

Số báo danh:......................
Họ tên và chữ ký của giám thị 2
KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC: 2009 - 2010
1


Đề chính thức

Môn: Toán (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Hướng dẫn chấm

Câu

ý

1

2

Nội dung

Điểm
2,0
0,25

1

Điều kiện: x ≥ 0; x ≠ 1

2

2x 2 + 4
2
2 − 2x
2
−
=
= 2
3
3
1− x
1− x 1− x
x + x +1

2
T lớn nhất khi x + x + 1 nhỏ nhất, điều này xẩy ra khi x= 0

1

T=

0,75

Vậy T lớn nhất bằng 2

0,5
0,5

 2x 2 − xy = 1
Giải hệ phương trình:  2
2
 4x + 4xy − y = 7

2x 2 − 1
Nhận thấy x = 0 không thoả mãn hệ nên từ (1) ⇒ y =
(*)
x
2
2
2x − 1
2x − 1 2
) =7
Thế vào (2) được: 4x2 + 4x.
-(

x
x

0,25

⇔ 8x4 – 7x2 - 1 = 0
Đặt t = x2 với t ≥ 0 ta được 8t2 - 7t - 1 = 0

0,25

⇔

t = 1 hoặc t = -

1
(loại)
8

với t =1 ta có x2 = 1 ⇔ x = ± 1 thay vào (*) tính được y = ± 1
x = 1
y = 1

Hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm: 

2

;

 x = −1


 y = −1

ĐK: x ≥ 2; y ≥ −2009; z ≥ 2010
Phương trình đã cho tương đương với:

3

1

) (

) (

0,25
0,25

x + y + z = 2 x − 2 + 2 y + 2009 + 2 z − 2010
2
2
2
⇔ x − 2 − 1 + y + 2009 − 1 + z − 2010 − 1 = 0
⇔ x = 3; y = −2008; z = 2011

(

0,25

)

PT đã cho có biệt số ∆ = 4a2 + 16a -151

PT có nghiệm nguyên thì ∆ = n2 với n ∈ N
Hay 4a2 + 16a - 151 = n2 ⇔ (4a2 + 16a + 16) - n2 = 167
⇔ (2a + 4)2 - n2 = 167 ⇔ (2a + 4 + n)(2a + 4 - n) = 167
Vì 167 là số nguyên tố và 2a + 4 + n > 2a + 4 - n nên phải có:

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

2a + 4 + n = 167

2


2a + 4 - n = 1
 4a + 8 = 168

⇒ 
 4a + 8 = − 168

2a + 4 + n = -1

a = 40

⇒
a = − 44

0,25

2a + 4 - n = -167

2

với a = 40 đựơc PT: x2 - 83x = 0 có 2 nghiệm nguyên x = 0, x = 83
với a = - 44 thì PT có 2 nghiệm nguyên là x= -1, x = - 84
Ta có: ∆1' = a(2 − 6bc) ; ∆ 2 ' = b(2 − 19ac)
Suy ra ∆1' + ∆ 2' = a(2 − 6bc) + b(2 − 19ac)
Từ giả thiết 19a + 6b + 9c = 12 , ta có tổng

0,25
0,25
0,25

(2 − 6bc) + (2 − 19ac) = 4 − c(19a + 6b) = 4 − c(12 − 9c)

= 9c 2 − 12c + 4 = ( 3c − 2 ) ≥ 0 .
2

Do đó ít nhất một trong hai số (2 − 6bc) ;(2 − 19ac) không âm
Mặt khác, theo giả thiết ta có a ≥ 0 ; b ≥ 0 . Từ đó suy ra ít nhất một
trong hai số ∆1' ; ∆ 2 ' không âm, suy ra ít nhất một trong hai phương
trình đã cho có nghiệm ( đpcm)
4

0,25

0,25

1

Vì H là trực tâm tam giác ABC nên BH ⊥ AC (1)

0,25

Mặt khác AD là đường kính của đường tròn tâm O nên DC ⊥ AC (2)
Từ (1) và (2) suy ra BH // DC.
Hoàn toàn tương tự, suy ra BD // HC.
Suy ra tứ giác BHCD là hình bình hành ( Vì có 2 cặp cạnh đối song

0,25
0,25
0,25

song).

3


Theo giả thiết, ta có: P đối xứng với E qua AB suy ra AP=AE
0,25

∠PAB = ∠EAB
⇒ ∆PAB = ∆EAB ( c.g. c ) ⇒ ∠APB = ∠AEB

Lại có ∠AEB = ∠ACB ( góc nội tiếp cùng chắn một cung)
⇒ ∠APB = ∠ACB

2

0,25

Mặt khác ∠AHB + ∠ACB = 1800 ⇒ ∠APB + ∠AHB = 1800 ⇒ tứ giác
APHB là tứ giác nội tiếp ⇒ ∠PAB = ∠PHB ( góc nội tiếp cùng chắn một
cung)

0,25

Mà ∠PAB = ∠EAB ⇒ ∠PHB = ∠EAB
Hoàn toàn tương tự, ta có: ∠CHQ = ∠EAC .Do đó:
∠PHQ = ∠PHB + ∠EHC + ∠CHQ = ∠BAE + ∠EAC + ∠BHC =
= ∠BAC + ∠BHC = 1800

0,25

Suy ra ba điểm P, H, Q thẳng hàng
Vì P, Q lần lượt là điểm đối xứng của E qua AB và AC nên ta có
AP = AE = AQ suy ra tam giác APQ là tam giác cân đỉnh A
Mặt khác, cũng do tính đối xứng ta có ∠PAQ = 2∠BAC ( không đổi)
Do đó cạnh đáy PQ của tam giác cân APQ lớn nhất khi và chỉ khi AP,
AQ lớn nhất ⇔ AE lớn nhất.
3

Điều này xảy ra khi và chỉ khi AE là đường kính của đường tròn tâm O
ngoại tiếp tam giác ABC ⇔ E ≡ D

C

0,25

0,25
0,25

H

a

B

0,25

b

c

4
A


5
Vì a 2 + b 2 + c2 > 0 ta có:
 x 2 y2 z 2 
+ b2 + c2  2 + 2 + 2 ÷ =
b
c 
a

b2 + c2 − a 2  2 
a 2 + c2 − b2
= x2  2 +

+
y
2
+
÷

a2
b2




(a

2

)

 2
a 2 + b2 − c2 
+
z
2
+
÷

÷
c2




2
2
2
2
2
2
2
 b + c − a  2  a + c − b  2  a + b2 − c2 
= 2x 2 + 2y 2 + 2z 2 + x 2 
÷+ y 
÷+ z 
÷
a2
b2
c2







0,25
0,25

(*)
Giả sử a ≤ b ≤ c thì c2 − a 2 ≥ 0;c 2 − b 2 ≥ 0 . Với cạnh c lớn nhất ∠ACB
nhọn (gt) do vậy kẻ đường cao BH ta có
c 2 = BH 2 + HA 2 ≤ BC 2 + CA 2 = a 2 + b 2 từ đó suy ra biểu thức (*) là không

âm suy ra điều phải chứng minh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
YÊN BÁI

0,5

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
NĂM HỌC 2009-2010

5


MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 150 phút không kể giao đề

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài 1(2,5 điểm): Cho M =

x x −1 x x +1
−
x− x
x+ x

1- Tìm điều kiện để M có nghĩa.
2- Rút gọn M (với điều kiện Mcó nghĩa)
3- Cho N=

1

6
1 
3
 6x + + x + 3 ÷. Tìm tất cả các giá trị của x để M = N
18 
x
x 

y = x2

 z = xy
Bài 2(1,5) điểm): Giải hệ phương trình: 
1 = 1 + 2
 x y z

với x, y, z > 0

Bài 3(1,5 điểm):
Tính giá trị của biểu thức A = x 3 − 6x với x = 3 20 + 14 2 + 3 20 − 14 2
Bài 4(3,0 điểm):
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm O đường kính
AH, đường tròn (O) cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại D và E. Các tiếp tuyến với đường
tròn (O) tại D và E cắt BC thứ tự ở M và N.
1- Chứng minh rằng tứ giác ADHE là hình chữ nhật và ba điểm D, O, E thẳng
hàng.
2- Chứng minh rằng M là trung điểm của HB và N là trung điểm của HC.
3- Tính diện tích tứ giác DENM, biết AB = 7cm, AC = 10 cm.
Bài 5(1,5 điểm): Tìm tất cả các bộ ba số (x; y; z) với x, y, z ∈ Z để:
P = (x − zy) 2 + 6(x − zy) + x 2 + 16y 2 − 8xy + 2x − 8y +10 đạt giá trị nhỏ nhất.
---------- Hết -----------Họ và tên thí sinh:..................................................................Phòng

thi:..............SBD:.......................
Họ và tên, chữ ký giám thị 1

Họ và tên, chữ ký giám thị 2

...................................................................

...................................................................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
YÊN BÁI

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
NĂM HỌC 2009-2010
6


MÔN TOÁN
ĐÁP ÁN-HƯỚNG DẪN CHẤM THI
Điểm

Nội dung
Bài 1(2,5 điểm): Cho M =

x x −1 x x +1
−
x− x
x+ x

1- Tìm điều kiện để M có nghĩa.

2- Rút gọn M (với điều kiện M M có nghĩa)
3- Cho N=

1
6
1 
3
 6x + + x + 3 ÷. Tìm tất cả các giá trị của x để M = N
18 
x
x 

1-(0,5 đ)
x ≥0

Để M có nghĩa, ta có:  x − x ≠ 0

x + x ≠ 0
x≥0

x > 0
⇔  x ( x − 1) ≠ 0 ⇔ 
x ≠1

x
(
x
+
1)
≠

0


0,25

2-(1,0 đ)
Với x > 0, ≠ 1 ta có:

0,25

0,25

(x x − 1)(x + x ) − (x x + 1)(x − x )
x2 − x
x2 x + x2 − x − x − x2 x + x2 − x + x
=
x2 − x
2x 2 − 2x
= 2
x −x
2(x 2 − x)
=
= 2. Vậy M = 2
x2 − x

M=

0,25
0,25
0,25

0,25

3-(1,0 đ)

Với x > 0, ≠ 1 ta có: 2 =

1
1
1 
3
 6(x + ) + x + 3 ÷
18 
x
x 

(1)

1
= y > 2 (vì x > 0, ≠ 1 )
x
1
1
1
1
1
3
3
2 1
3
3

3
Ta có y = x + 3 + 3x . + 3x. 2 = x + 3 + 3(x + ) ⇒ x + 3 = y − 3y
x
x
x
x
x
x
3
3
⇔
36
=
6y
+
y
−
3y
y
+
3y
−
36
=
0
Do đó, từ (1) ta có:
⇔ 0 = (y3 − 33 ) + (3y − 9) = (y − 3)(y 2 + 3y + 9) + 3(y − 3) = (y − 3)(y 2 + 3y + 12)

Đặt x +

2

3
39
⇔ y = 3 > 2 (vì y + 3y + 12 =  x + ÷ +
>0)
2
4

1
Với y = 3 , ta có x + = 3 ⇔ x 2 − 3x + 1 = 0 ( ∆ = 9- 4= 5 > 0)
x
2

0,25
0,25

0,25

7


⇔ x1 = 3 + 5 , x 2 = 3 − 5 (tmđk). Vậy với x1 = 3 + 5 , x 2 = 3 − 5 thì M = N
2
2
2
2
y = x2

 z = xy

Bài 2(1,5) điểm): Giải hệ phương trình: 
với x, y, z > 0
1
1
2
 = +
 x y z
Thế (1) vào (2) ta có z = x 3 (4)
1 1
2
x2 x + 2
= 2 + 3 hay 3 = 3 , vì x > 0
Thế (1) và (4) vào (3) ta có
x x
x
x
x
2
Ta có x = x + 2
⇔ x 2 − x − 2 = 0 (a-b+c = 1 +1- 2 = 0)
⇔ x1 = 2 > 0 , x 2 = −1 < 0 (loại)
Do x = 2 ⇒ y = 4 > 0, z = 8 > 0
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x; y; z) = (2; 4;8)

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

Bài 3(1,5 điểm):
Tính giá trị của biểu thức A = x 3 − 6x với x = 3 20 + 14 2 + 3 20 − 14 2
Đặt a = 3 20 + 14 2 , b = 3 20 − 14 2 , ta có x = a + b
Có x 3 = a3 + b3 + 3a2b +3ab2 , vì a3 + b3 = 20 +14 2 +20 -14 2 = 40, nên
x 3 = 40 + 3ab(a+b) = 40 + 3ab x
Ta lại có ab = 3 20 + 14 2 .3 20 − 14 2 = 3 (20 + 14 2 )(20 − 14 2 ) = 3 20 2 − 2.14 2
= 3 8=2
Vậy A = x 3 - 6x = 40 + 6x – 6x = 40

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

Bài 4(3,0 điểm):
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm O đường
kính AH, đường tròn (O) cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại D và E. Các tiếp
tuyến với đường tròn (O) tại D và E cắt BC thứ tự ở M và N.
1- Chứng minh rằng tứ giác ADHE là hình chữ nhật và ba điểm D, O, E thẳng
hàng.
2- Chứng minh rằng M là trung điểm của HB và N là trung điểm của HC.
3- Tính diện tích tứ giác DENM, biết AB = 7cm, AC = 10 cm.
1-(1 đ) Có:
A
∠DAE =1v(gt)
1
(O))

2
1
∠AEH =1v(góc nội tiếp chắn (O))
2
⇒ ∠DAE = ∠ADH = ∠AEH
∠ADH =1v(góc nội tiếp chắn

0,25

E
D

⇒ tứ giác ADHE là hình chữ nhật.
B
M
Vì ∠DAE =1v(gt) ⇒ DE là đường kính của (O)
⇒ D,O,E thẳng hàng.

0,25
H

N

C

0,25
0,25

8

2-(1,0 đ)
Vì AH ⊥ BC tại H ⇒ BC là tiếp tuyến của (O)
Ta có MD = MH (hai tiếp tuyến của (O) cùng xuất phát từ M)
OD = OH =

1
AH (vì ADHE là hình chữ nhật)
2

⇒ OM là đường trung trực của DH
⇒ OM ⊥ DH
0,25
Vì ∠ADH =1v (theo (2)) ⇒ AB ⊥ DH tại D
⇒ OM//AB
0,25
1
Vì OA= OH = AH (vì ADHE là hình chữ nhật)
2
Từ (8) và (9) ⇒ OM là đường trung bình của ∆ AHB ⇒ MB=MH ⇒ M là trung

điểm của HB.
Chứng minh tương tự ta có NH = NC ⇒ N là trung điểm của HC.
3-(1,0 đ)
MD ⊥ DE tại D (MD là tiếp tuyến của (O) tại D)
NE ⊥ DE tại E (NE là tiếp tuyến của (O) tại E)
⇒ MD//NE ⇒ DENM là hình thang vuông, đường cao DE
Gọi diện tích hình thang DENM là SDENM. Ta có: SDENM =

1

(MD+NE).DE
2

Vì MD = MH (hai tiếp tuyến của (O) cùng xuất phát từ M)
NE = NH (hai tiếp tuyến của (O) cùng xuất phát từ N)
⇒ MD+NE= MN =

2 2

4

0,25
0,25

0,25

4

Bài 5(1,5 điểm): Tìm tất cả các bộ ba số (x; y; z) với x, y, z ∈ Z để:
P = (x − zy) 2 + 6(x − zy) + x 2 + 16y 2 − 8xy + 2x − 8y + 10 đạt giá trị nhỏ nhất.
P = [( x − zy )2 + 6 ( x − zy ) + 9 ] + [ (x2 – 8 xy + 16 y2) + 2 ( x − 4y ) + 1 ]
= [( x − zy ) + 3 ]2 + [( x − 4y )2 + 2 ( x − 4y ) + 1 ]
= ( x − zy + 3 )2 +( x − 4y + 1 )2 ≥ 0
 x − zy + 3 = 0 (1')
 x − 4y + 1 = 0 (2 ')
Lấy (1’) – (2’) , ta có −zy + 4y + 2 = 0 ⇔ (z − 4)y = 2
2
⇔ y=
(z ≠ 4)
(1)

z−4
Vì y ∈ Z nên z − 4 = ±1; ± 2 , đồng thời theo (1) và (2’) ta có:
z − 4 = −1 ⇔ z = 3 ⇒ y = −2 ⇒ x = −9 ; z − 4 = 1 ⇔ z = 5 ⇒ y = 2 ⇒ x = 7
z − 4 = −2 ⇔ z = 2 ⇒ > y = −1 ⇒ x = −5 ; z − 4 = 2 ⇔ z = 6 ⇒ y = 1 ⇒ x = 3
Vậy với ( x; y; z ) = [ ( − 9;−2;3) , ( 7;2;5) , ( − 5;−1;2 ) , ( 3;1;6) ] thì P đạt giá trị nhỏ nhất

(bằng 0)

0,25

1
BC (vì MH=MB, NH=NC)
2

Lại có DE = AH (vì ADHE là hình chữ nhật)
1 1
1
1
Do đó: SDENM = . BC.AH = AB.AC = .10.7 = 17,5 (cm2)

P nhỏ nhất khi: 

0,25

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

9


Chú ý:
- Thí sinh làm cách khác đúng, hợp lý vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm của bài thi là tổng số điểm của từng bài, điểm của từng bài là tổng số điểm
của từng phần (điểm bài thi, điểm từng bài, điểm từng phần của bài không làm tròn số).

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Năm học 2008-2009
Môn TOÁN

Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao
đề )
10


Bài 1 ( 1 điểm ):
a) Thực hiện phép tính:

3 10 + 20 − 3 6 − 12

.

5− 3
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x − x − 2008 .

Bài 2 ( 1,5 điểm ):
mx − y = 2
3x + my = 5

Cho hệ phương trình: 

a) Giải hệ phương trình khi m = 2 .
b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn hệ
thức x + y = 1 −

m2
.
m2 + 3

Bài 3 (1,5 điểm ):
1
2

a) Cho hàm số y = − x 2 , có đồ thị là (P). Viết phương trình đường thẳng đi
qua hai điểm M và N nằm trên (P) lần lượt có hoành độ là − 2 và 1.
b) Giải phương trình: 3x 2 + 3x − 2 x 2 + x = 1 .
Bài 4 ( 2 điểm ):
Cho hình thang ABCD (AB // CD), giao điểm hai đường chéo là O. Đường
thẳng qua O song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại M và N.
MO MO
+
= 1.
CD AB
1

1
2
+
=
.
b) Chứng minh:
AB CD MN
c) Biết S AOB = m 2 ; S COD = n 2 . Tính S ABCD theo m và n (với

a) Chứng minh:

S AOB , S COD ,

SABCD lần lượt là diện tích tam giác AOB, diện tích tam giác COD, diện tích tứ giác

ABCD).
Bài 5 ( 3 điểm ): Cho đường tròn ( O; R ) và dây cung AB cố định không đi qua tâm O;
C và D là hai điểm di động trên cung lớn AB sao cho AD và BC luôn song song. Gọi M
là giao điểm của AC và BD. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác AOMB là tứ giác nội tiếp.
b) OM ⊥ BC.
c) Đường thẳng d đi qua M và song song với AD luôn đi qua một điểm cố
định.
Bài 6 ( 1 điểm ):
x2 y2
+
≥ x+y.
y
x
b) Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh rằng n 4 + 4 n là hợp số.

a) Cho các số thực dương x; y. Chứng minh rằng:

11


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Năm học 2008-2009
Môn TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao
đề )
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
I. Hướng dẫn chung:
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm
từng phần như hướng dẫn quy định.
2) Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải
đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất trong Hội đồng chấm
thi.
3) Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25.
II. Đáp án:
Bài
Nội dung
Điểm
0,25
( 5 − 3 )(3 2 + 2)
a) Biến đổi được:

5− 3
0,25
=3 2+2
b) Điều kiện x ≥ 2008

1
1
1
x − x − 2008 = ( x − 2008 − 2. . x − 2008 + ) + 2008 −
2
4
4
1
8031 8031
= ( x − 2008 − ) 2 +
≥
2
4
4
1
8033
Dấu “ = “ xảy ra khi x − 2008 = ⇔ x =
(thỏa mãn). Vậy giá trị
2
4
8031
8033
khi x =
nhỏ nhất cần tìm là
.

4
4
 2 x − y = 2
a) Khi m = 2 ta có hệ phương trình 
3x + 2 y = 5

2 2 +5
2 x − 2 y = 2 2
x =
⇔
⇔
5
3x + 2 y = 5
y = 2x − 2


2 2 +5
x =

5
⇔
2
y = 5 2 − 6

(1,5đ)
5
2m + 5
5m − 6
;y= 2
b) Giải tìm được: x = 2

m +3
m +3
m2
x + y = 1− 2
Thay
vào
hệ
thức
;
ta
được
m +3

1
(1đ)

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25
0,25

12

0,25

2m + 5 5m − 6
m2
+
=
1
−
m2 + 3 m2 + 3
m2 + 3
4
Giải tìm được m =
7
1
2

a) Tìm được M(- 2; - 2); N (1 : − )

0,25

Phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b, đường thẳng đi qua M và
N nên
3
(1,5đ)

− 2a + b = −2


1

a + b = − 2

0,25
1
2

Tìm được a = ; b = −1 . Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là 0,25
y=

1
x −1
2

b) Biến đổi phương trình đã cho thành 3( x 2 + x ) − 2 x 2 + x − 1 = 0
Đặt t = x 2 + x ( điều kiện t ≥ 0 ), ta có phương trình 3t 2 − 2 t − 1 = 0
1
Giải tìm được t = 1 hoặc t = − (loại)
3

Với t = 1, ta có
hoặc x =

−1+ 5
x 2 + x = 1 ⇔ x 2 + x − 1 = 0 . Giải ra được x =
2

0,25
0,25

−1− 5

.
2

0,25
Hình vẽ
A
M

D

O

N

0,25

C

MO AM MO MD
=
;
=
CD AD AB AD
MO MO AM + MD AD
+
=
=
= 1 (1)
Suy ra
CD AB

AD
AD
NO NO
+
= 1 (2)
b) Tương tự câu a) ta có
CD AB
MO + NO MO + NO
MN MN
+
= 2 hay
+
=2
(1) và (2) suy ra
CD
AB
CD AB
1
1
2
+
=
Suy ra
CD AB MN

a) Chứng minh được
4
(2đ)

B

0,25
0,50

0,25
0,25

13


c)

S AOB OB S AOD OA OB OA
S
S
=
;
=
;
=
⇒ AOB = AOD
S AOD OD S COD OC OD OC
S AOD S COD

0,25

⇒ S 2AOD = m 2 .n 2 ⇒ S AOD = m.n
2
2
2

Tương tự S BOC = m.n . Vậy S ABCD = m + n + 2mn = (m + n )

Hình vẽ
câu a)

(phục vụ

0,25
0,25

A

D

I

O
M

5
(3đ)

B
C

a) Chứng minh được: - hai cung AB và CD bằng nhau
- sđ góc AMB bằng sđ cung AB
Suy ra được hai góc AOB và AMB bằng nhau
O và M cùng phía với AB. Do đó tứ giác AOMB nội tiếp
b) Chứng minh được: - O nằm trên đường trung trực của BC (1)

- M nằm trên đường trung trực của BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra OM là đường trung trực của BC, suy ra OM ⊥ BC
c) Từ giả thiết suy ra d ⊥ OM
Gọi I là giao điểm của đường thẳng d với đường tròn ngoại tiếp tứ giác
AOMB, suy ra góc OMI bằng 90 0 , do đó OI là đường kính của đường
tròn này
Khi C và D di động thỏa mãn đề bài thì A, O, B cố định, nên đường tròn
ngoại tiếp tứ giác AOMB cố định, suy ra I cố định.
Vậy d luôn đi qua điểm I cố định.
x2 y2
+
≥x+y
a) Với x và y đều dương, ta có
y
x
⇔ x 3 + y 3 ≥ xy( x + y) ⇔ ( x + y)( x − y) 2 ≥ 0

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

(1)

(2)
0,25
(2) luôn đúng với mọi x > 0, y > 0. Vậy (1) luôn đúng với mọi
0,25
x > 0, y > 0

6
(1đ)

b) n là số tự nhiên lớn hơn 1 nên n có dạng n = 2k hoặc n = 2k + 1, với k
là số tự nhiên lớn hơn 0.
- Với n = 2k, ta có n 4 + 4 n = ( 2k ) 4 + 4 2 k lớn hơn 2 và chia hết cho 2. Do
0,25
đó n 4 + 4 n là hợp số.
-Với n = 2k+1, tacó
n 4 + 4 n = n 4 + 4 2 k .4 = n 4 + (2.4 k ) 2 = (n 2 + 2.4 k ) 2 − (2.n.2 k ) 2

= (n2 + 22k+1 + n.2k+1)(n2 + 22k+1 – n.2k+1) = [( n+2k)2 + 22k ][(n – 2k)2 +
14


22k ]. Mỗi thừa số đều lớn hơn hoặc bằng 2. Vậy n4 + 4n là hợp số

0,25

======================= Hết =======================

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Năm học 2008-2009
Môn TOÁN
( Dành cho học sinh chuyên Tin)
Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề )

Bài 1 (1,5 điểm ):
a) Thực hiện phép tính:

3 10 + 20 − 3 6 − 12
5− 3

.

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x − x − 2008 .
Bài 2 (2 điểm ):
mx − y = 2
3x + my = 5

Cho hệ phương trình: 

a) Giải hệ phương trình khi m = 2 .
b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn hệ
thức x + y = 1 −

m2
.
m2 + 3

Bài 3 (2 điểm ):
1
2

2
a) Cho hàm số y = − x , có đồ thị là (P). Viết phương trình đường thẳng đi

qua hai điểm M và N nằm trên (P) lần lượt có hoành độ là − 2 và 1.
b) Giải phương trình: 3x 2 + 3x − 2 x 2 + x = 1 .
Bài 4 ( 1,5 điểm ):
Cho hình thang ABCD (AB // CD), giao điểm hai đường chéo là O. Đường
thẳng qua O song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại M và N.
a) Chứng minh:

MO MO
+
= 1.
CD AB

15


b) Chứng minh:

1
1
2
+
=
.

AB CD MN

Bài 5 ( 3 điểm ):
Cho đường tròn ( O; R ) và dây cung AB cố định không đi qua tâm O; C và D là
hai điểm di động trên cung lớn AB sao cho AD và BC luôn song song. Gọi M là giao
điểm của AC và BD. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác AOMB là tứ giác nội tiếp.
b) OM ⊥ BC.
c) Đường thẳng d đi qua M và song song với AD luôn đi qua một điểm cố định.
**************** Hết ****************
Họ và tên thí sinh: …………………………………… Số báo danh: ………………..

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Năm học 2008-2009
16


ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn TOÁN
(Dành cho học sinh chuyên Tin)
Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề )
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

I. Hướng dẫn chung:
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm
từng phần như hướng dẫn quy định.

2) Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải
đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất trong Hội đồng chấm
thi.
3) Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25.
II. Đáp án:
Bài
Nội dung
Điểm
0,50
( 5 − 3 )(3 2 + 2)
a) Biến đổi được:
5− 3
0,25
=3 2+2
b) Điều kiện x ≥ 2008

1
1
1
1
x − x − 2008 = ( x − 2008 − 2. . x − 2008 + ) + 2008 −
2
4
4
(1,5đ)
1
8031 8031
= ( x − 2008 − ) 2 +
≥
2

4
4

1
8033
⇔x=
(thỏa mãn). Vậy giá trị
2
4
8031
8033
khi x =
nhỏ nhất cần tìm là
.
0,25
4
4
 2 x − y = 2
a) Khi m = 2 ta có hệ phương trình 
0,25
3x + 2 y = 5
2 x − 2 y = 2 2
⇔
3x + 2 y = 5
0,25

2 2 +5
x =
⇔
5

y = 2x − 2

0,25

2 2 +5
x =

5
⇔
y = 5 2 − 6

0,25
5
2m + 5
5m − 6
;y= 2
b) Giải tìm được: x = 2
0,50
m +3
m +3
2
m
Thay vào hệ thức x + y = 1 − 2
; ta được
0,25
m +3

Dấu “ = “ xảy ra khi

2

(2đ)

0,50

x − 2008 =

0,25
17


2m + 5 5m − 6
m2
+
=
1
−
m2 + 3 m2 + 3
m2 + 3
4
Giải tìm được m =
7
1
2

a) Tìm được M(- 2; - 2); N (1 : − )

0,25

Phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b, đường thẳng đi qua M và
N nên

3
(2đ)

− 2a + b = −2


1
a + b = − 2

0,25
1
2

Tìm được a = ; b = −1 .

0,25
1
2

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là y = x − 1

0,25

b) Biến đổi phương trình đã cho thành 3( x 2 + x ) − 2 x 2 + x − 1 = 0
Đặt t = x 2 + x ( điều kiện t ≥ 0 ), ta có phương trình 3t 2 − 2 t − 1 = 0

0,25

1
Giải tìm được t = 1 hoặc t = − (loại)

3

Với t = 1, ta có
hoặc x =

−1+ 5
x 2 + x = 1 ⇔ x 2 + x − 1 = 0 . Giải ra được x =
2

−1− 5
.
2

0,25
0,25

0,25

Hình vẽ
A
M

D

B

O

N

0,25

C

MO AM MO MD
=
;
=
CD AD AB AD
MO MO AM + MD AD
4
+
=
=
= 1 (1)
Suy ra
CD AB
AD
AD
(1,5đ)
NO NO
+
= 1 (2)
b) Tương tự câu a) ta có
CD AB
MO + NO MO + NO
MN MN
+
= 2 hay
+

=2
(1) và (2) suy ra
CD
AB
CD AB
1
1
2
+
=
Suy ra
CD AB MN

a) Chứng minh được

Hình vẽ

0,25
0,50

0,25
0,25
(phục vụ 0,25
18


câu a)
A

D

I

O
M

5
(3đ)

B
C

a) Chứng minh được: - hai cung AB và CD bằng nhau
- sđ góc AMB bằng sđ cung AB
Suy ra được hai góc AOB và AMB bằng nhau
O và M cùng phía với AB. Do đó tứ giác AOMB nội tiếp
b) Chứng minh được: - O nằm trên đường trung trực của BC (1)
- M nằm trên đường trung trực của BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra OM là đường trung trực của BC, suy ra OM ⊥ BC
c) Từ giả thiết suy ra d ⊥ OM
Gọi I là giao điểm của đường thẳng d với đường tròn ngoại tiếp tứ giác
AOMB, suy ra góc OMI bằng 90 0 , do đó OI là đường kính của đường
tròn này.
Khi C và D di động thỏa mãn đề bài thì A, O, B cố định, nên đường tròn
ngoại tiếp tứ giác AOMB cố định, suy ra I cố định.
Vậy d luôn đi qua điểm I cố định.

0,25
0,25
0,25

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

19