Bộ đề vào 10 Toàn quốc(Có đ/a chi tiết)(hot)

Sở Giáo dục và Đào tạo
Lạng Sơn

Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT
năm học 2009 - 2010

đề chính thức

Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1(2 điểm).
a) Với x > 1, rút gọn các biểu thức:
A=


2 x
x 4 2x3 + x 2 ; B = 1 x + 1
1 ữ.
ữ
x 1
x + 1 x 1

b) Tìm x để tích A.B = 8.
Câu 2 (1 điểm).
a) Hãy biểu diễn hai điểm A(2; 3), B(-2; -1) trên mặt phẳng tọa độ.
b) Viết phơng trình đờng thẳng đi qua hai điểm A, B.
Câu 3 (2 điểm).
Cho phng trình (ẩn x): x2 2(m + 1)x + m2 = 0.
a) Gii phng trình khi m = 1.
b) Tìm m phng trình có 2 nghim x1, x2 sao cho: x2 x1 = 3, khi đó tính x1, x2.

Câu 4 (4 điểm).
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đờng tròn đờng kính AB = 2R. Hai đờng chéo AC và BD cắt
nhau tại E. Hạ DH, EG vuông góc với AB (điểm H, G thuộc AB), DH cắt AC tại K. Chứng
minh rằng:
a) Các tứ giác ADEG, BCKH nội tiếp đợc đờng tròn.
b) AD2 = AK.AC
c) AE.AC + BE.BD = 4R2
d)_M là một điểm nằm trên đờng tròn đờng kính AB. Xác định vị trí của điểm M để MA +
MB lớn nhất, tính giá trị đó.
Câu 5 (1 điểm).
Cho ab 1. Chứng minh: a2 + b2 a + b, dấu bằng xảy ra khi nào ?
----------------------------------- Hết ------------------------------------

Họ tên thí sinh:................................................................. Số báo danh:.......

Giám thị không giải thích gì thêm


Sở Giáo dục và Đào tạo
Lạng Sơn

Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT
năm học 2009 - 2010

hớng dẫn chấm MôN Toán
Chú ý: Các cách giải khác đáp án , mà đúng thì vẫn cho điểm theo thang điểm.
Điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần, để điểm lẻ đến 0,25.
Câu

Nội dung

Câu 1
2 điểm

Do x> 1 nên:

x 2 (x 2 2x + 1)
x 1

0,25

=

x 2 (x 1) 2
x 1

0,25

=

x(x 1)
=x
x 1

0,25

a) A =

1 x
2 x

B =
+ 1ữ

1
ữ
ữ
ữ=
x + 1 x 1
=

2
x +1

.

x +1
x 1

2

0,25

x 1

0,25

x =2 x=4

0,25

a) Xác định đợc trên mặt phẳng tọa độ mỗi điểm A hoặc B cho 0,25 điểm.

0,5

b) Đờng thẳng có phơng trình y = ax + b, đi qua A và B nên có hệ phơng trình
2a + b = 3

2a + b = 1

0,25

Giải hệ phơng trình có a = b = 1 => phơng trình đờng thẳng là y = x + 1

0,25

2

a) Khi m = 1 có phơng trình x 4x + 1 = 0
2 điểm

'= 3
x1 = 2 -

3 , x2 = 2 +

0,5

3

0,25

=> (x2 + x1)2 4x1x2 = 9
=> 4(m + 1)2 4m2 = 9 => m =
Khi đó: x2 + x1 =
4 điểm

0,25
0,25

b) Từ x2 x1 = 3 => (x2 x1)2 = 9

Câu 4

0,5

b) A.B = 8 => x - 4 x + 4 = 0
=>
1 điểm

Điểm

0,25
5
, (thỏa mãn ' = (m + 1)2 m2 0).
8

13
25
1

, x2 - x1 = 3 do đó: x2 =
, x1 =
4
8
8

0,25
0,25

Vẽ hình

0,5

ã
ã
a) Ta có: ADB
= ACB
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)

0,5

2


ã
ã
BHK
= AGE
= 900 , vì DH AB, EG AB
Do đó các tứ giác ADEG, BCKH nội tiếp đợc đờng tròn.

ã
b) Xét các tam giác ADK và ACD có: CAD
chung
D
C

B

E

K

G H O

A

N

M

0,5

0,25

ã
ã
ã
Ta có: ADK
vì cùng phụ BAD
= ABD

ã
ã
ã
ã
lại có: ABD
(cùng chắn cung AD) => ADK
= ACD
= ACD

0,25

Nên: ADK : ACD (g, g)

0,25

Do đó:

AD AK
=
AD 2 = AK.AC
AC AD

0,25

ã
c) Xét các tam giác vuông BEG và BAD có: ABD
chung

0,25

Suy ra: BGE : BDA => BE.BD = BG.BA

0,25

tơng tự tam giác vuông AEG đồng dạng với tam giác ABC nên:

0,25

AE.AC = AG.AB => AE.AC + BE.BD = AG.AB + GB.AB = 4R 2

0,25

d) Kẻ MN AB. Do đó MA. MB = MN. AB
Ta có: (MA + MB)2 = 4R2 + 2MA.MB. Suy ra MA + MB lớn nhất
khi và chỉ khi MA.MB lớn nhất MN lớn nhất, khi đó MN = R

0,25

Vì vậy M là trung điểm cung AB (hai vị trí). Do MA + MB lớn nhất
MA = MB => MA + MB lớn nhất bằng 2 2 R

0,25

Đặt a = 1 + x, b = 1 + y.

0,25

Từ: ab 1 => x + y + xy 0 => x + y - xy.

0,25

Từ: a2 + b2 a + b x2 + y2 + x + y 0 <= x2 + y2 - xy 0
x2 + y2 + (x y)2 0

0,25

Vậy: a2 + b2 a + b. Dấu bằng khi chỉ khi x = y = 0 => a = b = 1

0,25

S GIO DC V O TO
LNG SN

Kè THI TUYN SINH VO LP 10 THPT
NM HC 2010 - 2011

CHNH THC

MễN THI: TON
Thi gian lm bi 120 phỳt, khụng k thi gian giao
Cõu 1 (3,0 im).
a) Gii phng trỡnh: x 2 2 x 1 = 0 .

5 x 2 y = 8
2 x + y = 5

b) Gii h phng trỡnh:

3

c) Tính giá trị của biểu thức A = − 2 +
Câu 2 (1,5 điểm). Cho biểu thức P =

( 2 − 1) 2 .

1
1
−
− 1 với x ≥ 0, x ≠ 1 .
x −1
x +1

a) Rút gọn P.
b) Tìm tất cả các số nguyên x để P là một số nguyên.
Câu 3 (1,5 điểm).
Cho phương trình bậc hai: x 2 − 2(m + 2) x + 2m + 3 = 0 (m là tham số)
a)

Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi m.

b)

Gọi x1 , x2 là các nghiệm của phương trình. Chứng minh rằng:

x1 (2 − x2 ) + x2 (2 − x1 ) = 2 .
Câu 4 (3 điểm). Cho tam giác đều ABC có đường cao AH (H thuộc BC). Trên cạnh BC lấy điểm
M (M không trùng với B, C, H). Gọi P và Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên hai cạnh
AB và AC.
a) Chứng minh rằng 5 điểm A, P, H, M, Q cùng nằm trên một đường tròn tâm O.

b) Chứng minh rằng tam giác OHQ đều. Từ đó hãy suy ra OH vuông góc với PQ.
c) Chứng minh rằng MP + MQ = AH .
Câu 5 (1 điểm). Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 4xy = 1.

2x 2 + 2y 2 + 12xy
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =
.
x+y
——Hết——
Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh ........................................................................... SBD ..............

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2010 – 2011

ĐẾ CHÍNH THỨC

-

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Học sinh có thể giải theo những cách khác nhau, nếu đúng thì giám khảo vẫn cho điểm tối
đa ứng với phần đó.
Đối với bài hình học: Nếu học sinh không vẽ hình, hoặc vẽ hình sai: không cho điểm.

- Hướng dẫn chấm này gồm 2 trang.

Câu

Nội dung

Điểm
4


Câu 1

a) Ta có ∆ ' = 1 + 1 = 2

0,5

Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 = 1 − 2 ; x2 = 1 + 2

0,5

b) Từ phương trình thứ hai của hệ suy ra y = 5 − 2 x .

0,25

Thế vào PT thứ nhất của hệ ta được: 5 x − 2(5 − 2 x) = 8 .

0,25

Giải PT ta được x = 2 , suy ra y = 1 .

0,25

Vậy hệ đã cho có một nghiệm là ( x; y ) = (2;1) .

0,25

c) Ta có A = − 2 + ( 2 − 1) 2 = − 2 +

0,75

2 −1 = − 2 + 2 −1

Vậy: A = −1 .
Câu 2

a) Ta có P =

(1,5 điểm)
=

0,25
1
−
x −1

1
x + 1 − ( x − 1)
−1 =
−1.
x +1
( x − 1)( x + 1)

2

−1
x −1

Suy ra: P =

0,25

3− x
x −1

0,25

b) P nguyên khi và chỉ khi x - 1 là ước số của 2.
Từ đó suy ra x − 1 ∈ { ±1; ±2} . Tìm ra x ∈ { −1;0;2;3}
Kết hợp với điều kiện của x, suy ra các giá trị của x cần tìm là x ∈ { 0; 2; 3}
Câu 3
(1,5 điểm)

0,5

0,25
0,25

2
2
a) Ta có ∆ ' = (m + 2) − (2m + 3) = m + 2m + 1 .

0,25

2

Do ∆ ' = (m + 1) ≥ 0 ∀m nên PT đã cho luôn có hai nghiệm x1 , x2 .

0,25

 x1 + x2 = 2m + 4
b) Theo định lý Viét ta có: 
 x1 x2 = 2m + 3

0,50

Khi đó: x1 (2 − x2 ) + x2 (2 − x1 ) = 2( x1 + x2 ) − 2 x1 x2

0,25

= 2(2m +4) – 2(2m + 3) = 2

0,25

Chú ý: Nếu học sinh không làm phần (a) mà làm đúng phần (b) thì vẫn cho
điểm của phần b
Câu 4
(3 điểm)

Vẽ hình đúng

0,5

a) Ta có ·APM = ·AHM = ·AQM = 900

0,5

nên 5 điểm A, P, H, M, Q cùng nằm trên một
đường tròn tâm O (với O là trung điểm của
AM).

0,5

·
b) Do tam giác ABC đều nên HAC
= 300

0,25

Tứ giác AHMQ nội tiếp đường tròn tâm O nên
·
·
HOQ
= 2 HAQ
= 600

0,25

Mà OH = OQ nên tam giác OHQ đều.
5


·
Chứng minh tương tự ta được POH
= 600 nên OH là phân giác của góc POQ.
Vậy OH vuông góc với PQ (đpcm).

0.25

c) Ta có S ABC = S ABM + S ACM

0.25

Suy ra

Câu 5
(1 điểm)

1
1
1
. AH .BC = .MP. AB + .MQ. AC ⇒ AH .BC = MP. AB + MQ. AC .
2
2
2

0.25

Mà AB = BC = AC nên MP + MQ = AH .

0,25

2(x + y) 2 + 8xy
Ta có A =
.
x+y

0,25

= 2(x + y) +

8xy
2
= 2(x + y) +
x+y
x+y

0,25

2
≥4
x+y

0,25

Do x + y > 0 nên 2(x + y) +

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y =

1
. Vậy Ann = 4
2

0,25

)



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)

6


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN

Năm học 2009 – 2010
Môn thi: Toán
Hướng dẫn chấm thi

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)


1
a = 2:
−

7
+
1
−
1

2
= 7
a = 2:
7


÷= 2 :
7 +1 +1÷

1

7 +1 +1−
7

7 +1 +1

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
0,5 đ
0,25 đ

Bài 2: (2,5 điểm)
x 16

x 16

(1)
 xy − y = 3
 xy − y = 3

⇔
a) 
ĐK: x, y ≠ 0
 xy − y = 9
y − x = 5
(2)

 x y 6
x 2
Giải (2) ⇔ 6y 2 − 6x 2 = 5xy ⇔ (2x + 3y)(3x − 2y) = 0

0,25 đ
0,25 đ

7


−3y
.
2
−3y 3 16
y.
+ =
2
2 3

* 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

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
8


- 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

O

C

A

B
M

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

·
BMC
= BMD

0,5 đ

Do vậy ∆MBC và ∆MDB đồng dạng
Suy ra

MB MD
=
⇒ MB.BD = MD.BC
BC BD

0,5 đ

·
·
·
b) Gọi (J) là đường tròn ngoại tiếp ∆BDC ⇒ BJC
= 2BDC
= 2MBC
·
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
9


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

0,5 đ

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

H

g

K

d

f

D

G

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
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:

0,5 đ

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).

2 là số vô

0,25 đ

10

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THỪA THIÊN HUẾ

KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN QUỐC HỌC
Khoá ngày 24.6.2010

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN
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 :

11


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
P = ( 2x + 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

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

Lập phương hai vế phương trình

3

3

(1), ta được:

0,25
(2,5đ)
0,25

12


( 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
0,5

13


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.

14


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

15


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:......................................

16


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

17


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…
18


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.
19


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
20


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

21

·
·
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

22


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)

23

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: ..............................

24


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

25