Đề thi và đáp án môn toán chuyên Hưng Yên 2009 2010

Sở giáo dục và đào tạo
Hng yên

kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyên
Năm học 2009 2010

Môn thi: Toán

đề chính thức

(Dành cho thí sinh thi vào các lớp chuyên Toán, Tin)

Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (1,5 điểm)

Cho a = 2 :



1
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

(

)

2

b) Tìm m để phơng trình x 2 2x 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 -----------Họ và tên thí sinh:.........
Chữ ký của giám thị .....................

Số báo danh:......Phòng thi số:......


Hớng dẫn chấm thi

Bài 1: (1,5 điểm)



1
1
7 +1 +1
7 +1 +1
a = 2:

ữ= 2 :

7
7 +1 1

7 +1 +1ữ


2
= 7
a = 2:
7
Đặt x = a 1 x = 7 1 x + 1 = 7 x 2 + 2x + 1 = 7
x 2 + 2x 6 = 0
Vậy phơng 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

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 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


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

0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ

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) có 2 nghiệm dơng phân biệt
> 0
9 4m > 0


S > 0 5 > 0
P > 0
m + 4 > 0



0,25 đ

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

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 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 + 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

0,5 đ


Do vậy MBC và MDB đồng dạng
MB MD
=
MB.BD = MD.BC
Suy ra
BC
BD

0,5 đ

ã
ã
ã
b) Gọi (J) là đờng tròn ngoại tiếp BDC BJC
= 2BDC
= 2MBC
ã
BJC
ã
hay MBC
=
2
ã
180 0 BJC

ã
BCJ cân tại J CBJ =
2

0,5 đ

ã
ã
BJC
180 O BJC
ã
ã
Suy ra MBC
+ CBJ
=
+
= 90 O MB BJ
2
2
Suy ra MB là tiếp tuyến của đờng tròn (J), suy ra J thuộc NB

0,5 đ

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
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

0,5 đ

Do đó tứ giác CINJ là hình bình hành CI = NJ
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

0,5 đ

F

a

B

b
h

c

M
K
D

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 dơng)
Do các góc của hình 8 cạnh bằng nhau nên mỗi góc trong của hình 8 cạnh có
(8 2).180O
số đo là:
= 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
MA = AE =
; BF = BG =
; CH = CI =
; DK = DJ =
2
2
2
2
h
b
f
d
+a+
=
+e+
Ta có AB = CD nên:
2
2
2
2

0,25 đ

0,5 đ

⇔ (e - a) 2 = h + b - f - d
h +b−f −d
∈ ¤ (®iÒu nµy v« lý do
NÕu e - a ≠ 0 th× 2 =
e−a
VËy e - a = 0 ⇔ e = a hay EF = IJ (®pcm).

------------ HÕt ------------

2 lµ sè v« tØ)
0,25 ®