ĐỀ THI vào lớp 10 CHUYÊN TOÁN( có đáp án)

UBND TỈNH AN GIANG SỞ
GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU
NĂM HỌC 2011-2012

ĐỀ CHÍNH THỨC

MÔN TOÁN
Thời gian làm bài:120 phút,
(không kể thời gian giao đề)

SBD…… Phòng….

Câu I ( 2,0 điểm)
1. Rút gọn rồi tính giá trị của biểu thức (không sử dụng máy tính):

A = 3x − 2 + 2 x 2 − 2 x 2 + 1

2. Tính :

, với

x=− 2

 21 − 7
15 − 3 
4 5

:

+


3 −1
1− 5  3 + 7


Câu II (2,0 điểm)
Giải các phương trình sau:

1.
2.

1
2
1
=
+
1 − 2x 1 + 2x 1 − 4x2
x 3 − 3x 2 − 4 x = 0

Câu III (1,5 điểm)

Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol (P) :

1
y = − x2
2

và đường thẳng (d):

y= mx+ m - 1.

1. Chứng minh đường thẳng (d) luôn cắt parabol tại 2 điểm phân biệt khi m thay đổi.
2. Với giá trị nào của m thì đường thẳng (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2.
Câu IV (1,5 ñieå m )

1. Giải hệ phương trình:

 5 x 2 − 7 y = 27

2
− 3 x + 2 y = −14

2. Chứng minh bất đẳng thức:
Câu V

a.b > a+b , với a>2 và b>2.

(3,0 điểm)

Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB=2r, Ax và By là 2 tiếp tuyến với nửa
đường tròn tại A và B. Lấy 1 điểm M thuộc cung AB và vẽ tiếp tuyến thứ ba cắt Ax, By lần
lượt tại C và D.

1. Chứng minh COD là tam giác vuông.
2. Chứng minh tích AC.BD có giá trị không đổi khi M di động trên cung AB.


3.Cho góc AOM bằng 60 độ và I là giao điểm của AB và CD. Tính theo r độ dài các

đoạn AC, BD và thể tích của hình do hình thang vuông ABDC quay quanh AB sinh ra.
HẾT
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
AN GIANG

HƯỚNG DẪN CHÂM THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG
THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU
Năm học 2011-2012-Khóa ngày 15-6-2011
Môn: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

A-LƯỢC GIẢI-BIỂU ĐIỂM

Câu Bài
điểm)

Lược giải

Điểm

Ta có:
1

2 x 2 − 2 x 2 + 1 = ( x 2 − 1) 2
Do đó :

A = 3 x − 2 + ( x 2 − 1) 2

A = 3x − 2 + x 2 − 1

I
(2 đ)
2

Vì

x 2 −1 = − 3 = 3

x=− 2

Vậy:

1,0

nên

A = 1− 3 2

 21 − 7
15 − 3 
4 5

:
+


3 −1
1− 5  3 + 7


21 − 7
3 −1

•

15 − 3
1− 5

•

=

=

7 ( 3 − 1)
3 −1
3 ( 5 − 1)
1− 5

= 7
1,0

=− 3

 21 − 7
( 7 − 3 )( 3 + 7)
15 − 3 
4 5

+

:
=

3 −1
1 − 5  3 + 7
4 5

=
•
II
(2 đ)

1
5

=

x≠±

1

5
5
1
2

Điều kiện:
Quy đồng và khử mẫu , được:

1 + 2 x = 2(1 − 2 x) + 1

⇔x=
2

1
3

(thỏa điều kiện)

1,0


Vậy nghiệm của phương trình cho là x= 1/3.

x 3 − 3x 2 − 4 x = 0
⇔ x ( x 2 − 3 x − 4) = 0
x=0
⇔  x = −1
 x = 4

III
(1,5đ)

1

1,0

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

−

1 2
x = mx + m − 1
2

⇔ x 2 + 2mx + 2m − 2 = 0

(*)

(*) ⇒ ∆' = m − (2m − 2) = m 2 − 2m + 2
2

2

= ( m − 1) + 1 > 0,
2

∀m ∈ R

Vậy phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
Nói cách khác (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt khi m thay đổi.
Thay tọa độ giao điểm của (d) với trục tung vào phương trình đường thẳng:
2 = m.0 + m – 1
Suy ra m=3
Vậy với m = 3 thì (d) cắt trục tung tại điểm (0;2).

IV
(1,5đ)

1

5 x 2 − 27
7

, thay vào (2):

5 x − 27
= −14
7
⇔ x 2 = 4 ⇔ x = ±2
− 3x 2 + 2

2

± ⇒

0,75

5.4 − 27
= −1
7

Với x= 2 y=
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm (2;-1) và (-2;-1).
a.b > a+b , với a>2 và b>2.
Vì a>2 và b>0 nên a.b>2,b (1)
Vì b>2 và a>0 nên b.a>2.a (2)
Cộng (1) và (2) ta được: 2ab>2(a+b)

V

(3,0đ)

0,5

 5 x 2 − 7 y = 27
(1)

2
− 3 x + 2 y = −14 (2)
(1) ⇒ y =

2

1,0

0,75

⇔ ab > a + b

(đpcm)


0,25

1

0,75
2
Theo tính chất của các tiếp tuyến cắt nhau, ta có OC là tia phân giác của góc
AOM và OD là tia phân giác của góc BOM.

Mà AOM, BOM là 2 góc kề bù.

OC ⊥ OD

Suy ra
Vậy tam giác COD vuông tại O.
3

0,75

Theo tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau, ta có:

CA = CM ;

DB = DM

.
Trong tam giác vuông COD với đường cao OM, ta có:

OM 2 = MC.MD ⇔ r 2 = MC .MD = AC.BD
Vậy khi M di động trên nửa đường tròn , tích AC.BD có giá trị không đổi
(bằng r2).

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

Tam giác cân AOM (OA=OM=r) có góc AOM = 60 nên nó là tam giác đều.

Suy ra AM=AO= MO= r.
Lại có tam giác IOM vuông tại M nên AM=AI=AO=r và góc MIO=30 0.
Tam giác AIC vuông tại A có góc

AC = IA. tan 30 0 =

r 3
3

Iˆ = 30 0

0,25
nên

.

r2
AC.BD = r ⇒ BD =
=r 3
AC
2

Thể tích hình nón cụt sinh ra bởi hình thang vuông ABDC quay quanh AB:

 r2
 26π .r 3
1
1
V = π . AB( AC 2 + BD 2 + AC.BD) = π .2r  + 3r 2 + r 2  =
3

3
9
 3


B-HƯỚNG DẪN:


1-Học sinh làm cách khác mà đúng vẫn được điểm tối đa.
2-Trong bài hình học, chỉ chấm hình vẽ 1 lần –nếu đúng; không có hình hoặc hình sai thì
không chấm phần lới giải tương ứng.
3-Điểm số có thể chia nhỏ tới 0,25. Tổng điểm toàn bài không làm tròn.

SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO

ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN BẾN TRE

BẾN TRE

Năm học 2011–2012
Môn : TOÁN (chung)
Thời gian: 120 phút ( không kể thời gian

phát đề)

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM: Thời gian làm bài 20 phút / 3,0 điểm
(Chọn phương án đúng cho mỗi câu và ghi vào giấy làm bài . Ví dụ: câu 1 chọn
A thì ghi 1.A)

4+2 3 − 3

Câu 1. Biểu thức M =
A.

2 3 −1

B.

1− 2 3

có giá trị bằng:
C. 1

D. -1

Câu 2. Với giá trị nào của m thì đường thẳng (d 1): mx – 2y = 2 cắt đường thẳng
(d2): x + y = 3?
A.

m ≠ −2

B.

m≠2

Câu 3. Hệ phương trình
A.0

B. 2

2 x + y = 4

x − y = 2

C.

m = −2

D.

m=2

có nghiệm (x;y). Tổng x + y bằng:
C. 4

D. 6

Câu 4. Đồ thị hàm số y = f(x) = ax2 đi qua điểm A(-2; 4) có hệ số a bằng:

A. -1

B. 1

C.

1
8

−
D.

1
8

Câu 5. Cho hàm số y = f(x) = ax2 . Nếu f(2) = 1 th ì f(-2) + 2 bằng:


A. 1

B. 2

Câu 6. Nếu

A.

x0 = 1 − 3

4− 3

B.

C. 3

D. 4

là nghiệm của phương trình

4+ 3

C.

4− 3
12

D.

Câu 7. Với giá trị nào của m thì phương trình
nghiệm?

m≥
A.

1
12

m≤
B.

1
12

Câu 8. Phương trình nào sau đây nhận
A.

x2 + x + 4 = 0

B.

x2 − x − 4 = 0

x2 − x +1 = m

m≥
C.

1
12

mx 2 + ( 2m −1) x + m + 2 = 0

và

m≠0

m<
D.

x2 + 4 x +1 = 0

D.

Câu 9. Tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O) có

·AOB

A.

1
12

và

có

m≠0

là nghiệm?

x2 − 4x +1 = 0
µ = 600
A

, số đo của

bằng:

650

B.

1200

C.

1300

D.

µ = 1200
AC = 6cm B

Câu 10. Cho tam giác ABC cân tại B có
ngoại tiếp tam giác ABC tính bằng cm là:
A.

4+ 3
2

x1 = 2 − 3; x2 = 2 + 3
C.

thì m bằng:

π 3

B.

2π 3

C.

,

4π 3

D.

1350

. Độ dài đường tròn

5π 3

Câu 11. Một ngọn tháp cao 50, có bóng trên mặt đất dài 15m. Góc mà tia sáng
mặt trời tạo với mặt đất (làm tròn đến độ) là:
A.

710

B.

730

C.

750

D.

800

AB
Câu 12. Cho tam giác ABC vuông tại A. Biết rằng
AH = 30cm.
Độ dài BH tính bằng cm là:
A.18

B.20

C.25

II. PHẦN TỰ LUẬN: Thời gian làm bài 100 phút/7 điểm.

AC

D.36

=

5
6

, đường cao


Bài 1. (1,0 điểm)

Cho biểu thức

1   x +1 x + 2 
 1
A=
− ÷: 
−
÷
 x −1 x   x − 2 x −1 

1. Rút gọn A khi

.

x ≠ 0; x ≠ 1; x ≠ 2
3
3

A=−
2. Tìm x để giá trị của

.

Bài 2. (2,0 điểm)

Cho hệ phương trình

x + y = m + 2

3x + 5 y = 2m

1. Giải hệ phương trình khi

m = −1

với m là tham số.

.

2. Xác định giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm

mãn điều kiện:
Bài 3. (1,5 điểm)

Cho phương trình

( x; y )

x + y =1

x 2 − 2 ( m + 1) x − m − 3 = 0

thoả

với m là tham số.

1. Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
2. Gọi

x1 , x2

là hai nghiệm của phương trình. Tìm m để
giá trị nhỏ nhất.
Bài 4. (2,5 điểm)

( x1 − x2 )

2

đạt

Cho góc xOy và điểm P nằm trong góc đó. Gọi H và K lần lượt là
hình chiếu của P lên Ox và Oy. Đường thẳng PK cắt Ox tại A, đường thẳng
PH cắt Oy tại B.

1. a. Chứng minh tứ giác OKPH và tứ giác KHAB nội tiếp đường

tròn.
b. Cho

·
xOy
= 600

và

OP = a

. Tính độ dài HK và AB theo a.

2. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của OP và AB. Chứng minh tứ
giác MKNH nội tiếp đường tròn.


BÀI GIẢI
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM:
1.C 2.A
12.C

3.B

4.B

5.B

6.A

7.B

8.D

II. PHẦN TỰ LUẬN:
Bài 1: 1) Rút gọn
 1   ( x + 1) ( x − 1) − ( x + 2 ) ( x − 2 ) 
A=
:

x
x
−
1
(
)
( x − 1) ( x + 2 )

 

 1   x2 − 1 − x2 + 4 
A=
:

x
x
−
1

(
)

  ( x − 1) ( x + 2 ) 
( x − 1) ( x + 2 ) = x − 2
1
A=
.
x ( x − 1)
3
3x
2) Tìm x:

9.B

10.C 11.B


3
3
3
A=−
3
3
A=−
3
3
A=−
3
A=−

Bài 2: 1) Khi

⇔

x−2
3
=−
3x
3

⇔ x − 2 = − 3x

(

)

⇔ x 1+ 3 = 2
⇔x=

2
= 3 −1
1+ 3

m = −1

, ta có hệ phương trình:
7

x=


x + y = 1

2
⇔

3 x + 5 y = −2
y = − 5

2

Vậy hpt có 1 nghiệm duy nhất

2)

7 5
 ;− ÷
2 2

x + y = m + 2
( I)

3 x + 5 y = 2m

 m = −1
x + y =1⇒ m + 2 =1⇒ 
 m = −3
Thế hai giá trị m trên vào hệ phương trình:

*

*

7

 x = 2
7 5
m = −1 ⇒ 
⇒ x + y = − =1
2 2
y = − 5

2
1

x
=

2 ⇒ x + y = 1 − 3 =1
m = −3 ⇒ 
2 2
y = − 3

2

Vậy

m = −1; m = −3

Bài 3: 1)

2

3 7

∆ ' =  − ( m + 1)  − ( − m − 3) =  m + ÷ + > 0, ∀m
2 4

2


Vậy pt trên luôn có hai nghiệm phân biệt

∀m

.

2) Áp dụng hệ thức Vi-ét:
 x1 + x2 = 2m + 2

 x1 x2 = − m − 3
Do đó:
A = ( x1 − x2 ) = ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2
2

2

A = ( 2m + 2 ) − 4 ( − m − 3 )
2

A = 4m 2 + 12 + 16
A = ( 2m + 3 ) + 7 ≥ 7
2

min A = 7 ⇔ ( 2m + 3) = 0 ⇔ m = −
2

Vậy:

3
2

Bài 4:
1/a). Tứ giác OKPH có
·
·
OKP
+ OHP
= 1800
nên nội tiếp đường
(M)
tròn
đường kính OP

y

B

N

K
P
M

x

O

H

. Tứ giác KHAB có
·AKB = ·AHB = 900
nên nội tiếp
( N)
đường tròn
đường kính AB

A

b)
⇒

nên

¼ = 1200
KPH

·
·
xOy

= 600 ⇒ KOH
= 600

sđ
, do đó KH là cạnh của tam giác đều nội tiếp
a 3
 OP 
KH = 
÷ 3=
2
 2 
.

∆OKA

vuông tại K

·
KOH
= 600

(M)


·
⇒ KAH
= 300 ⇒

( N)

nên AB=2KH=

sđ
a 3

¼ = 600
KnH

. Do đó KH là cạnh lục giác đều nội tiếp

2/ Ta có:
·
·

KMH
= 2 KOH
0
·
·
·
·
 ⇒ KMH + KNH = 2 KOH + KAH = 180
·
·
KNH
= 2 KAH


(

)

VẬy tứ giác MKNH nội tiếp.
SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO

ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN BẾN

TRE
BẾN TRE

Năm học 2011–2012
Môn : TOÁN (chuyên)
Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian

phát đề)

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM: Thời gian làm bài 30 phút / 5,0 điểm
(Chọn phương án đúng cho mỗi câu và ghi vào giấy làm bài . Ví dụ: câu 1 chọn
A thì ghi 1.A)
x1 , x2

Câu 1. Cho
là hai nghiệm của phương trình:
( x2 + 1)
và
là hai nghiệm của phương trình:
A.

x2 − 5x + 5 = 0

B.

x2 − 7 x + 5 = 0

C.

x2 − 5x + 3 = 0

x2 − 7 x + 9 = 0

x1 , x2

Câu 2. Cho
là hai nghiệm dương của phương trình:
x1
x2
và
là hai nghiệm của phương trình:
A.

x 2 − 3x + 1 = 0

B.

x2 − 7 x + 1 = 0

C.

x 2 − 3x − 1 = 0

D.

. Khi đó

x2 − 7 x + 8 = 0

x2 − 7 x + 1 = 0

D.

( x1 + 1)

. Khi đó

x2 − 7 x −1 = 0

( d1 ) : y = 2 x − 1 ( d 2 ) : y = − x + 5 ( d3 ) : y = mx − m

Câu 3.Cho ba đường thẳng:
;
;
Để ba đường thẳng trên đồng quy thì m phải thoả điều kiện:
A.

m = −1

B.

m =1

C.

m=2

D.

m=3

.


Câu 4. Cho parabol
thoả điều kiện:
A.

a = 1− 2

( P ) : y = ax 2

B.

m ≥1

B.

m>0

B.

)

m<0

đi qua A thì a phải

3+ 2 2

có nghiệm khi m thoả điều

D. Với mọi giá trị

( m + 1) x 2 − 2mx + m = 0

C.

( P)

D.

m ≠1

C.

m<0

. Để

a = 3− 2 2

C.

( m − 1) x 2 − 2mx − m + 1 = 0

m ≤1

Câu 6. Cho phương trình
thoả điều kiện:
A.

và điểm

a = 1+ 2 2

Câu 5. Cho phương trình
kiện:
A.

(

A 1 − 2;1

và

có hai nghiệm phân biệt khi m

m ≠ −1

D.

m>0

và

m ≠1

Câu 7. Tam giác ABC có độ dài ba cạnh lần lượt là: 3a;4a;5a. Bán kính đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng:

A.

7
a
2

B.

5
a
2

C.

5a 2
3

D.

Câu 8. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn. Biết
bằng:
A.

600

B.

720

C.

1080

Câu 9. Cho đường tròn tâm O, bán kính
nhau và C, D thuộc cung nhỏ
giửa hai dây bằng:

A.

1a

B.

2a

»AB

3a
2

, khi đó số đo góc

D.

µA

1200

. Hai dây AB và CD song song

AB = 8a; CD = 6a

. Biết

C.

R = 5a

µA = 2 C
µ
3

5a 3
2

, khi đó khoảng cách

D.

5a
2

Câu 10. Nếu diện tích mặt cầu tăng lên 2 lần thì thể tích hình cầu tăng lên mấy
lần?:
A.

2 2

B.2

C.4

D. 8


II. PHẦN TỰ LUẬN: Thời gian làm bài 120 phút/15 điểm.

Bài 1. (3,0 điểm)
Cho phương trình x2 – 2(m + 1) – m +1 = 0
3. Xác định m để phương trình có hai nghiệm khác 0.

4. Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thoả:

1 1
− =2
x1 x2

.

Bài 2. (3,5 điểm)

y=

Cho parabol (P) :
tham số)

−x2
2

và đường thẳng (d) :

y = − mx + 2 m

; ( m là

3. Tìm m để (d) tiếp xúc với (P). Xác định toạ độ các điểm tiếp xúc đó.
4. Chứng minh (d) luôn đi qua một điểm cố định I, xác định toạ độ của I.
5. Gọi A, B là hai điểm tiếp xúc ở câu a). Tính diện tích tam giác AIB

Bài 3. (3,5 điểm)
3. Giải phương trình:

x 2 + 4 x2 − 4 = x 2 − 4

4. Giải hệ phương trình:

3
3

 x + y = 3 4( x + y )
 2
2


x + y = 1

Bài 4. (2,5 điểm)
Cho A và M là hai điểm trên đường tròn tâm O, bán kính R; B là điểm
đối xứng của
O qua A và D là trung điểm của OA
2. Chứng minh hai tam giác

∆OMD

·
MOA
= 600

và

∆OBM

đồng dạng.

3. Tính độ dài MB khi
.
4. Cho C là điểm cố định nằm ngoài đường tròn, xác định vị trí của M

trên đường tròn để tổng 2MC + MB đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 5. (2,0 điểm)
Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

x3 + y 3 − x 2 y − xy 2 = 5

.


BÀI GIẢI
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM:
1.C

2.A

3.D

4.D

5.D

6.C

7.B

8.B

9.A

10.A.

II. PHẦN TỰ LUẬN:
Bài 1:

Phương trình

x 2 − 2(m + 1) x − m + 1 = 0

(1)

1) Phương trình (1) có hai nghiệm khác 0

∆ ' ≥ 0
(m + 1) 2 + m − 1 ≥ 0 m(m + 3) ≥ 0
⇔
⇔
⇔
−
m
+
1
≠
0
m
≠
1
m ≠ 1


m ≥ 0
m ≥ 0


  m ≤ −3 ⇔   m ≠ 1
m ≠ 1


 m ≤ −3

Vậy :

m ≥ 0, m ≠ 1

hoặc

m ≤ −3

.

2) Áp dụng hệ thức Vi- ét, ta có:

 x1 + x2 = 2m + 2

 x1 x2 = − m + 1

Do đó:

1 1
x −x
− =2⇔ 2 1 =2
x1 x2
x1 x2
⇔ ( x1 − x2 )2 = 4( x1 x2 ) 2
⇔ ( x1 + x2 )2 − 4 x1 x2 = 4( x1 x2 ) 2
⇔ (2m + 2) 2 − 4(−m + 1) = 4( −m + 1) 2
⇔ 20m − 4 = 0
⇔m=

m=
Vậy :

1
5

1
5

Bài 2:
1) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và(d) là:


x2
− = −mx + 2m ⇔ x 2 − 2mx + 4m = 0
2
Đường thẳng (d) tiếp xúc với (P)
m = 0
⇔
m = 4
⇔ ∆ ' = m 2 − 4m = 0
•

Với m = 0

•

Với m = 4
2) Phương trình:

⇒
⇒

tiếp điểm 0(0;0)
tiếp điểm B(4;8)

y = −mx + 2m ⇔ ( − x + 2) m − y = 0

− x + 2 = 0
⇔
, ∀m
− y = 0
x = 2
⇔
y = 0

Vậy : I(2;0)

S AIB =
3)

=

1
AI .BH
2

(H là hình chiếu của B /Ox)

1
.2.8
2

= 8 (đvdt)
Bài 3:
1) Phương trình
Đặt t =

x2 + 4 x2 − 4 = x2 − 4

x2 − 4 ≥ 0

t +4+4 t =t

, Khi đó,ta có phương trình:
⇔

( t + 2) 2 = t

⇔ t +2 =t


⇔t− t −2=0

t +2>0

(do

)

 t = −1 (loai )
⇔
 t = 2 (nhan)

Do đó :

t = x 2 − 4 = 4 ⇔ x = ±2 2

Vậy phương trình có 2 nghiệm

x = ±2 2

.

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

2) Hệ phương trình
Ta có :

⇔ ( x + y ) = 4 ( x3 + y 3 )
3

(1)

⇔ ( x 3 + y 3 ) + 3xy ( x + y ) − 4 ( x 3 + y 3 ) = 0
⇔ −3 ( x 3 + y 3 ) + 3 xy ( x + y ) = 0

⇔ −3 ( x + y ) ( x − y) 2 = 0

⇔ ( x + y ) − 2 xy = 1

⇔ 3 ( x + y ) ( x + y ) − 4 xy  = 0


2

2

(2)

. Đặt

a = x + y

b = xy

ta được:

1

 3a = 0

 a = 0, b = − 2
 2

3a ( a 2 − 4b ) = 0
1
 a − 2b = 1
⇔ 2
⇔   a = 2, b =
 2

2

a − 2b = 1
 a − 4b = 0

2
 a − 2b = 1
  a = − 2, b = 1
2
 

. Với

a = 0


1
b = − 2

x + y = 0


⇒
1
 xy = − 2

 2
2  2 2
⇒ ( x, y ) = 
,−
,
÷;  −
÷
2
2
2
2





. Với

. Với

a = 2


1
b =


2

x + y = 2

⇒
1
 xy =

2


2
⇒x = y =
÷
2 


a = − 2
x + y = − 2

2


⇒
⇒
x
=
y
=

−

÷


1
1
2 

b =
 xy =

2

2

Vậy hệ pt đã cho có 4 nghiệm:

2
2
−
;
−

÷
2 
 2

 2
2

;−

÷
( x, y ) =  2 2 

,

 2 2
− ;
÷
 2 2 

,

 2 2
;

÷
2
2 


,

Bài 4:
1)

∆OMD

và

∆OBM

có:

C

B

Ô : góc chung
B'

OM OD
1
=
(= )
OB OM
2

M

A

∆OMD : ∆OBM

Do đó
2)

∆MOA

⇒
(c.g.c)

đều ( do OA = OM và

A'

DM 1
=
BM 2

D
E

·
MOA
= 600

O

) nên:

⇒ MD = OD. 3 =
MD vuông góc với OA tại D

Mà

DM 1
=
BM 2

R 3
2

(cmt) . Do đó:

MB = 2MD = R 3

(đvđd)

3) Vẽ (d) qua C cắt (O) tại M và N, tiếp tuyến CE.
Ta có :

∆CME : ∆CEN

(g.g)

N


⇒

CM CE
=
CE CN

Mà

⇔ CE 2 = CM .CN

CE 2 = CO 2 − R 2

( không đổi do C cố định)

Theo BĐT Cô-si , ta có:

CM + CN ≥ 2 CM .CN = 2 CO 2 − R 2

(1). Dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi
M ≡N≡E
M ≡ N ≡ A' ⇔
CM = CN. Khi đó
hoặc
CM là tiếp tuyến của
đường tròn (O).
(1)

2
2
⇒ 2CM + CN ≥ 2 2CM .CN = 2 2(CO − R )

. Dấu “=” xãy ra khi và chỉ

3CM = 2 2(CO 2 − R 2 ) ⇔ 2CM =
khi 2CM = CN . Khi đ ó :
Mặt khác:

2CM + BM ≥

BM ≥ OB − OM = 2 R − R = R

4
2(CO 2 − R 2 ) + R
3

Vậy :2CM + BM đạt GTNN

4
2(CO 2 − R 2 )
3

. Suy ra:

.

⇔ A≡M

và CM là tiếp tuyến của (O)

Bài 5:
Phương trình :

3
3
x 3 + y 3 − x 2 y − xy 2 = 5 ⇔ ( x + y ) − xy ( x + y ) = 5

⇔ ( x + y) ( x − y) = 5
2

  x + y = 1


2
( x − y ) = 5
⇔
 x + y = 5
 x − y 2 = 1
)
 (

(VN / Z )
x = 2
⇔
y = 3

x = 3
hoac 
y = 2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên (x,y) = (2;3) ; (3;2).


Tuyển tập tuyển sinh 10 THPT chuyên các tỉnh thành 20132014
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2013 – 2014
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ

SỞ GD & ĐT HOÀ BÌNH

ĐỀ THI MÔN TOÁN
(Dành cho các chuyên Nga, Pháp, Trung)
Ngày thi: 29 tháng 6 năm 2013

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm có 01 trang

Đề chính thức

Bài 1: (2 điểm)
a/ Tính giá trị biểu thức:

M = ( 8 − 3 2 + 10)( 2 + 10) : 3 −64

b/ Không dùng máy tính hãy so sánh:

A = 10 + 13

với

B = 11 + 12

Bài 2: (2 điểm)
Cho phương trình

x 2 − 2(m − 3) x + 4 = 0

a/ Tìm m để phương trình nhận

x = −3

làm nghiệm.

b/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt

x1 , x2

thỏa mãn

x12 + x2 2 = 28

.

Bài 3: (2 điểm)
Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không chứa nước thì sau 3 giờ 36 phút đầy bể.
Nếu để chảy một mình thì vòi thứ nhất chảy đầy bể nhanh hơn vòi thứ hai là 3 giờ. Tính thời
gian mỗi vòi chảy một mình đầy bể.
Bài 4: (3 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và điểm M nằm trên nửa đường tròn (
M ≠ A, M ≠ B
). Tia BM cắt tiếp tuyến của nửa đường tròn kẻ từ A tại I, phân giác của góc
·IAM
cắt nửa đường tròn tại E, cắt BM tại F. Tia BE cắt AI tại H, cắt AM tại K. Chứng minh
rằng:
a/ Tam giác
b/

ABF

là tam giác cân.

BE.BH = BM .BI

c/ Tứ giác

Bài 5: (1 điểm)

AKFH

là hình thoi.


x2 + x +

Giải phương trình

1 1 27
+
=
x x2
4

---------------------------- Hết -----------------------------Họ và tên thí sinh: ............................................. SBD: ................................ Phòng thi:
…..............
Giám

thị

1

(họ

và

tên,

chữ

ký): ........................................................................................................
Giám thị 2 (họ và tên, chữ
ký): ........................................................................................................

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN - 2013
(Dành cho các chuyên Nga, Pháp, Trung)

Bài
1 (2đ)

ý
a

b

Nội dung
M = (− 2 + 10)( 2 + 10) : −64

Điểm
0,5 đ

M = 8 : (−4) = −2

0,5 đ

A2 = 23 + 2 10.13 = 23 + 2 130

0,25 đ

B 2 = 23 + 2 11.12 = 23 + 2 132

0,25 đ

A > 0, B > 0
B>A
, mà
. Vậy
⇒ 9 + 6(m − 3) + 4 = 0
x = −3
Thay
vào pt
5
⇒m=
6

0,5 đ

3

⇒ B 2 > A2

2(2 đ)

a

b
Ta có

0,5 đ
0,5 đ
0,25 đ

∆ ' = (m − 3) 2 − 4
m > 5
⇔
⇔ ∆ ' > 0 ⇔ (m − 3) > 4
m < 1

0,25 đ

2

Pt có 2 nghiệm pb
x12 + x22 = 28 ⇔ ( x1 + x2 )2 − 2 x1 x2 = 28

0,25 đ


 m = 6(tm)
⇔ ( m − 3) 2 = 9 ⇔ 
 m = 0(tm)

3(2đ)

a

b

0,25 đ

. KL…
Gọi thời gian để vòi thứ nhất chẩy một mình đầy bể là x (h, x>0)
1
⇒
x
Một giờ vòi thứ nhất chảy được
bể
⇒
thời gian để vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là x+3 (h)
1
⇒
x+3
Một giờ vòi thứ hai chảy được
bể
18
1
1
5
+
=
5
x x + 3 18
Đổi 3 giờ 36 phút = giờ. Ta có pt
x=6
Giải ra được
và KL…

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ
0,5 đ

4 (3đ)
I
F
M
H

E

K

B

A

a

⇒ AE ⊥ EB
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
·
IAM
Mà AE là phân giác của góc
nên BE cũng là phân giác của góc
·ABM

. Do đó tam giác ABF cân tại B.
Trong tam giác ABH vuông tại A có AE là đường cao do đó
BE.BH = AB 2

0,5 đ

Trong tam giác ABI vuông tại A có AM là đường cao do đó
BM .BI = AB 2
BE.BH = BM .BI
. Vậy
KA = KF , HA = HF
BE
AF
Vì
là đường trung trực của
nên ta có
(1)
AHK
Mặt khác trong tam giác
có AE vừa là đường cao vừa là đường
⇒ AH = AK
AHK
phân giác nên tam giác
cân tại A
(2)
⇒
Từ (1) và (2)
Tứ giác AKFH là hình thoi.

0,5đ

Ta có

b

c

·AEB = 900

5 (1đ)
ĐK:

x≠0

( x2 +

. Ta có pt

1
1
27
1
1
35
) + (x + ) =
⇔ ( x + )2 + ( x + ) =
2
x
x
4

x
x
4

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ


x+

t

+/ Vi

+/ Vi

1
=t
x

ta cú pt:

t =
35
2
2
t +t =
4t + 4t 35 = 0
4
t =


5
2
7
2

0,25

x = 2
1 5

1
5 x+ =
x 2
x=
t=

2
2

0,25

7 + 33
x =
1 7
4
x+ =

x 2

7 33
7
t=
x =

4
2

0,25

. KL

Chú ý: Mọi lời giải đúng khác đều đợc cho điểm tơng đơng

K THI TUYN SINH VO LP 10 NM HC 2013 2014
TRNG THPT CHUYấN HONG VN TH

S GD & T HO BèNH

THI MễN TON

(Dnh cho chuyờn Tin)
Ngy thi: 28 thỏng 6 nm 2013
Thi gian lm bi: 150 phỳt (khụng k thi gian giao )
thi gm cú 01 trang

chớnh thc

Bi 1: (2 im)
P=(
a/ Rỳt gn biu thc

b/ Tỡm giỏ tr

x

x 2
x +2
1 x 2

).(
)
x 1 x + 2 x +1
2
M=

nguyờn biu thc

x2 + 1
x 1

nhn giỏ tr nguyờn.

Bi 2: (2 im)
a/ Tỡm m ng thng
im trờn trc honh.

( a) : y = x + 2 m

ct ng thng

(b) : y = 2 x 4

x 2 + 2(m + 1) x + 2m 11 = 0 x
m
b/ Cho phng trỡnh
( l n,
l tham s).
Tỡm m phng trỡnh cú mt nghim nh hn 1, mt nghim ln hn 1.
Bi 3: (2 im)

ti mt


Trên quãng đường AB dài 60 km, người thứ nhất đi xe máy từ A đến B, người thứ
hai đi xe đạp từ B đến A. Họ khởi hành cùng một lúc và gặp nhau tại C sau khi khởi hành
được 1 giờ 20 phút. Từ C người thứ nhất đi tiếp đến B và người thứ hai đi tiếp đến A. Kết
quả người thứ nhất đến nơi sớm hơn người thứ hai là 2 giờ. Tính vận tốc của mỗi người, biết
rằng trên suốt quãng đường cả hai người đều đi với vận tốc không đổi.
Bài 4: (3 điểm)
Cho hình bình hành

a/ Chứng minh
b/ Chứng minh

ABCD

∆CKH

có đường chéo

đồng dạng

AC > BD

. Kẻ

CH ⊥ AD, CK ⊥ AB

.

∆BCA

·
HK = AC.sin BAD

c/ Tính diện tích tứ giác

AKCH

·
BAD

= 600 AB = 6cm, AD = 8cm.
biết
,

Bài 5: (1 điểm)

Cho

x>0

A = x2 − x +

, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

1
+ 2013
x

---------------------------- Hết ------------------------------

Họ và tên thí sinh: ............................................. SBD: ................................ Phòng thi:
…..............
Giám

thị

1

(họ

và

tên,

chữ

ký): ........................................................................................................
Giám thị 2 (họ và tên, chữ
ký): ........................................................................................................

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN - 2013
(Dành cho chuyên Tin)

Bài
1 (2đ)

ý
a

ĐK:

x ≥ 0, x ≠ 1

Nội dung

2

x −2
x + 2  (1 − x)
P=

−
.
2
 ( x − 1)( x + 1) ( x + 1)  2

−2 x
( x − 1) 2 ( x + 1) 2
P=
.
= −x + x
2
( x + 1)2 ( x − 1)

Điểm
0,25 đ
0,25 đ

0,5 đ


b

2 (2 đ)

a

M = x +1+

0,5 đ

2
x −1

Ta có
⇔ x −1
M
nhận giá trị nguyên
là ước của 2
x = 0

 x − 1 = ±1  x = 2
⇒
⇒
 x − 1 = ±2  x = 3

 x = −1
. KL…
(b ) : y = 2 x − 4
A(2;0)
Đường thẳng
cắt trục hoành tại điểm
( a) : y = x + 2 m
⇔
Ycbt
đường thẳng
đi qua A, từ đó tìm được
m = −1

b
Ta có

x1

Gọi vận tốc của người thứ nhất là x (km/h, x>0)
Gọi vận tốc của người thứ hai là y (km/h, y>0)
4
4
⇒ ( x + y ) = 60 ⇒ x + y = 45
3
3
Đổi 1 giờ 20 phút =
giờ
60
60
+2=
x
y
Mặt khác ta có pt
x = 30( km / h), y = 15( km / h)
Từ đó giải ra được
. KL…

4 (3đ)

0,25 đ

0,5 đ
0,5 đ

0,25 đ

∆ ' = m 2 + 12 > 0, ∀m

PT luôn có hai nghiệm phân biệt, gọi hai nghiệm đó là
 x1 + x2 = −2(m + 1)

 x1 x2 = 2m − 11
Theo định lý vi-et ta có
⇔ ( x1 − 1)( x2 − 1) < 0 ⇔ x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 1 < 0
Ycbt
⇔m<2
3 (2đ)

0,25 đ

và

x2

0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ

0,5 đ

K

C

B

D

A

a
Vì

·AKC = ·AHC = 900

H

0,25 đ
nên tứ giác AKCH nội tiếp


b

ã
ã
ã
ã
BAC
= KHC
CKH
= CAH

,
ãCAH = ãACB
Mt khỏc
(so le trong)
ã
CKH
BCA
CKH
= ãACB
nờn
ng dng
(g-g).
KC
ã
ã
sin BAD
= sin KBC
=
BC
Ta cú
CK HK

=
CKH
BCA
BC AC
M
ng dng
HK
ã

ã

= sin BAD
HK = AC.sin BAD
AC

c
Trong tam giỏc KBC vuụng ti K cú
KC = 4 3 cm, BK = 4cm.
nờn
Trong tam giỏc CHD vuụng ti H cú
CH = 3 3 cm, HD = 3cm.
nờn
1
S ACK = AK .CK = 20 3(cm 2 )
2
,
1
33 3
S ACH = AH .CH =
(cm 2 )
2
2
S AKCH =

Vy
Bi 5
(1 im)

ã

CDH
= 600

Amin = 2014

khi

0,5
0,25
0,25

0,25
v DC = 6 cm

0,25

0,25

. ng thc xy ra

x =1

0,25

0,25

1
1
+ 2013 = ( x 1) 2 + ( x + ) + 2012
x

x

Ta cú
A 0 + 2 + 2012 = 2014

0,25

v BC = 8 cm

73 3
(cm 2 )
2

A = x2 x +

Vy

ã
KBC
= 600

0,25

x =1

0,5
0,25
0,25

.

Chú ý: Mọi lời giải đúng khác đều đợc cho điểm tơng đơng