Tuyen tap de thi vao lop 10 cac tinh co dap an

Sở giáo dục và đào tạo
HảI dơng

Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên
nguyễn trãi - Năm học 2009-2010
Môn thi : toán
Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi 08 tháng 7 năm 2009
(Đề thi gồm: 01 trang)

Đề thi chính thức
Câu I (2.5 điểm):
1) Giải hệ phơng trình:

x 2 + y 2 + xy = 3

2
xy + 3x = 4
2) Tìm m nguyên để phơng 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:

3
2 + 4 x2 ( 2 + x )

A=
4 + 4 x2

2) Cho trớc số hữu tỉ m sao cho

3

( 2 x)

3


với 2 x 2

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 dơng và biết
f(5) f(3) = 2010 . Chứng minh rằng: f(7) f(1) là hợp số.
2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 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 lợt là hình chiếu
vuông góc của M, N, P trên NP, MP, MN. Trên các đoạn thẳng AC, AB lần lợt lấy D, E sao
ã
ã
cho DE song song với NP. Trên tia AB lấy điểm K sao cho DMK
. Chứng minh
= NMP
rằng:

1) MD = ME
2) Tứ giác MDEK nội tiếp. Từ đó suy ra điểm M là tâm của đờng tròn bàng tiếp
góc DAK của tam giác DAK.
Câu V (1.0 điểm):
Trên đờng tròn (O) lấy hai điểm cố định A và C phân biệt. Tìm vị trí của các điểm
B và D thuộc đờng tròn đó để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn nhất.
-----------------------Hết-----------------------

Hớng dẫn chấm
Câu

Phần

câu I

1)

2,5 điểm

1,5điểm

nội dung

Điểm

x + y + xy = 3 (1)

2
(2)
xy + 3x = 4

2

2

Từ (2) x 0. Từ đó y =

0.25

4 3x 2 , thay vào (1) ta có:
x

1


2

4 3x 2
4 3x 2
x +
+
x.
=3
ữ
x
x


7x 4 23x 2 + 16 = 0
16
Giải ra ta đợc x 2 = 1 hoặc x 2 =

7
2

0.25
0.25
0.25

Từ x 2 = 1 x = 1 y = 1 ; x 2 = 16 x = 4 7 y = m5 7

7

7

0.25

7

4 7 5 7 4 7 5 7
;
7 ; 7 ữ
ữ 7 ; 7 ữ
ữ



Điều kiện để phơng trình có nghiệm: x ' 0

0.25

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).

0.25

Vậy hệ có nghiệm (x; y) là (1; 1); (-1; -1);
2)
1,0điểm

0.25

Vậy m = 2.

0.25

câu II

1)

Đặt a = 2 + x; b = 2 x

2,5 điểm

1,5điểm

a 2 + b 2 = 4; a 2 b2 = 2x
A=
A=

(

2 + ab a b
3

3

)=

(a, b 0)

(

2 + ab ( a b ) a + b + ab

4 + ab
2 + ab ( a b ) ( 4 + ab )

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

(a

A 2=

2

2

2

0.25

)

4 + ab

0.25

= 2 + ab ( a b )

0.25
0.25

)

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

0.25

A 2 = a b = 2x A = x 2
2

2)
1,0điểm

2

0.25

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!
b2 ac
b 2 ac = 0
b3 = abc
2

2
a m bc = 0 bc = am

0.25

Nếu a 2 m bc 0 3 m =

2

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

b

là số hữu tỉ. Trái với giả thiết!
a

a = 0;b = 0 . Từ đó ta tìm đợc c = 0.
Ngợc lại nếu a = b = c = 0 thì (1) luôn đúng. Vậy: a = b = c = 0
câu III

1)

0.25

0.25
0.25

Theo bài ra f(x) có dạng: f(x) = ax + bx + cx + d với a nguyên dơng.
3

2

0.25

2


2 điểm

1,0điểm

2)
1,0điểm

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) M
3
Vì a nguyên dơng nên 16a + 2010>1 . Vậy f(7)-f(1) là hợp số

P=

( x 2)

2

( x + 3)

+ 12

2

0.25
0.25
0.25

+ 22
0.25

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

( x 2 x 3)
( x 2)

OA =

Mặt khác ta có: OA OB AB

2

2

+ ( 1 2 ) = 25 + 1 = 26
2

+ 12 , OB =

( x 2)

2

( x + 3)

+ 12

2

+ 22

( x + 3)

2

0.25

+ 2 2 26

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

x2 1
= x = 7 .Thử lại x = 7 thì A(5; 1); B(10; 2) nên A thuộc đoạn
x+3 2
OB. Vậy Max P = 26 khi x = 7.

0.25



câuIV

1)

2 điểm

0,75điểm

Ta dễ dàng chứng minh tứ giác
ã
ã
MBAN nội tiếp MAB

,
= MNB

ã
ã
MCAP nội tiếp CAM
.
= CPM

M

ã
ã
CAM
= BAM

2)

(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

C

N

0.25

ã
ã
Lại có BNM
= CPM
(cùng phụ góc NMP)

K
B

D

0.25

E

0.25

P

A

1,25điểm

M

K

B
C
D

N

E

A

P

ã
ã
Do DE//NP nên DEK
, mặt khác tứ giác MNAB nội tiếp nên:
= NAB

ã
ã
ã
ã
+ DEK
= 1800
NMB
+ NAB
= 1800 NMB
ã
ã
ã

ã
Theo giả thiết DMK
DMK
+ DEK
= 1800
= NMP
Tứ giác MDEK nội tiếp

0.25
0.25

3


Do MA là trung trực của DE MEA = MDA

0.25

ã
ã
ã
ã
.
MEA
= MDA
MEK
= MDC
ã
ã
ã

ã
Vì MEK
DM là phân giác của góc CDK, kết hợp
= MDK
MDK
= MDC
với AM là phân giác DAB M là tâm của đờng tròn bàng tiếp góc DAK của
tam giác DAK.

0.25

câu V

0.25

A'

1 điểm

B'

B

O
C

A
D' D

ẳ

Không mất tổng quát giả sử:AB AC. Gọi B là điểm chính giữa cung ABC
AB ' = CB '

Trên tia đối của BC lấy điểm A sao cho BA = BA AB + BC = CA '
ã 'BC = B
ã ' AC = B
ã 'CA (1) ; B
ã 'CA + B
ã 'BA = 1800
Ta có: B
(2)

0.25

ã 'BA = B
ã 'BA '
(3);Từ (1), (2), (3) B
Hai tam giác ABB và ABB bằng nhau A 'B ' = B ' A
Ta có B' A + B 'C = B 'A '+ B 'C A 'C = AB + BC ( BA + BC không đổi vì
B, A, C cố định). Dấu = xảy ra khi B trùng với B.
ã 'BC + B
ã 'BA ' = 1800
B

ẳ
Hoàn toàn tơng 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 các cung
ằ của đờng tròn (O)

AC

4

0.25
0.25

0.25


Sở giáo dục và đào tạo
Hng yên

kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyên
Năm học 2009 2010
Môn thi: Toán
(Dành cho thí sinh thi vào các lớp chuyên Toán, Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút

đề chính thức
Bài 1: (1,5 điểm)



1

Cho a = 2 :

7 +1 1




ữ
7 +1 +1ữ

1

Hãy lập một phơng 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 phơng trình:
xy y = 9

x 2

(

b) Tìm m để phơng trình x 2 2x

)

2

3x 2 + 6x + m = 0 có 4 nghiệm phân biệt.

Bài 3: (2,0 điểm)
a) Chứng minh rằng nếu số nguyên k lớn hơn 1 thoả mãn 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 đờng tròn tâm O và dây AB không đi qua O. Gọi M là điểm chính giữa của
cung AB nhỏ. D là một điểm thay đổi trên cung AB lớn (D khác A và B). DM cắt AB tại
C. Chứng minh rằng:
a) MB.BD = MD.BC
b) MB là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác BCD.
c) Tổng bán kính các đờng tròn ngoại tiếp tam giác BCD và ACD không đổi.
Bài 5: (1,0 điểm)
Cho hình chữ nhật ABCD. Lấy E, F thuộc cạnh AB; G, H thuộc cạnh BC; I, J
thuộc cạnh CD; K, M thuộc cạnh DA sao cho hình 8 - giác EFGHIJKM có các góc bằng
nhau. Chứng minh rằng nếu độ dài các cạnh của hình 8 - giác EFGHIJKM là các số hữu tỉ
thì EF = IJ.

------------ Hết -----------Hớng dẫn chấm thi

Bài 1: (1,5 điểm)


a = 2:

1
7 +1 1




ữ= 2 :
7 +1 +1ữ

1

7 +1 +1
7

7 +1 +1

0,5 đ

5


a = 2:

2
= 7
7

0,25 đ

Đặt x = a 1 x = 7 1 x + 1 = 7 x 2 + 2x + 1 = 7

0,5 đ

x 2 + 2x 6 = 0
Vậy phơng trình x 2 + 2x 6 = 0 nhận

0,25 đ

7 1 làm nghiệm

Bài 2: (2,5 điểm)

x 16

x 16

xy

=
xy

=


y 3
y 3

a)

y
9
xy =
y x = 5

x y 6
x 2

(1)
ĐK: x, y 0

0,25 đ

(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

* Nếu 2x + 3y = 0 x =

Thay vào (1) ta đợc

3y 2 23 (phơng trình vô nghiệm)
=
2
6
2y
* Nếu 3x 2y = 0 x =
.
3
Thay vào (1) ta đợc y 2 = 9 y = 3


0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

- Với y = 3 x = 2 (thoả mãn điều kiện)
- Với y = 3 x = 2 (thoả mãn điều kiện)

0,25 đ

Vậy hệ phơng 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) (*)
Phơng trình đã cho trở thành: ( y 1) 3 ( y 1) + m = 0
2

0,25 đ

y 2 5y + m + 4 = 0 (1)
Từ (*) ta thấy, để phơng trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì phơng trình (1)

0,25 đ

có 2 nghiệm dơng 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 phơng trình có 4 nghiệm phân biệt.
4

0,25 đ

6


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 + 16 không là số nguyên tố.
2

- 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 M
5

(

)

b) Ta chứng minh: Với a, b, c thì ( a + b + c ) 3 a 2 + b 2 + c 2 (*)
2

Thật vậy (*) a 2 + b 2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca 3a 2 + 3b 2 + 3c 2

0,5 đ

(a b)2 + (b c)2 + (c a)2 0 (luôn đúng)
áp dụng (*) ta có:

(

pa + pb + pc

Suy ra

)

2

3 ( 3p a b c ) = 3p

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

a) Xét MBC và MDB có:

ã
ã
BDM
= MBC
(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

ã
ã
BMC
= BMD

Do vậy MBC và MDB đồng dạng
Suy ra

MB MD
=
MB.BD = MD.BC
BC
BD

0,5 đ

0,5 đ

7


ã
ã
ã
b) Gọi (J) là đờng tròn ngoại tiếp BDC BJC
= 2BDC
= 2MBC
ã
BJC
ã

hay MBC
=

0,5 đ

2

ã
180 0 BJC
ã
BCJ cân tại J CBJ =
2
ã
ã
BJC
180 O BJC
ã
ã
Suy ra MBC
+ CBJ =
+
= 90 O MB BJ
2

2

0,5 đ

Suy ra MB là tiếp tuyến của đờng tròn (J), suy ra J thuộc NB
c) Kẻ đờng kính MN của (O) NB MB

Mà MB là tiếp tuyến của đờng tròn (J), suy ra J thuộc NB
Gọi (I) là đờng tròn ngoại tiếp ADC

0,5 đ

Chứng minh tơng tự I thuộc AN
ã
ã
ã
ã
Ta có ANB
= ADB
= 2BDM
= BJC
CJ // IN
Chứng minh tơng tự: CI // JN
Do đó tứ giác CINJ là hình bình hành CI = NJ

0,5 đ

Suy ra tổng bán kính của hai đờng tròn (I) và (J) là:
IC + JB = BN (không đổi)
Bài 5: (1,0 điểm)
A

E

F

a

B

b
h
M
K
D

G

c

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 dơng)

Do các góc của hình 8 cạnh bằng nhau nên mỗi góc trong của hình 8 cạnh có số
đo là:

0,25 đ

(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.

h
b
d
f
; BF = BG =
; CH = CI =
; DK = DJ =
2
2
2
2
h
b
f
d
Ta có AB = CD nên:
+a+
=

+e+
2
2
2
2
(e - a) 2 = h + b - f - d
MA = AE =

0,5 đ

8


NÕu e - a ≠ 0 th×

2=

h +b−f −d
∈ ¤ (®iÒu nµy v« lý do
e−a

2 lµ sè v« tØ)

0,25 ®

VËy e - a = 0 ⇔ e = a hay EF = IJ (®pcm).

9

SỞ GIÁO DỤC BÌNH ĐỊNH
KỲ THI TUỶÊN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
NĂM HỌC 2009-2010
Môn thi:Toán (chuyên)
Ngày thi:19/06/2009
Thời gian:150 phút

Đề chính thức

Bài 1(1.5điểm)
Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:
a
b
c
1<
+
+
<2
b +c c + a a + b
Bài 2(2điểm)
1
1
1
+
+
= 0 có
Cho 3 số phân biệt m,n,p.Chứng minh rằng phương trình
x- m x- n x- p
hai nghiệm phân biệt.

Bài 3(2điểm)
1
1
1
+
+ ... +
Với số tự nhiên n, n ³ 3 .Đặt Sn =
3 1+ 2
5 2+ 3
( 2 n +1) n + n +1

(

Chúng minhSn<

)

(

)

(

)

1
2

Bài 4(3điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp tròn tâm O có độ dài các cạnh BC = a, AC = b, AB = c.E là

điểm nằm trên cung BC không chứa điểm A sao cho cung EB bằng cung EC.AE cắt cạnh
BC tại D.
a.Chúng minh:AD2 = AB.AC – DB.DC
b.Tính độ dài AD theo a,b,c
Bài 5(1.5điểm)
m
1
Chứng minh rằng : n - 2 ³ 2
Với mọi số nguyên m,n.
n
3+ 2

(

)

**********************************************

ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THI VÀO 10
TRƯỜNG CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN NĂM 2009
Bài 1:
Vì a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác nên ta có:a,b,c >0 và a< b+c ,b< a + c , c < a+b
a
a +a
2a
<
=
Nên ta có
b +c a + b +c a + b +c
a

a
>
Mặt khác
b + c a + b +c
a
a
2a
<
<
(1)
Vậy ta có
a +b +c c +b a +b +c
b
b
2b
<
<
(2);
Tương tự
a + b +c c + a a + b +c
c
c
2a
<
<
(3)
a +b +c b +a a +b +c

10

Cng (1) (2) v (3) v theo v ta cú iu phi chng minh.
Bi 2:
K: x ạ m, n, p PT ó cho (x-n)(x-p)+(x-m)(x-p)+(x-m)(x-n) = 0
3x2 -2(m+n+p)x +mn+mp+np = 0(1)
Ta cú ' = (m + n + p )2 - 3(mn + mp + np) = m2+n2+p2 +2mn+2mp+2np -3mn-3mp-3np
1
= m2+n2+p2 mn-mp-np = [(m-n)2+(n-p)2+(m-p)2] >0
2
t f(x) = 3x2 -2(m+n+p)x + mn+ mp +np
Ta cú f(m) = 3m2 2m2 -2mn -2mp +mn +mp +np = m2 mn mp +np = (m-n)(m-p) ạ 0
= >m,n,p khụng phi l nghim ca pt(1)
Vy PT ó cho luụn cú hai nghim phõn bit
Bi 3
1
n +1 - n
n +1 - n
Ta có :
=
=
2n +1
4n2 + 4n +1
( 2n + 1) n + n + 1
<

n +1 -

n

(

)

=

1 ổ1
= ỗ
ỗ ỗ
ố n
2 n + 1. n 2 ỗ
n +1 - n

ử
ữ
ữ
ữ
ữ
n +1 ứ
1

4 n2 + 4 n
1ổ 1
1
1
1
1 ử
1ổ
1 ử
1
ữ

ữ
ữ
ữ
+
+ ... +
= ỗ
<
ỗ1 ỗ1 Do ú Sn < ỗ
ữ
ữ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
2ố
2
2
3
n
n +1 ứ 2 ố
n +1 ứ 2
C
Bi 3:
ã
ã
Ta cú BAD
( Do cung EB = cung EC)
= CAE
ã
ã

V AEC
( Hai gúc ni tip cựng chn cung AC) nờn
= DBA
BAD
EAC
a
E
BA AE
O
ị
=
ị AB. AC = AE.AD(1)
b
AD AC
ã
ã
ã
ã
Ta cú ADC
= BDC
(Đối đỉnh) và CAD
= DBE
D
(2 gúc ni tip cựng chn cung CE) nờn ACD BDE
AD DB
ị
=
ị AD.DE = DB.DChay
DC DE
c

B
AD(AE-AD) = DB.DC
Hay AD2 = AD.AE - DB.DC=AB.AC DB.DC (do (1))
DC DB
DC DB DC + DB
a
=
hay
=
=
=
4b)Theo tớnh cht ng phõn giỏc ta cú
AC AB
b
c
b +c
b +c
2
DC DB
a
a
a bc
.
=
.
ị DB.DC =
vy
2
b c
b +c b +c

( b + c)
theo cõu a ta cú AD = AB.AC DB.DC = bc 2

a 2 bc

( b + c)

2

ổ
ử
a2 ữ
ỗ
ữ
= bc ỗ
1
ỗ
2ữ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ( b + c) ứ

ổ
ử
a2 ữ
ỗ
ữ
ị AD = bc ỗ

1
ỗ
2ữ
ữ
ỗ
ữ
ỗ ( b + c) ứ
ố
Bi 5:
m
m
ạ 2
Vỡ là số hữu tỉ và 2là số vô tỉ nên
n
n
Ta xet hai trng hp:
m
2
2
2
2
a) > 2 Khi đó m > 2n ị m 2 n +1 hay m
n

2n 2 +1

11

A

T ú suy ra :
m
n

2

2 n 2 +1
n

1
2 = 2+ 2 n

1
- 2
1
n2
2=
=

ổ
ử
1
1
n2
ữ
ữ
2 + 2 + 2 n2 ỗ
2
+

+
2
ỗ
ữ
ỗ
ữ
n
ỗ
n2
ố
ứ
2+

m
< 2 Khi đó m 2 < 2 n 2 ị m 2 Ê 2 n 2 - 1 hay m Ê
n
T ú suy ra :
m
n
=

m

n

2 = 2-

2n - 1
= 2n

2-

1

ổ
ử
1
n2
ữ
ữ
ỗ
n2 ỗ
2
+
2
ữ
ỗ
ữ
ỗ
n2 ứ
ố

2-

(

3+ 2

)

2n 2 - 1

b)

2

1

1
=
n2

2- 2+

1
n2

2 + 2-

1
n2

1

(

3+ 2

)

************************************************
S GD&T VNH PHC


CHNH THC

K THI VO LP 10 THPT CHUYấN NM HC 2009-2010
THI MễN: TON
Dnh cho cỏc thớ sinh thi vo lp chuyờn Toỏn
Thi gian lm bi: 150 phỳt, khụng k thi gian giao

( cú 01 trang)

Cõu 1: (3,0 im)

a)

1 1 9

x + y + x + y = 2

Gii h phng trỡnh:
xy + 1 = 5

xy 2

b) Gii v bin lun phng trỡnh: | x + 3 | + p | x 2 |= 5 (p l tham s cú giỏ tr thc).
Cõu 2: (1,5 im)
Cho ba s thc a, b, c ụi mt phõn bit.

a2
b2
c2
+
+
2
(b c) 2 (c a) 2 ( a b) 2

Chng minh
Cõu 3: (1,5 im)
Cho A =

1
4x + 4x +1
2

v B =

2x 2
x2 2 x + 1

Tỡm tt c cỏc giỏ tr nguyờn ca x sao cho C =

2A + B
l mt s nguyờn.
3

12

Câu 4: (3,0 điểm)
Cho hình thang ABCD (AB // CD, ABBD, AC. Đường thẳng qua K và vuông góc với AD cắt đường thẳng qua M và vuông góc
với BC tại Q. Chứng minh:
a) KM // AB.
b) QD = QC.
Câu 5: (1,0 điểm).
Trong mặt phẳng cho 2009 điểm, sao cho 3 điểm bất kỳ trong chúng là 3 đỉnh của
một tam giác có diện tích không lớn hơn 1. Chứng minh rằng tất cả những điểm đã cho
nằm trong một tam giác có diện tích không lớn hơn 4.
—Hết—
Câu 1 (3,0 điểm).
a) 1,75 điểm:
Nội dung trình bày

Điều kiện xy ≠ 0
 2[xy ( x + y ) + ( x + y )] = 9 xy (1)
Hệ đã cho 
2
(2)
 2( xy ) − 5 xy + 2 = 0
 xy = 2 (3)
Giải PT(2) ta được: 
 xy = 1 (4)

2
 x = 1

x + y = 3
y = 2

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

b) 1,25 điểm:
Nội dung trình bày
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:
2( p − 4)
x=
< −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

13

Điểm
0,25
0,25

0,50

0,25

0,25

0,25

Điểm
0,25

0,25
0,25
0,25


Kết luận:
+ Nếu -1 < p < 1 thì phương trình có 2 nghiệm: x = 2 và x =
+ 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

2( p − 4)
p +1
0,25

 p < −1

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

=1
(a − b)( a − c) (b − a )(b − c ) (c − a)(c − b)
+ Từ đó, vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh bằng:
2


b
c 
bc
ca
ab
 a
+
+
+
+
÷≥ 2

÷ + 2
(
a
−
b
)(
a
−
c
)
(
b

−
c
)(
b
−
a
)
(
c
−
a
)(
c
−
b
)
 b −c c −a a −b 


Câu 3 (1,5 điểm):
Nội dung trình bày
Điều kiện xác định: x ≠ 1 (do x nguyên).
1
2( x − 1)
2 1
x −1 
; B=
+
Dễ thấy A =
, suy ra: C = 

÷
| 2 x + 1|
| x − 1|
3  | 2 x + 1| | x − 1| 

Điểm
1,0

0,5

Điểm
0,25
0,25

2 1
4( x + 1)
1− 2x
 4( x + 1)
+ 1÷ =
> 0 ⇒ C −1 =
−1 =
<0
Nếu x > 1 . Khi đó C = 
3  2 x + 1  3(2 x + 1)
3(2 x + 1)
3(2 x + 1)
Suy ra 0 < C < 1 , hay C không thể là số nguyên với x > 1 .
1
Nếu − < x < 1 . Khi đó: x = 0 (vì x nguyên) và C = 0 . Vậy x = 0 là một giá trị cần tìm.
2

1
Nếu x < − . Khi đó x ≤ −1 (do x nguyên). Ta có:
2
4( x + 1)
2x −1
2
1
4( x + 1)

+1 =
> 0 , suy ra −1 < C ≤ 0
C = −
− 1÷ = −
≤ 0 và C + 1 = −
3(2 x + 1)
3(2 x + 1)
3  2x +1 
3(2 x + 1)
hay C = 0 và x = −1 .
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
I
A
B
Gọi I là trung điểm AB,
E = IK ∩ CD , R = IM ∩ CD . Xét hai tam giác
·
K

KIB và KED có: ·ABD = BDC
M

Q

D

E

H

R

C

KB = KD (K là trung điểm BD)
·
·
IKB
= EKD
Suy ra ∆KIB = ∆KED ⇒ IK = KE .
Chứng minh tương tự có: ∆MIA = ∆MRC
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)

0,5
0,25

0,25

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

b) 1,0 điểm:
Nội dung trình bày

Điểm

14


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).
Câu 5 (1,0 điểm):
Nội dung trình bày
P'

0,25
0,25
0,25
0,25
Điểm

B'

A
C'

P
C

B

A'

Trong số các tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn nhất (diện tích S). Khi đó
S ≤1.
Qua mỗi đỉnh của tam giác, kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, các đường thẳng
này giới hạn tạo thành một tam giác A ' B ' C ' (hình vẽ). Khi đó S A ' B 'C ' = 4 S ABC ≤ 4 . Ta sẽ chứng
minh tất cả các điểm đã cho nằm trong tam giác A ' B ' C ' .
Giả sử trái lại, có một điểm P nằm ngoài tam giác A ' B ' C ', chẳng hạn như trên hình vẽ . Khi đó
d ( P; AB ) > d ( C ; AB ) , suy ra S PAB > SCAB , mâu thuẫn với giả thiết tam giác ABC có diện tích
lớn nhất.
Vậy, tất cả các điểm đã cho đều nằm bên trong tam giác A ' B ' C ' có diện tích không lớn hơn 4.
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN CỦA HẢI PHÒNG
NĂM HỌC 2009-2010

Bài 1 : ( 1 điểm )
Cho x =

(

4+2 3 − 3
5+2

)

3

17 5 − 38 − 2

tính P = ( x 2 + x + 1)

2009

Bài 2 : ( 1, 5 điểm ) : cho hai phương trình x2 + b.x + c = 0 ( 1 )
và x2 - b2 x + bc = 0 (2 )
biết phương trình ( 1 ) có hai nghiệm x1 ; x2 và phương trình ( 2 ) có hai nghiệm x3 ; x4
thoả mãn điều kiện x3 − x1 = x4 − x2 = 1 . xác định b và c
Bài 3 : ( 2 điểm )
 1 1 1
1. Cho các số dương a; b; c . Chứng minh rằng ( a + b + c )  + + ÷ ≥ 9
a b c
2. Cho các số dương a; b; c thoả mãn a + b + c ≤ 3 . Chứng ming rằng
1
2009
+

≥ 670
2
2
2
a +b +c
ab + bc + ca
Bài 4 : ( 3, 5 điểm )

15

0.25
0.25

0.25
0.25


Cho tam giác ABC với BC = a ; CA = b ; AB = c( c < a ; c< b ) . Gọi M ; N lần lượt là
các tiếp điểm của đường tròn tâm ( O) nội tiếp tam giác ABC với các cạnh AC và BC .
Đường thẳng MN cắt các tia AO : BO lần lượt tại P và Q . Gọi E; F lần lượt là trung điểm
của AB ; AC
1. Chứng minh tứ giác AOQM ; BOPN ; AQPB nội tiếp
2. Chứng minh Q; E; F thẳng hàng
MP + NQ + PQ OM
=
3. Chứng minh
a+b+c
OC
Bài 5 : ( 2 điểm )
1. Giải phương trình nghiệm nguyên 3x - y3 = 1

2. Cho bảng ô vuông kích thước 2009 . 2010, trong mỗi ô lúc đầu đặt một viên sỏi .
Gọi T là thao tác lấy 2 ô bất kì có sỏi và chuyển từ mỗi ô đó một viên sỏi đưa
sang ô bên cạnh ( là ô có chung cạnh với ô có chứa sỏi ) . Hỏi sau một số hữu hạn
phép thực hiện các thao tác trên ta có thể đưa hết sỏi ở trên bảng về cùng một ô
không
Lời giải
Bài 1 :
x=

=
3

(

4+2 3 − 3
5+2

( 17

)

3

17 5 − 38 − 2
1

)(

)

3 +1− 3

=
3

5 − 38 17 5 + 38 − 2

(
=

)

3

5 + 2 (17 5 − 38) − 2
1
= −1
1− 2

vậy P = 1
Bài 2 : vì x3 − x1 = x4 − x2 = 1 => x3 = x1 + 1; x4 = x2 + 1
 x1 + x2 = −b(1)
 x . x = c(2)
 1 2
Theo hệ thức Vi ét ta có 
2
( x1 + 1) + ( x2 + 1) = b (3)
( x + 1) . ( x + 1) = bc(4)
2
 1

Từ (1 ) và ( 3 ) => b2 + b - 2 = 0  b = 1 ; b = -2
từ ( 4 ) => x1. x2 + x1 + x2 + 1 = bc => c - b + 1 = bc ( 5 )
+) với b = 1 thì ( 5 ) luôn đúng , phương trình x2 + +b x + c = 0 trở thành
1
X2 + x + 1 = 0 có nghiệm nếu ∆ = 1 − 4c ≥ 0 ⇔ c ≤
4
+) với b = -2 ( 5 ) trở thành c + 3 = -2 c => c = -1 ; phương trình x2 + b x + c = 0 trở
thành x2 - 2 x - 1 = 0 có nghiệm là x = 1 ± 2
1
vậy b= 1; c c ≤ ;
4
b = -2 ; c = -1
Bài 3 :
1. Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương
1 1 1
1
+ + ≥33
a + b + c ≥ 3 abc
a b c
abc
 1 1 1
=> ( a + b + c )  + + ÷ ≥ 9
a b c
dấu “=” sảy ra  a = b = c
2
a + b + c)
(
2
2
2

2. ta có ab + bc + ca ≤ a + b + c ⇒ ab + bc + ca ≤
≤3
3

16


2007
≥ 669
ab + bc + ca
Áp dụng câu 1 ta có
1
1
1

 2
2
2
+
+
 2
÷( a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca ) ≥ 9
2
2
ab + bc + ca ab + bc + ca 
a +b +c
1
1
9
≥1

=> a 2 + b2 + c 2 + ab + bc + ca ≥
2
( a + b + c)
⇒

1
2009
+
≥ 670 . dấu “=” sảy ra  a = b = c = 1
2
2
a +b +c
ab + bc + ca
1
·
·
·
µ
BOP
= BAO
+ ABO
= µA + B
2
µ 1
Bài 4 : a) ta có ·
1800 − C
µ
PNC =
= µA + B
2

2
·
·
⇒ BOP
= PNC
=> tứ giác BOPN nội tiếp
+) tương tự tứ giác AOQM nội tiếp
·
·
+) do tứ giác AOQM nội tiếp=> AQO
= AMO
= 900
·
·
tứ giác BOPN nội tiếp => BPO
= BNO
= 900
·
=> AQB
= ·APB = 900 => tứ giác AQPB nội tiếp
vậy

2

(

(

)

)

b ) tam giác AQB vuông tại Qcó QE là trung tuyến nên QE = EB = EA
1µ ·
·
·
= EBQ
= B
= QBC => QE //BC
=> EQB
2
Mà E F là đường trung bình của tam giác ABC nên E F //BC
 Q; E; F thẳng hàng
c)
MP OM OP
∆MOP ~ ∆COB ( g − g ) ⇒
=
=
a
OC OB
NQ ON OM
∆NOQ ~ ∆COA( g − g ) ⇒
=
=
b
OC OC
PQ OP OM
∆POQ ~ ∆BOA( g − g ) ⇒
=
=

c
OB OC
OM MP NQ PQ MP + NQ + PQ
=>
=
=
=
=
OC
a
b
c
A+ B +C
Bài 5 :
1) 3x - y3 = 1
⇒ 3x = ( y + 1) ( y 2 − y + 1) => tồn tại m; n sao cho
 y + 1 = 3m
 y = 3m − 1
 2
 m
n
m
n
 y − y + 1 = 3 ⇔ 9 − 3.3 + 3 = 3
m + b = x
m + b = x


+) nếu m = 0 thì y = 0 và x = 0
m

m
n
9 − 3.3 + 3M3
3 M3
⇔
+) nếu m > 0 thì  m
 n
m
9 − 3.3 + 3M9
3 M9

⇔ n =1

m
m
m
m
=> 9 − 3.3 + 3 = 3 ⇒ 3 ( 3 − 3) = 0 => m = 1 => y = 2 ; x = 2
vậy p/ trình có hai nghiệm là ( 0 ; 0 0 ; ( 2 ; 2 )

17


2.Ta tụ mu cỏc ụ vuụng ca bng bng hai mu en trng nh bn c vua
Lỳc u tng s si cỏc ụ en bng 1005 . 2009 l mt s l
sau mi phộp thc hin thao tỏc T tng s si cỏc ụ en luụn l s l
vy khụng th chuyn tt c viờn si trờn bng ụ vuụng v cựng mt ụ sau mt s hu
hn cỏc phộp thc hin thao tỏc T
Sở giáo dục-đào tạo
Hà nam

đề chính thức

Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên
Năm học 2009-2010
Môn thi : toán(đề chuyên)
Thời gian làm bài: 120 phút(không kể thời gian giao đề)

Bài 1.(2,5 điểm)
1
1

=2
x 3x + 2 x 2
1

x + x + y = 7

2) Giải hệ phơng trình:
x = 12
x + y
1) Giải phơng trình:

2

Bài 2.(2,0 điểm)
Cho phơng trình: x 6 x 3 + 2m = 0
a) Tìm m để x = 7 48 là nghiệm của phơng trình.
b) Tìm m để phơng trình có 2 nghiệm x=x1; x=x2 thoả mãn:
x1 + x2
24

=
3
x1 + x2
Bài 3.(2,0 điểm)
1) Cho phơng trình: 2 x 2 + 2 ( 2m 6 ) x 6m + 52 = 0 ( với m là tham số, x là ẩn số). Tìm
giá trị của m là số nguyên để phwowng trình có nghiệm là số hữu tỷ.
2) Tìm số abc thoả mãn: abc = ( a + b ) 2 4c .
Bài 4.(3,5 điểm)
à < A.
à Đờng tròn tâm I nội tiếp ABC tiếp xúc với các
Cho ABC nhọn có C
cạnh AB, BC, CA lần lợt tại các điểm M, N, E; gọi K là giao điểm của BI và NE.
à
C
ã
a) Chứng minh: AIB
= 900 + .
2
b) Chứng minh 5 điểm A, M, I, K, E cùng nằm trên một đờng tròn.
c) Gọi T là giao điểm của BI với AC, chứng minh: KT.BN=KB.ET.
d) Gọi Bt là tia của đờng thẳng BC và chứa điểm C. Khi 2 điểm A, B và tia Bt cố
định; điểm C chuyển động trên tia Bt và thoả mãn giả thiết, chứng minh rằng
các đờng thẳng NE tơng ứng luôn đi qua một điểm cố định.
----------- Hết---------Gợi ý một số câu khó trong đề thi:
Bài 3:
2
1) Ta có ' = 4m 2 12m 68 = ( 2m 3) 77
Để phơng trình có nghiệm hữu tỷ thì ' phải là số chính phơng. Giả sử
2
' = n ( trong đó n là số tự nhiên).

Khi đó ta có
2
2
( 2m 3) 77 = n 2 ( 2m 3) n 2 = 77 ( 2m 3 + n ) . ( 2m 3 n ) = 77
Do nN nên 2m-3+n>2m-3-n

18


Và do mZ, nN và 77=1.77=7.11=-1.(-77)=-7.(-11)
Từ đó xét 4 trờng hợp ta sẽ tìm đợc giá trị của m.
2)Từ giả thiết bài toán ta có:
100a + 10b
2
2
100a + 10b + c = ( a + b ) .4c c =
(do 4 ( a + b ) 1 0)
2
4 ( a + b) 1
=

10 ( 10a + b )

4 ( a + b) 1
2

=

10 ( a + b ) + 9a
4 ( a + b) 1

2

Ta có 4 ( a + b ) 2 1 là số lẻ và do 0 < c 9 nên 4 ( a + b ) 2 1 M5.
Mà 4 ( a + b ) 2 là số chẵn nên 4 ( a + b ) 2 phải có tận cùng là 6 ( a + b ) 2 phải có
tận cùng là 4 hoặc 9. (*)
2.5 ab
Mặt khác c =
và
4(a + b) 2 1
2
2
2
4 ( a + b ) 1 là số lẻ 4 ( a + b ) 1 <500 ( a + b ) < 125, 25 (**)

Kết hợp (*) và (**) ta có ( a + b ) 2 {4; 9; 49; 64}
a+b {2; 3; 7; 8}
+ Nếu a+b {2; 7; 8} thì a+b có dạng 3k 1(k N) khi đó 4 ( a + b ) 2 1 chia hết
cho 3 mà (a+b) + 9a= 3k 1+9a không chia hết cho 3 10 ( a + b ) + 9a không M3 c
N
10 ( 3 + 9a ) 6 ( 1 + 3a )
+ Nếu a+b =3 ta có c =
. Vì 0=
35
7
a=2, khi đó c=6 và b=1.Ta có số 216 thoả mãn.
Kết luận số 216 là số cần tìm.

Bài 4:

* ý c : Chứng minh KT.BN=KB.ET
KT AK
Cách 1:C/m AKT : IET
=
ET
IE
KB AK
C/m AKB : INB
=
BN IN
Do IE=IN từ đó ta suy ra điều phải chứng minh
Cách 2:

19


KT TA
=
ET TI
KB AB
C/m ∆ BIM : ∆ BAK ⇒
=
BM BI

C/m ∆ TKE : ∆ TAI ⇒

Theo tÝnh chÊt tia ph©n gi¸c cđa ∆ ABT ta cã
Vµ do BM=BN tõ ®ã suy ra ®iỊu ph¶i c/m

TA AB

=
TI BI

*ý d:Chøng minh NE ®i qua mét ®iĨm cè ®Þnh:
Do A, B vµ tia Bt cè ®Þnh nªn ta cã tia Bx cè ®Þnh vµ ·ABI = α kh«ng ®ỉi (tia Bx
lµ tia ph©n gi¸c cđa ·ABt )
XÐt ∆ ABK vu«ng t¹i K ta cã KB = AB.cos ABI=AB.cos α kh«ng ®ỉi
Nh vËy ®iĨm K thc tia Bx cè ®Þnh vµ c¸ch gèc B mét kho¶ng kh«ng ®ỉi do ®ã K
cè ®Þnh ⇒ ®pcm.
GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2009 – 2010
Đề, lời giải
Bài 1: (1 điểm) Cho phương trình ax 2 + bx +
c = 0 có 2 nghiệm phân biệt x 1, x2. Đặt S2
= x12 + x22 ; S1 = x1.x2 Chứng minh rằng:
a.S2 + b.S1 + 2c = 0
−b
c
Theo Vi-ét ta có: x1+ x2 =
; x1.x2 =
a
a
2
2
a.S2 + b.S1 + 2c = a x1 + x2 + b ( x1 + x2 ) + 2c

(

Cách khác, nhận xét

)

2
= a ( x1 + x2 ) − 2 ( x1 x2 )  + b ( x1 + x2 ) + 2c



= a ( x1 + x2 ) − 2a ( x1 x2 ) + b ( x1 + x2 ) + 2c
2

2

c
−b
 −b 
= a × ÷ − 2a. + b. + 2c
a
a
 a 
2
2
b
b
= − 2c − + 2c = 0 (do a ≠ 0)
a
a
Bài 2: (2 điểm)
Cho phương trình: 2x - 7 x + 3m – 4 = 0
(1)
a/ Đònh m để phương trình có một nghiệm
bằng 9 và tìm tất cả nghiệm còn lại của

phương trình.
b/ Tìm tất cả các giá trò của m để phương
trình (1) có nghiệm.
a/ Phương trình có 1 nghiệm x = 9 thay vào Cách khác:
2
pt ta có:
2 x − 7 x + 3 = 0 (2)
2.9 - 7 9 +3m – 4 = 0
x1 = 9 ⇒ x1 = 3
3m = 7
m = 7/3

( )

20


Từ (1) ta có x ≥ 0 thế vào (1) ta được pt:
2

( x)

2

− 7 x + 3 = 0 (2)

Đặt x = t ≥ 0 ta có pt: 2t2 – 7t + 3 = 0
Giải tìm được t1 = 3 ; t2 = ½
Suy ra
x1 = 9 ; x 2 = ¼

b/ Từ (1) coi phương trình với ẩn là x
∆ x = 81 − 24m
Lập

7
2
Để pt (1) có nghiệm thì:
 ∆ x = 81 − 24m ≥ 0
27

⇔m≤

7
8
 S = x1 + x2 = ≥ 0
2

S = x1 + x2 =

Bài 3: (2 điểm) Giải hệ phương trình:
 ( x + 1) ( y + 2 ) = 2 (1)

( y + 2 ) ( z + 3 ) = 6 (2) (I)
 ( z + 3) ( x + 1) = 3 (3)


7
2
7
⇒ 3 + x2 =

2
mà
7
1
⇒ x2 = − 3 =
2
2
1
⇒ x2 =
4
Câu b:
Có thể yêu cầu tìm số nguyên lớn nhất
của m để phương trình (1) có nghiệm.
Chú ý: nếu thay x bởi x ta có bài
x1 + x2 =

toán tương tự.

Nếu x, y, z đều là các số dương thì hệ
chỉ có 1 nghiệm

Nhân (1) (2) và (3) ta có:
[(x + 1)(y + 2)(z + 3)]2 = 36
(x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 hoặc (x + 1)(y + 2)
(z + 3) = -6
Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 hệ (I) là:
z +3=3
z = 0



x +1 = 1 ⇔  x = 0
y + 2 = 2
y = 0


Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = - 6 hệ (I) là:
 z + 3 = −3
 z = −6


 x + 1 = −1 ⇔  x = −2
 y + 2 = −2
 y = −4


Vậy nghiệm của hệ là (0 ; 0 ; 0) và (-2 ; -4 ;
-6)
Bài 4: (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ
x2
y
=
cho parabol (P):
, điểm I(0 ; 3) và
3
điểm M(m ; 0)
Với m là tham số khác 0.
a/ Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua
hai điểm M, I
b/ Chứng minh rằng (d) luôn luôn cắt (P)

21


tại hai điểm phân biệt A, B với AB > 6
a/ Gọi pt của (d) là y = ax + b
Khi đi qua I(0 ; 3) và M(m ; 0) ta có:

 b=3
−3
 a.0 + b = 3

⇔
x+3
−3 ⇒ ( d ) : y =

m
 m.a + b = 0
a = m

b/ Phương trình hoành độ giao điểm của (d)
và (P):
x 2 −3
=
x+3
3
m
⇔ mx 2 = −9 x + 9m (do m ≠ 0)
⇔ mx 2 + 9 x − 9m = 0
∆ = 92 − 4.m. ( −9 m ) = 81 + 36 m2 > 0, ∀m ≠ 0
Vậy (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt.

Chứng minh AB > 6
Vì A, B là giao điểm của (d) và (P) nên
hoành độ xA, xB phải thỏa mãn pt: mx2 + 9x
– 9m = 0
9
Theo Vi-ét ta có: xA+ xB =
; xA. xB = -9
m
Do A, B
−3
−3
∈( d ) ⇒ y A =
x A + 3 ; yB =
xB + 3
m
m
Theo công thức tính khoảng cách:
AB =

( x A − xB )

2

+ ( y A − yB )

2

2

=

−3
−3
2
( x A − xB ) +  xA − xB ÷
m 
m

=

( x A − xB )

2

=

( x A − xB )

2

+

9
2
x − xB )
2 ( A
m

9 


1 + 2 ÷
 m 

9 
2

= ( x A + xB ) − 4 x A . xB   1 + 2 ÷

 m 
 9  2

9 
=  ÷ − 4(−9)   1 + 2 ÷
 m 
  m 
9 
 81

=  2 + 36 ÷1 + 2 ÷
m
 m 
=

81 729 324
+
+
+ 36 > 36 = 6
m2 m4 m2

22

Bài 5: (3 điểm) Cho hai đường tròn (O ; R)
và (O’ ; R’) cắt nhau tại A và B (R > R’).
Tiếp tuyến tại B của
(O’ ; R’) cắt (O ; R) tại C và tiếp tuyến tại
B của (O ; R) cắt (O’ ; R’) tại D.
a/ Chứng minh rằng: AB2 = AC.AD và
2

AC
 BC 

÷ =
AD
 BD 
b/ Lấy điểm E đối xứng của B qua A.
Chứng minh bốn điểm B, C, E, D thuộc một
đường tròn có tâm là K. Xác đònh tâm K
của đường tròn.

µ =B
¶ (chắn cung AnB)
a/ Xét (O) ta có C
1
2
¶
µ
Xét (O’) ta có D = B (chắn cung AmB)
1

⇒ ∆ABC : ∆ADB
AB AC BC
⇒
=
=
(1)
AD AB BD
⇒ AB 2 = AC. AD
2

/

C

2

2 1

/

2
1

=

x

AB 2 AC. AD AC
 BC   AB 

=
=
 BD ÷  AD ÷ AD 2 = AD 2 = AD

 

b/ Từ (1) thay AE = AB ta có
AE AC
=
(*) mặt khác:
AD AE
µA = C
¶ +B
µ ;A
¶ =B
¶ +D
¶
1
1
1
2
2
1
¶ (**)
⇒ µA = A
1

E

1

2

1

A

K

O
x

=

2

D

1

O'

2
1
j

B

2

Từ (*) và (**) suy ra:
∆AEC : ∆ADE (c − g − c )
¶ =D
¶
⇒E
2

2

·
·
µ +E
¶ +B
µ +B
¶
⇒ CED
+ CBD
=E
1
2
1
2
µ
¶
¶
¶
=E +D +D +B
1

2

1

2

= 180 ( xet ∆BDE )
0

Vậy tứ giác BCED nội tiếp đường tròn tâm K.
Với K là gaio điểm 3 đường trực của ∆BCE
hoặc ∆BDE
Së GD&§T NghƯ An
§Ị thi chÝnh thøc

K× thi TUN sinh VµO líp 10
trêng thpt chuyªn phan béi ch©u
n¨m häc 2009 - 2010

Mơn thi: TỐN
Thời gian: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề

23


Bi 1: (3.5 im)
a) Gii phng trỡnh
3

x+2 + 3 7 x =3

b) Gii h phng trỡnh
8

2 + 3 x = y 3


x3 2 = 6

y

Bi 2: (1.0 im)
Tỡm s thc a phng trỡnh sau cú nghim nguyờn
x 2 ax + a + 2 = 0 .
Bi 3: (2.0 im)
Cho tam giỏc ABC vuụng ti A cú ng phõn giỏc trong BE (E thuc AC). ng
trũn ng kớnh AB ct BE, BC ln lt ti M, N (khỏc B). ng thng AM ct BC ti
K. Chng minh: AE.AN = AM.AK.
Bi 4: (1.5 im)
Cho tam giỏc ABC cú 3 gúc nhn, trung tuyn AO cú di bng di cnh BC.
ng trũn ng kớnh BC ct cỏc cnh AB, AC th t ti M, N (M khỏc B, N khỏc C).
ng trũn ngoi tip tam giỏc AMN v ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC ct ng
thng AO ln lt ti I v K. Chng minh t giỏc BOIM ni tip c mt ng trũn
v t giỏc BICK l hỡnh bỡnh hnh.
Bi 5: (2.0 im)
a) Bờn trong ng trũn tõm O bỏn kớnh 1 cho tam giỏc ABC cú din tớch ln hn
hoc bng 1. Chng minh rng im O nm trong hoc nm trờn cnh ca tam giỏc ABC.
b) Cho a, b, c l cỏc s thc dng thay i tha món: a + b + c = 3 .
Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc

P = a2 + b2 + c2 +

ab + bc + ca
a 2b + b 2c + c 2a

----------------------------------------Ht---------------------------------------Sở GD&ĐT Nghệ An
Kì thi TUYểN sinh VàO lớp 10 trờng thpt chuyên
phan bội châu năm học 2009 - 2010
Đề thi chính thức
Môn thi: Toán
Hớng dẫn chấm thi
Bản hớng dẫn chấm gồm 03 trang
Nội dung đáp án

Bài 1
a
3

x+2 + 3 7 x =3

x + 2 + 7 x + 3 3 x + 2. 3 7 x

(

3

Điểm
3,5 đ
2,0đ

)

x + 2 + 3 7 x = 27

0.50đ

9 + 9. 3 ( x + 2)(7 x) = 27

0.25đ

3 ( x + 2)(7 x) = 2
( x + 2)(7 x) = 8

0.25đ
0.25đ
0.25đ

x 5x 6 = 0
2

24


b

x = 1
( thỏa mãn )

x = 6

0.50đ

2
Đặt = z
y

0.25đ

1,50đ

2 + 3 x = z 3
Hệ đã cho trở thành
3
2 + 3 z = x
3( x z ) = z 3 x3

(

Bài 2:

0.25đ
0,25đ

)

( x z ) x 2 + xz + z 2 + 3 = 0

0,25đ

x=z

0,25đ

(vì x 2 + xz + z 2 + 3 > 0, x, z ).

x = 1
Từ đó ta có phơng trình: x 3 3 x 2 = 0
x = 2
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm: ( x, y ) = ( 1; 2), ( 2,1)

0,25đ
1,0 đ
0,25đ

Điều kiện để phơng trình có nghiệm: 0 a 2 4a 8 0 (*).
Gọi x1, x2 là 2 nghiệm nguyên của phơng trình đã cho ( giả sử x1 x2).

x1 + x2 = a
x1.x2 x1 x2 = 2
x1.x2 = a + 2
( x1 1)( x2 1) = 3
x 1 = 3
x1 1 = 1
hoặc
(do x1 - 1 x2 -1)
1
x

1
=
1

x

1
=

3
2
2
x = 4
x1 = 0
hoặc
1
x2 = 2
x2 = 2

0,25đ

Theo định lý Viet:

Bài 3:

0,25đ

Suy ra a = 6 hoặc a = -2 (thỏa mãn (*) )
Thử lại ta thấy a = 6, a = -2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

0,25đ
2,0 đ
0,25đ

ã
ẳ
Vì BE là phân giác góc ãABC nên ãABM = MBC
ẳ
AM = MN

ã
ã
(1)
MAE
= MAN

0,50đ

Vì M, N thuộc đờng tròn đờng
kính AB nên ãAMB = ãANB = 900

ãANK = ãAME = 900 , kết hợp
với (1) ta có tam giác AME đồng
dạng với tam giác ANK

0,50đ

AN AK
=
AM AE

0,25đ

Bài 4:

0,25đ

0,25đ
1,5 đ

AN.AE = AM.AK (đpcm)
Vì tứ giác AMIN nội tiếp nên ãANM = ãAIM
Vì tứ giác BMNC nội tiếp nên ãANM = ãABC

0,25đ

ãAIM = ãABC .Suy ra tứ giác BOIM nội tiếp

Từ chứng minh trên suy ra tam giác AMI

0,25đ

25