bộ đề thi tỉnh lớp 9 môn toán có đáp án

1
PHÒNG GD&ĐT TP SA ĐÉC
TRƯỜNG THCS TRẦN THỊ NHƯỢNG
ĐỀ THAM KHẢO
(Đề gồm 2 trang)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2014 – 2015
MÔN: TOÁN 9
Ngày thi: 5/ 4/ 2015
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể giao đề)

ĐỀ BÀI:
Bài 1. (3 điểm) a) Cho A = 13 - 2 42 . Tính A .
b) Rút gọn biểu thức B = 6 + 2 2. 3 − 4 + 2 3
Bài 2. (2 điểm)
a) Chứng minh rằng tổng của hai số tự nhiên ab + ba chia hết cho 11.
b) Phân tích đa thức sau thành nhân từ: x4 + 2x2 – 3
Bài 3. (2 điểm)
6
6
6
6
80
+
+
+ ... +
+
15.18 18.21 21.24
87.90 90
b) Tìm số ab sao cho bbb = ab.a.b

a) Tính tổng sau: M =

Bài 4. (2 điểm)
Có hai đội cờ thi đấu với nhau. Mỗi đối thủ của đội này phải thi đấu một ván
cờ với mỗi đấu thủ của đội kia. Cho biết tổng số ván cờ bằng 4 lần tổng số đấu thủ
của cả hai đội và một trong hai đội có số đấu thủ lẻ. Vậy mỗi đội có bao nhiêu đối
thủ ?
Bài 5. (3 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) 4(1 − x)2 − 8 = 0
b) (x + 3)3 – (x + 1)3 = 56
 xy − 4 = 8 − y 2
c) 
2
 xy = 2 + x

(1)
(2)

Bài 6. (5 điểm)
1) Cho tam giác ABC có AB= 6cm, BC= 10 cm, CA= 8cm.
Gọi O là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC; I là tâm của đường
trong nội tiếp tam giác ABC. Tính độ dài IO ?
2) Cho tam giác ABC cân tại A, M là trung điểm của cạnh BC. Lấy điểm D
· E = B
µ . Chứng minh:
thuộc cạnh AB, điểm E thuộc cạnh AC sao cho DM
a) Tam giác DBM đồng dạng với tam giác MCE.
b) Tia DM là tia phân giác của góc BDE.

Bài 7. (3 điểm)
Cho đường tròn (O; R) đường kính AB, lấy điểm I thuộc đoạn AO sao cho
AO = 3.IO. Qua I vẽ dây cung CD vuông góc với AB, trên đoạn CD lấy điểm K tuỳ
ý. Tia AK cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là M.
1. Chứng minh: Bốn điểm I, K, M, B cùng thuộc một đường tròn.
2. Chứng minh rằng tâm F của đường tròn ngoại tiếp tam giác MKC nằm trên
một đường thẳng cố định.
3. Khi K di động trên đoạn CD, tính độ dài nhỏ nhất của đoạn DF.
HẾT
-1-


Câu

Nội dung
a)

2
A = 13 − 2 42 = ( 7 − 6) =

7− 6 = 7− 6

Điểm
1đ

b) B = 6 + 2 2. 3 − 4 + 2 3
1

= 6 + 2 2. 3 − ( 3 + 1) = 6 + 2 2. 2 − 3

2đ

= 6 + 2 4 − 2 3 = 6 + 2( 3 − 1)
= 4 + 2 3 = 3 +1

2

a) ab + ba =10a+ b+ 10b+ a= 11(a+b) nên chia hết cho 11.
b) x4 + 2x2 – 3 = [(x2)2 + 1]2 – 22 = (x - 1)(x + 1)(x2 + 3)

1đ
1đ

6
6
6
6
80
+
+
+ ... +
+
15.18 18.21 21.24
87.90 90
1 1  8
1 1
= 2.  − + ... + − ÷+
87 90  9
 15 18
M =

3a
B

1 1  8 1 8
= 2.  − ÷+ = + = 1
 15 90  9 9 9
Ta có bbb = ab.a.b
⇔ 3.37.b = a.b.ab

2đ

⇔ 3.37 = a.ab

4

5

Vậy a= 3, b=7. Số ab = 37
Gọi x, y là số đối thủ của mỗi đội (ĐK: x,y là số nguyên dương).
Vì mỗi đấu thủ của đội này phải thi đấu một ván cờ với mỗi đối
thủ của đội kia, nên tổng số ván cờ đã thi đấu là: x.y.
Theo giả thiết, ta có:
xy= 4(x+y) ⇔ ... ⇔ (x-4)(y-4)= 16
= 1.16= 2.8=4.4
x hoặc y là số lẻ, nên ta có thể đồng nhất x- 4= 1 và y- 4=16
Suy ra x= 5; y= 10
Vậy: Một đội có 5 đấu thủ, đội kia có 20 đối thủ.
a) 4(1 − x)2 − 8 = 0 ⇔ 2. 1 − x = 8 (1)
* Nếu x ≤ 1, (1) ⇔ 2(1- x) = 8 ⇔ x = - 3 (thỏa mãn đk)

* Nếu x > 1, (1) ⇔ 2 (x - 1) = 8 ⇔ x = 5 (thỏa mãn đk)
Vậy, S = {- 3; 5}
b)(x + 3)3 – (x + 1)3 = 56
⇔ x3 + 9x2 +27x + 27 – x3 – 3x2 – 3x – 1 = 56
⇔ 6x2 + 24x + 26 = 56
⇔ 6(x2 + 4x - 5) = 0
⇔ x(x- 1) + 5(x - 1) = 0
⇔ (x - 1)(x + 5) = 0
⇔ x = 1 hoặc x = - 5.Vậy S = {1; - 5}
-2-

2đ

1đ

1đ


 xy − 4 = 8 − y 2
c) 
2
 xy = 2 + x

(1)
(2)

Từ pt (1) suy ra 8 − y 2 ≥ 0 hay y ≤ 8
Từ pt (2) suy ra x 2 + 2 = x . y ≤ 2 2 x
⇒ x 2 − 2 2 x + 22 ≤ 0
⇒ ( x − 2)2 ≤ 0

⇒ x = 2

Nếu x = 2 ⇒ y = 2 2
Nếu x = − 2 ⇒ y = −2 2 .
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm:

1đ

 x = 2
 x=− 2
và 

 y = 2 2
 y = −2 2

⇒x=± 2

6

1) Trong tam giác ABC có BC 2 = 100; AB 2 + AC 2 = 100 . Vậy tam
giác ABC vuông tại A (theo ĐL Pytago đảo)
Ta có S = p.r ⇔ ... ⇔ 6.8 = ( 6 + 8 + 10 ) .r ⇔ r = 2cm
I là giao điểm của ba phân giác của tam giác ABC, kẻ
IH ⊥ BC tại H, IK ⊥ CA tại K, ; IL ⊥ AB tại L. Suy ra tứ giác
ALIK là hình vuông cạnh r. Ta có BL= BH= AB- r= 6- 2= 4cm.
O là trung điểm của BC. Nên BO= 5cm,
HO= BO- BH= 1cm
Trong tam giác OIH vuông tại H có: OI = 1 + 4 = 5cm
2) Vẽ hình đúng

-3-

0,5đ
0,5đ

0,5đ
0,5đ


a)

¶ +M
¶ +M
¶ = 1800
M
1
2
3
¶M + B
µ +D
¶ = 1800
1

1

¶ =B
µ ,⇒ D
¶ =M
¶
Mà M

2
1
3
Mặt khác: Bµ = Cµ (do ∆ ABC cân)
Nên ∆ DBM đồng dạng ∆ MCE (g.g)
DB DM
DB DM
=
, Do BM = MC nên
=
c) Từ a) suy ra:
MC ME
BM ME
¶ , nên ∆ DBM đồng dạng ∆ DME (c.g.c)
Mà Bµ = M
2
¶
¶ . Vậy DM là tia phân giác của ·
Suy ra D1 = D
BDE .
2

Câu
7.1

Câu
7.2

Câu
7.3

1. Chứng minh : Bốn điểm I, K, M, B cùng thuộc một đường tròn
·
Ta có KMB
= 900 ( vì chắn nửa đường tròn (O)
·
Lại có KIB
= 900 (gt) nên các tam giác KMB, KIB đều nội tiếp một đường
tròn đường kính là cạnh huyền BK. Hay bốn điểm I, K, M, B cùng thuộc
một đường tròn.
2. Chứng minh : Tâm F của (CKM) thuộc một đường cố định
Vẽ đường kính CE của (CKM) , ta có KE // AB
·
·
( vì cùng ⊥ CD) ⇒ MKE
(đ/vị)
= MAB
·
·
¼ của (F) )
Lại có MKE
(cùng chắn cung ME
= MCE
·
·
» của (O) )
(cùng chắn cung MB
MAB
= MCB
·

·
Suy ra MCE
= MCB
⇒ C, E, B thẳng hàng ⇒ C, F, B thẳng hàng
Suy ra F thuộc đường thẳng CB cố định
3. Tính độ dài ngắn nhất của DF
Kẻ DH ⊥ CB tại H ⇒ DH không đổi
Ta có DF ≥ DH nên DF ngắn nhất bằng DH
-4-

2đ

1đ

1đ

1đ

1đ


R2 2R 2
4R 2
=
⇒ CD =
9
3
3
2
4R

8R
2R 6
CB 2 = BI .BA =
.2 R =
⇒ CB =
3
3
3
BI .CD
Lại có DH.CB=BI.CD ( bằng nửa S ∆ CBD) ⇒ DH =
CB
4R 4R 2
.
3
3 = 8 R 3 . Vậy DF ngắn nhất bằng 8R 3
DH =
9
2R 6
9
3
Ta có CI = CO 2 − IO 2 = R 2 −

2SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Năm học 2013 - 2014

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN - Lớp 9 THCS
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 21/03/2014
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)

Số báo danh
........................

 x +1
 

xy + x
xy + x
+
+ 1÷:  1 −
− x + 1 ÷.
Câu I (4,0 điểm): Cho biểu thức A = 
÷
xy − 1
xy + 1 ÷
 xy + 1 1 − xy
 

1. Rút gọn biểu thức A.
1
1
2. Cho x + y = 6 . Tìm giá trị lớn nhất của A.
Câu II (5,0 điểm).

1.Cho phương trình x 2 + 2( m − 2 ) x + m 2 − 2m + 4 = 0 . Tìm m để phương trình

có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn
x + y + z = 1

2. Giải hệ phương trình 

4
4
4
 x + y + z = xyz

2
1
1
−
=
.
2
x + x2 x1 x2 15m
2
1

.

Câu III (4,0 điểm).
1. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a; b) sao cho (a + b2) chia hết cho (a2b – 1).
2. Tìm x, y, z ∈ N thỏa mãn x + 2 3 = y + z .
Câu IV (6,0 điểm) : Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Một điểm C cố định thuộc đoạn
thẳng AO (C khác A và C khác O). Đường thẳng đi qua C và vuông góc với AO cắt nửa đường
tròn đã cho tại D. Trên cung BD lấy điểm M (M khác B và M khác D). Tiếp tuyến của nửa
đường tròn đã cho tại M cắt đường thẳng CD tại E. Gọi F là giao điểm của AM và CD.

1. Chứng minh tam giác EMF là tam giác cân.
2. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM. Chứng minh ba điểm D, I, B thẳng
hàng.
3. Chứng minh góc ABI có số đo không đổi khi M di chuyển trên cung BD.
Câu V (1,0 điểm) : Cho x, y là các số thực dương thoả mãn x + y = 1.
-5-


Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B =
Câu
I
(4,0đ)

Ý
1
(2,5đ)

Lời giải (vắn tắt)
Điều kiện:

xy ≠ 1 .

) ( xy + 1) + ( xy + 1) ( 1 − xy ) :
( xy + 1) ( 1 − xy )
( xy + 1) ( 1 − xy ) + ( xy + x ) ( xy + 1) − ( x + 1) ( 1 − xy ) =
( xy + 1) ( 1 − xy )
( x + 1) ( 1 − xy ) + ( xy + x ) ( xy + 1) + ( xy + 1) ( 1 − xy )
=
=
( xy + 1) ( 1 − xy ) + ( xy + x ) ( xy + 1) − ( x + 1) ( 1 − xy )

A=

=
2
(1,5đ)

1 + 1
.
x 3 + y3 xy

(

(

) (

x + 1) 1 − xy +

1
(2,5đ)

1 + 1 ≥2
Theo Côsi, ta có: 6 =
x
y

1 ⇒ 1 ≤9
.
xy
xy

1
1 = 1
⇔
x
=
y
=
.
x
y
9
1
.
9

PT đã cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện:
∆'> 0 ⇔ ( m − 2 ) 2 − m 2 − 2m + 4 > 0 ⇔ m < 0 (*)
 x1 + x2 = 4 − 2m
m<0

Với
2 theo Vi-et
1 ta có:
1  x1 .x2 = m 2 2− 2m + 4 . 1
1
−
=
⇔
−

=
2
2
2
Ta có x1 1+ x2 x1 x2 15
1m
( x +1 x ) − 2 x1 x2 x1 x2 15m (1)
⇔ 2
− 2
=1 2
1
1
1
⇔ m − 6m +−4 m − 2m=+ 4 15m 4
m+ =t
4
4
m<0 ⇒t <0
m + − 6 m + 1− 2 15
. Đặt1
do
m
t
=
−
4

1
m
m −

= ⇔
⇒ t = −4
Ta cos (1) trở thành t − 6 t − 2 15
( do t < 0 )
t = 12

(

Với t = −4 ta có m +

0,50

0,50
1,25

Vậy: maxA = 9, đạt được khi : x = y =
II
(5,0đ)

0,25

xy + x

1+ x = 1
.
x y + xy
xy

Dấu bằng xảy ra ⇔

Điểm

)

0,50
0,50
0,50
0,50
0,25
0,50
0,50
0,50

0,50

4
= −4 ⇔ m = −2 thỏa mãn (*)
m
0,25

2
(2,5đ)

Ta có:
x4 + y 4 y 4 + z 4 z 4 + x4
+
+
≥ x2 y2 + y 2 z 2 + z 2 x2 =
2
2

2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
x y +y z
y z +z x
z x + x2 y2
=
+
+
≥ xyyz + yzzx + zxxy =
2
2
2
= xyz (x + y + z) = xyz ( vì x + y + z = 1).
x = y = z
1
⇔x= y=z=
Dấu bằng xảy ra ⇔ 
3
x + y + z = 1
x4 + y 4 + z 4 =

-6-

0,50
0,50
0,50

0,50


III
(4,0đ)

1
(2,0đ)

1
1
1

Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  x = ; y = ; z = ÷
3
3
3

2
2
2
2
Giả sử (a + b )  (a b – 1), tức là: a + b = k(a b – 1), với k ∈ * ⇔
⇔ a + k = b(ka2 – b) ⇔ a + k = mb
(1)
2
2
Ở đó m ∈  mà: m = ka – b ⇔ m + b = ka
(2)

Từ (1) và (2) suy ra: (m – 1)(b – 1) = mb – b – m + 1 ⇔
⇔ (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + 1 – ka)
(3)
Do m > 0 (điều này suy ra từ (1) do a, k, b > 0) nên m ≥ 1 (vì m ∈ ).
Do b > 0 nên b – 1 ≥ 0 (do b ∈ ) ⇒ (m – 1)(b – 1) ≥ 0.
Vì thế từ (3) suy ra: (a + 1)(k + 1 – ka) ≥ 0.
Lại do a > 0 nên suy ra: k + 1 – ka ≥ 0 ⇒ k + 1 ≥ ka ⇒ 1 ≥ k(a – 1)
(4)
Vì a – 1 ≥ 0 (do a ∈ , a > 0) và k ∈ , k > 0 nên từ (4) có:
a = 1
 k(a − 1) = 0

 k(a − 1) = 1 ⇔  a = 2

  k = 1
- Với a = 1. Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = 2 ⇔
 m − 1 = 2

 b − 1 = 1 ⇔  b = 2
b = 3
 m − 1 = 1


  b − 1 = 2
Vậy, trường hợp này ta có: a = 1, b = 2 hoặc a = 1, b = 3.
b = 1
- Với a = 2 (vì k = 1). Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = 0 ⇔ 
.
m = 1
Khi b = 1, ta được: a = 2, b = 1.

Khi m = 1: Từ (1) suy ra a + k = b ⇒ b = 3. Lúc này được: a = 2, b = 3.
Tóm lại, có 4 cặp số (a; b) thỏa mãn bài toán là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1).

2
(2,0đ)

Ta có

x + 2 3 = y + z ⇔ x + 2 3 = y + z + 2 yz

⇔ ( x − y − z ) + 2 3 = 2 yz ⇒ ( x − y − z ) + 4 3 ( x − y − z ) + 12 = 4 yz (1)
2

TH1. Nếu x − y − z ≠ 0 Ta có

4 yz − ( x − y − z ) − 12
3=
(2) vô lý
4( x − y − z )

0,50

0,25

0,25

0,25
0,25
0,50

2

( do x, y, z ∈ N nên vế phải của (2) là số hữu tỷ ).
x − y − z = 0
TH2. x − y − z = 0 khi đó (1) ⇔ 
(3)
 yz = 3

x = 4
x = 4


Giải (3) ra ta được  y = 1 hoặc  y = 3 thử lại thỏa mãn
z = 3
z = 1



-7-

0,50

0,50

0.50

0,50


IV

(6,0đ)

E

1
(2.5đ)

D
H

A

F
C

M

I

0,50
0,50

O

0,50
0,50

B

Ta có M thuộc đường tròn tâm O đường kính AB (giả thiết) nên

·
AMB
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
·
hay FMB
= 900 .
·
·
·
Mặt khác FCB
= 900 (giả thiết).Do đó
FMB
+ FCB
= 1800 .
·
·
·
Suy
). ra BCFM là tứ giác nội tiếp ⇒ CBM = EFM ( 1) (vì cùng bù với CFM
·
·
= EMF
Mặt khác CBM
( 2 ) (góc nội tiếp; góc tạo bởi tiếp tuyến và dây
·
·
¼ ). Từ (1) và (2) ⇒ EFM
cung cùng chắn AM
.
= EMF

Suy ra tam giác EMF là tam giác cân tại E.
·
·
·
(Có thể nhận ra ngay EMF
nên suy ra EMF cân)
= MBA
= MFE
·
DIF
·
=
( 3) .
Gọị H là trung điểm của DF. Suy ra IH ⊥ DF và DIH
·
· 1lần
2nội tiếp và góc
Trong đường tròn ( I ) ta có: DMF
và DIF
lượt
là
góc
·DMF
·
= DIF (4).
ở tâm cùng chắn cung DF. Suy ra
·
·
·
·

2 = DIH
Từ (3) và (4) suy ra DMF
hay
.
= DIH
DMA
·
·
» )
Trong đường tròn ( O ) ta có: DMA
(góc nội tiếp cùng chắn DA
= DBA
·
·
Suy ra DBA
.
= DIH
Vì IH và BC cùng
vuông góc với EC nên suy ra IH // BC. Do đó
·
·
·
·
DBA
+ HIB
= 180o ⇒ DIH
+ HIB
= 180o ⇒ Ba điểm D, I, B thẳng
hàng.
2

(2.5đ)

0,50

0,50
0,50
0,50
0,50
0,50

1

·
·
» .
= ABD
= sđ AD
Vì ba điểm D, I, B thẳng hàng ⇒1ABI
2
» không đổi.
Mà C cố định nên D cố định ⇒ sđ AD
Do đó góc ABI có số đo không đổi
2 khi M thay đổi trên cung BD.

0,50
0,50

3(1đ)
V(1đ)

Ta có: B =

1 − 2xy
1
+ 1 = 1 + 1 =
.
(x + y) − 3xy(x + y) xy 1 − 3xy xy xy(1 − 3xy)
3

-8-

0.25


Theo Côsi: xy ≤

(x + y) 2 1
= .
4
4

1 − 2xy
Gọi Bo là một giá trị của B, khi đó, ∃x, y để: Bo = xy(1 − 3xy) ⇔
⇔ 3Bo(xy)2 – (2 + Bo)xy + 1 = 0
(1)
0.25
Để tồn tại x, y thì (1) phải có nghiệm xy ⇔ ∆ = Bo2 – 8Bo + 4 ≥ 0 ⇔
 Bo ≥ 4 + 2 3

 Bo ≤ 4 − 2 3

Để ý rằng với giả thiết bài toán thì B > 0. Do đó ta có: Bo ≥ 4 + 2 3 .
2 + Bo
3 + 3 ⇒ x(1 − x) = 3 + 3
Với Bo = 4 + 2 3 ⇒ xy = 6B =
⇔
(
o
6 2 + 3)
6( 2 + 3)
⇔

x2 − x + 3 + 3 = 0 ⇔ x =
6( 2 + 3)

1+

2 3
2 3
−1
1−
−1
.
3
3
,x =
2
2

Vậy, Bmin = 4 + 2 3 , đạt được khi

hoặc

x=

1−

x=

1+

2 3
2 3
−1
1−
−1
3
3
, y=
2
2

0.25

2 3
2 3
−1
1+
−1 .
3
3

, y=
2
2

3 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học: 2012-2013
Khóa thi: Ngày 4 tháng 7 năm 2012
Môn: TOÁN (Toán chung)
Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

 x − 2 3x + 3 
÷
x −3



(

Câu 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức: A = 

)

4x + 12 .

a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa.

b) Rút gọn biểu thức A.
c) Tính giá trị của A khi x = 4 − 2 3 .
Câu 2: (2,0 điểm)
a) Xác định các hệ số a, b của hàm số y = ax + b, biết đồ thị của nó là đường thẳng song
song với đường thẳng y = – 2x + 1 và đi qua điểm M(1 ; – 3).
b) Giải hệ phương trình (không sử dụng máy tính cầm tay):

Câu 3: (2,0 điểm)

0.25

 2x + y = 3

 2x − y = 1

-9-


1 2
x và đường thẳng (d): y = (m – 1)x – 2 (với m là tham số).
2

Cho parabol (P): y =
a) Vẽ (P).

b) Tìm m để (d) tiếp xúc với (P) tại điểm có hoành độ dương.
c) Với m tìm được ở câu b), hãy xác định tọa độ tiếp điểm của (P) và (d).
Câu 4: (4,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A. Qua C kẻ đường thẳng d vuông góc với AC. Từ trung điểm
M của cạnh AC kẻ ME vuông góc với BC (E thuộc BC), đường thẳng ME cắt đường thẳng d tại

H và cắt đường thẳng AB tại K.
a) Chứng minh: ∆AMK = ∆CMH, từ đó suy ra tứ giác AKCH là hình bình hành.
b) Gọi D là giao điểm của AH và BM. Chứng minh tứ giác DMCH nội tiếp và xác định tâm
O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó.
c) Chứng minh: AD.AH = 2ME.MK.

·
d) Cho AB = a và ACB
= 300 . Tính độ dài đường tròn ngoại tiếp tứ giác DMCH theo a.
Câu
Nội dung
Câu 1
a)
Điều kiện: x ≥ 0
(2,0)
(0,5)
và x ≠ 3
2
b)
Biến đổi được: x − 2 3 x + 3 = x − 3
(1,0)
x −3 = x − 3
x+ 3

(

(

(

4 x + 12 = 2
A=

Câu 2
(2,0)

Câu 3
(2,0)

(

(

x− 3

x− 3

)(

)

)

)(

x+ 3

)

)

0,25
0,25

x+ 3

)

.2

(

(

) (

x+ 3 =2

)

x− 3

)

Biến đổi được: x = 4 − 2 3 =

a)
(1,0)

+ Vì đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = – 2x + 1 nên a = –

2 (không yêu cầu nêu b ≠ 1)
+ Thay tọa độ điểm M (1 ; – 3) và a = – 2 vào y = ax + b
+ Tìm được: b = – 1

b)
(1,0)

 2 x + y = 3
 2 y = 2
⇔

 2 x + y = 3
 2 x − y = 1
Tính được: y = 1
x= 2
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: (x ; y) = ( 2 ; 1)

b)
(1,0)

0,25

2

c)
(0,5)

a)
(0,5)

Điểm
0,25
0,25

3 −1

2

Tính được: A = – 2

0,25
0,25
0,25

+ Lập bảng giá trị đúng (chọn tối thiểu 3 giá trị của x trong đó phải có giá trị x =
0).
+ Vẽ đúng dạng của (P).
+ Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

1 2
x = (m − 1)x − 2
2
- 10 -

0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

0,25


c)
(0,5)

⇔ x2 – 2(m – 1)x +4 = 0
 ∆' = 0
2

( m − 1) − 4 = 0
⇔
+ Lập luận được:  −b '
 a > 0
 m − 1 > 0
 m = −1 hoÆc m = 3
⇔
m > 1
+ Kết luận được: m = 3
−b ' m − 1 3 − 1
=
=
=2
+ Tìm được hoành độ tiếp điểm: x =
a
1

1
+Tính được tung độ tiếp điểm: y = 2 và kết luận đúng tọa độ tiếp điểm là (2; 2).

Câu
Câu 4 Hình
(4,0)
vẽ
(0,25)

Nội dung

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

Điểm

0,25

a)
(1,0)

b)
(1,0)

c)
(1,0)

d)

·
·
·
·
+ AM = MC (gt) , KAM
(đđ)
= HCM
= 900 , AMK
= CMH
+ ∆AMK = ∆CMH ( g.c.g )
+ suy ra: MK = MH
+ Vì MK = MH và MA = MC nên tứ giác AKCH là hình bình hành.
+ Nêu được: CA ⊥ BK và KE ⊥ BC , suy ra M là trực tâm tam giác KBC.
+ Nêu được: KC // AH và BM ⊥ KC, suy ra BM ⊥ AH.
·
·
+ HDM
+ HCM
= 900 + 900 = 1800 => Tứ giác DMCH nội tiếp.
·
+ MCH
= 900 => Tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác DMCH là trung
điểm MH.
+ Chứng minh được hai tam giác ADM và ACH đồng dạng (g.g)
AM AD
=
⇒ AM . AC = AH . AD ⇒ 2 AM 2 = AH . AD ( vìAC=2AM )
+⇒

AH AC
AH . AD
⇒ AM 2 =
(1)
2
+ Ta lại có: MC2 = ME.MH và MH=MK nên MC2 = ME.MK (2)
+ Mặt khác: MC = MA (gt) (3)
AH . AD
= ME.MK => AH.AD = 2ME.MK
Từ (1), (2), (3) =>
2
+ ∆ ABC vuông tại A, góc C = 30 nên AC = a 3 .
0

- 11 -

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

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

·
·
(0,75) + ACB
= MHC
= 300 (cùng phụ góc CMH) => MH = 2MC
Mà AC = 2MC nên: MH = AC = a 3 .
+ Độ dài đường tròn ngoại tiếp tứ giác DMCH là:

a 3
 MH 
C = 2π 
÷ = πa 3
÷ = 2π 
2
 2 



d
+ Tam giác ABC vuông tại A nên: AC = AB.cotC = a 3 .
(0,75)
·
·
+ CMH
= 900 − ACB
= 600
MC
AC

=
= AC = a 3
=> MH =
·
cosCMH 2cos600
Diện tích hình tròn (O):
2
a 3
3 2
 MH 
÷ = πa
÷ = π
4
 2 
 2 

+ S(O) = π 

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học: 2012-2013
Khóa thi: Ngày 4 tháng 7 năm 2012
Môn: TOÁN (Chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (1,5 điểm)
a) Rút gọn biểu thức: A =

b) Cho x =

a − a −6
1
−
4−a
a −2

(với a ≥ 0 và a ≠ 4).

28 − 16 3
. Tính giá trị của biểu thức: P = (x 2 + 2x − 1) 2012 .
3 −1

Câu 2: (2,0 điểm)
a) Giải phương trình:

3(1 − x) − 3 + x = 2 .

 x 2 + xy − 4x = −6
b) Giải hệ phương trình: 
2
 y + xy = −1
Câu 3: (1,5 điểm)
Cho parabol (P): y = − x2 và đường thẳng (d): y = (3 − m)x + 2 − 2m (m là tham số).
a) Chứng minh rằng với m ≠ −1 thì (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A, B.
b) Gọi yA, yB lần lượt là tung độ các điểm A, B. Tìm m để |yA − yB| = 2.
Câu 4: (4,0 điểm)
Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 4 cm, AD = 2 cm. Đường thẳng vuông góc với AC tại
C cắt các đường thẳng AB và AD lần lượt tại E và F.
a) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp trong đường tròn.

- 12 -

0,25

0,25
0,25
0,25

2

4 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

0,25


b) Gọi I là giao điểm của các đường thẳng BD và EF. Tính độ dài đoạn thẳng ID.
c) M là điểm thay đổi trên cạnh AB (M khác A, M khác B), đường thẳng CM cắt đường
thẳng AD tại N. Gọi S1 là diện tích tam giác CME, S2 là diện tích tam giác AMN. Xác định vị trí
điểm M để S1 =

3
S2 .
2

Câu 5: (1,0 điểm)
Cho a, b là hai số thực không âm thỏa: a + b ≤ 2.
Chứng minh:
Câu
Câu 1

(1,5 điểm)

2 + a 1 − 2b 8
+
≥ .
1 + a 1 + 2b 7
Nội dung

a − a −6
1
−
4−a
a −2
( a + 2)( a − 3)
1
−
A=
(2 + a )(2 − a )
a −2
a) (0,75) A =

=

(a ≥ 0 và a ≠4)

a −3
1
+
2− a 2− a

x=

(4 − 2 3) 2
3 −1

0,25

28 − 16 3
. Tính: P = (x 2 + 2x − 1) 2012
3 −1

4 − 2 3 ( 3 − 1) 2 =
3 −1
=
=
3 −1
3 −1

⇒ x 2 + 2x − 1 = 1
⇒ P = (x 2 + 2x − 1) 2012 = 1
Câu 2
(2,0 điểm)

0,25
0,25

= −1
b) (0,75) Cho x =

Điểm

0,25
0,25
0,25

a) (1,0) Giải phương trình: 3(1 − x) − 3 + x = 2 (1)
Bình phương 2 vế của (1) ta được:

3(1 − x) + 3 + x − 2 3(1 − x)(3 + x) = 4
⇒

3(1 − x)(3 + x) = 1 − x

⇒

3(1 − x)(3 + x) = 1 − 2x + x 2

⇒ x 2 + x − 2 = 0 ⇒ x = 1 hoặc x =−2
Thử lại, x = −2 là nghiệm .

0,25

0,25
0,25
0,25

 x 2 + xy − 4x = −6 (1)
b) (1,0) Giải hệ phương trình: 
(I)
2

y
+
xy
=
−
1
(2)

Nếu (x;y) là nghiệm của (2) thì y ≠ 0.
Do đó: (2) ⇔ x =

0,25

2

−y −1
(3)
y

Thay (3) vào (1) và biến đổi, ta được:
4y3 + 7y2 + 4y + 1 = 0
⇔ (y + 1)(4y2 + 3y + 1) = 0 (thí sinh có thể bỏ qua bước này)
⇔y=–1
- 13 -

0,25
0,25


y=–1 ⇒x=2

Vậy hệ có một nghiệm: (x ; y) = (2 ; −1).

Câu
Câu 3
(1,5 điểm)

Nội dung
a) (0,75) (P): y = − x2 , (d): y = (3 − m)x + 2 − 2m.
Chứng minh rằng với m ≠ −1 thì (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A, B
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
− x2 = (3 − m)x + 2 − 2m.
⇔ x2 + (3 − m)x + 2 − 2m = 0 (1)
∆ = (3−m)2 − 4(2 − 2m) = m2 + 2m + 1
Viết được: ∆ = (m + 1)2 > 0, với m ≠ − 1 và kết luận đúng.
b) (0,75) Tìm m để |yA − yB| = 2 .
Giải PT (1) được hai nghiệm: x1 = − 2 và x2 = m − 1
Tính được: y1 = − 4, y2 = −(m − 1)2
|yA − yB| = |y1 − y2| = |m2−2m−3|
|yA − yB| = 2 ⇔ m2 − 2m − 3 = 2 hoặc m2 −2m − 3 = −2
⇔ m = 1 ± 6 hoặc m = 1 ± 2

0,25

Điểm

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

0,25

Câu 4
(4,0 điểm)

a) (1,0) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp trong đường tròn.
Ta có:

·
·
ADB
= ACB
·
·
·
( cùng phụ với BAC
)
AEC
= ACB
·
·
⇒ ADB
= AEC
⇒ tứ giác EBDF nội tiếp

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

b) (1,5) Tính ID
Tam giác AEC vuông tại C và BC ⊥ AE nên: BE.BA = BC2

0,25

2

BC
=1
BA
IB BE 1
=
=
BE//CD ⇒
ID CD 4
BD 3
=
⇒
ID 4
4
⇒ ID = BD và tính được: BD = 2 5
3
⇒ BE =

- 14 -

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

0,25


⇒ ID =

Câu
Câu 4
(tt)

8 5
(cm)
3

Nội dung
c) (1,5 điểm) Xác định vị trí điểm M để S1 =

Điểm

3
S2
2

Đặt AM = x, 0 < x < 4
⇒ MB = 4− x , ME = 5 − x
AN AM
BC .AM
2.x
=
⇒ AN =
=

Ta có:
BC MB
MB
4− x

0,25
0,25
0,25

1
1
x2
BC.ME = 5 − x , S2 = AM.AN =
2
2
4−x
2
3
3 x
S1 = S2 ⇔ 5− x = .
⇔ x2 + 18x − 40 = 0
2
2 4−x
S1 =

⇔ x = 2 (vì 0 < x < 4)
Vậy M là trung điểm AB .
Câu 5
(1,0 điểm)

Cho a, b ≥ 0 và a + b ≤ 2. Chứng minh :

1
2
8
+
≥
1 + a 1 + 2b 7

1
1
1
+
≥2
1
2
1
+
Ta có:
= a +1 b +
1 (1) (bđt Côsi)
(a + 1)(b + )
a + 1 2b + 1
2
2
1
a +1+ b +
1
2 ≤ 7 (bđt Cô si)
(a + 1)(b + ) ≤

2
2
4
2
8
≥
7 (2)
⇒
1
(a + 1)(b + )
2
1
2
8
+
≥
Từ (1) và (2) suy ra:
1 + a 1 + 2b 7
1
3
5
Dấu “=” xảy ra chỉ khi : a + 1 = b + và a + b = 2 ⇔ a =
và b =
2
4
4

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2010-2011

ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao đề)
Bài 1. (2,0 điểm)
- 15 -

0,25
0,25

2 + a 1 − 2b 8
+
≥
1 + a 1 + 2b 7

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25

a +1 a a −1 a2 − a a + a −1
+
+
Cho biểu thức: M =
với a > 0, a ≠ 1.
a
a− a
a −a a
a) Chứng minh rằng M > 4.
6
b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức N =
nhận giá trị nguyên?
M
Bài 2. (2,0 điểm)
a) Cho các hàm số bậc nhất: y = 0,5x + 3 , y = 6 − x và y = mx có đồ thị lần
lượt là các đường thẳng (d1), (d2) và (∆m). Với những giá trị nào của tham số m thì
đường thẳng (∆m) cắt hai đường thẳng (d1) và (d2) lần lượt tại hai điểm A và B sao
cho điểm A có hoành độ âm còn điểm B có hoành độ dương?
b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M và N là hai điểm phân biệt, di động
lần lượt trên trục hoành và trên trục tung sao cho đường thẳng MN luôn đi qua
điểm cố định I(1 ; 2) . Tìm hệ thức liên hệ giữa hoành độ của M và tung độ của N;
1
1 .
+
từ đó, suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q =
2
OM
ON 2
Bài 3. (2,0 điểm)
17x + 2y = 2011 xy

a) Giải hệ phương trình: 
x − 2y = 3xy.
b) Tìm tất cả các giá trị của x, y, z sao cho:
1
x + y − z + z − x = (y + 3).
2
Bài 4. (3,0 điểm)
Cho đường tròn (C ) với tâm O và đường kính AB cố định. Gọi M là điểm di
động trên (C ) sao cho M không trùng với các điểm A và B. Lấy C là điểm đối
xứng của O qua A. Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại
N. Đường thẳng BN cắt đường tròn ( C ) tại điểm thứ hai là E. Các đường thẳng
BM và CN cắt nhau tại F.
a) Chứng minh rằng các điểm A, E, F thẳng hàng.
b) Chứng minh rằng tích AM⋅AN không đổi.
c) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tam giác BNF khi và chỉ khi NF
ngắn nhất.
Bài 5. (1,0 điểm)
Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mười hai số nguyên dương đầu tiên.
BÀI-Ý

ĐỀ -ĐÁP ÁN
a + 1 a a −1 a − a a + a −1
+
+
với a > 0, a ≠ 1.
a
a− a
a −a a
a) Chứng minh rằng M > 4.
6

b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức N =
nhận giá trị nguyên.
M

Cho biểu thức: M =
Bài 1

1.a
(1,25đ) Do a > 0, a ≠ 1 nên:

ĐIỂM

2

a a − 1 ( a − 1)(a + a + 1) a + a + 1
=
=
và
a− a
a ( a − 1)
a
- 16 -

2,00
0,25


a 2 − a a + a − 1 (a + 1)(a − 1) − a (a − 1) (a − 1)(a − a + 1) −a + a − 1
=
=

=
a −a a
a (1 − a)
a (1 − a)
a
a +1
+2
⇒ M=
a
Do a > 0; a ≠ 1 nên: ( a − 1) 2 > 0 ⇔ a + 1 > 2 a
2 a
+2=4
a
6 3
< do đó N chỉ có thể nhận được một giá trị nguyên là 1
Ta có 0 < N =
M 2
6 a
1.b
= 1 ⇔ a − 4 a + 1 = 0 ⇔ ( a − 2) 2 = 3
Mà N = 1 ⇔
a +1+ 2 a
(0,75đ)
⇔ a = 2 + 3 hay a = 2 − 3 (phù hợp)
⇒ M>

Vậy, N nguyên ⇔ a = (2 ± 3)

Bài 2

2

a) Cho các hàm số bậc nhất: y = 0,5x + 3 , y = 6 − x và y = mx có đồ thị lần lượt
là các đường thẳng (d1), (d2) và (∆m). Với những giá trị nào của tham số m thì đường
thẳng (∆m) cắt hai đường thẳng (d1) và (d2) lần lượt tại hai điểm A và B sao cho điểm A
có hoành độ âm còn điểm B có hoành độ dương?
b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M và N là hai điểm phân biệt, di động lần lượt
trên trục hoành và trên trục tung sao cho đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố định
I(1 ; 2) . Tìm hệ thức liên hệ giữa hoành độ của M và tung độ của N; từ đó, suy ra giá
1
1 .
+
trị nhỏ nhất của biểu thức Q =
2
OM ON 2
Điều kiện để (∆m) là đồ thị hàm số bậc nhất là m ≠ 0
Phương trình hoành độ giao điểm của (d1) và (∆m) là:
0,5x + 3 = mx ⇔ (m − 0,5)x = 3
Điều kiên để phương trình này có nghiệm âm là m − 0,5 < 0 hay m < 0,5

2.a
(0,75đ) Phương trình hoành độ giao điểm của (d2) và (∆m) là:
6 − x = mx ⇔ (m + 1)x = 6
Điều kiên để phương trình này có nghiệm dương là m + 1 > 0 hay m > −1
Vậy điều kiện cần tìm là: −1 < m < 0,5; m ≠ 0
Đặt m = xM và n = yN ⇒ m⋅n ≠ 0 và m ≠ 1
(*)
Nên đường thẳng qua ba điểm M, I, N có dạng: y = ax+b
0 = am + b


⇒  2 = a + b ⇒ hệ thức liên hệ giữa m và n là 2m + n = mn
n = b


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

0,25
0,25

2,00
0,25

0,25

0,25
0,25

0,25

1 2
+ =1
Chia hai vế cho m⋅n ≠ 0 ta được:
(**)
2.b
m n
(1,25đ)

2
2
1
4
4
1   2 1
 1 2
 1
1
=
+
=
+
+
=
5
+
−
−
⇒

÷
 2
÷ 
÷
m 2 n 2 mn
n2   m n 
m n
m
0,25

1
1 1
2 1
= ; kết hợp (**): m = 5, n = 2,5 (thỏa (*))
⇒ Q = 2 + 2 ≥ ; dấu “=” xảy ra khi
m
n
5
m n
0,25
1
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là
5
0,25
- 17 -


Bài 3

17x + 2y = 2011 xy
a) Giải hệ phương trình: 
x − 2y = 3xy.
b) Tìm tất cả các giá trị của x, y, z sao cho:

(1)

x + y−z + z−x =

1
(y + 3) (2)

2

2,0 đ

17 2
 1 1007
9

x=
 y + x = 2011  y = 9




490
⇔
⇔
Nếu xy > 0 thì (1) ⇔ 
(phù hợp)
1 − 2 = 3
 1 = 490
y = 9

 y x
 x
1007
9
17 2
 1 −1004
3.a

 y + x = −2011  y = 9

(1,25đ) Nếu xy < 0 thì (1) ⇔ 
⇔
⇒ xy > 0 (loại)
1 − 2 = 3
 1 = − 1031
 y x
 x
18
Nếu xy = 0 thì (1) ⇔ x = y = 0 (nhận).
9 
 9
;
KL: Hệ có đúng 2 nghiệm là (0;0) và 
÷
 490 1007 
Điều kiện x ≥ 0; y − z ≥ 0; z − x ≥ 0 ⇔ y ≥ z ≥ x ≥ 0
(2) ⇔ 2 x + 2 y − z + 2 z − x = x + y − z + z − x + 3
3.b
(0,75đ)

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

2
2
2

⇔ ( x − 1) + ( y − z − 1) + ( z − x − 1) = 0

0,25

 x =1
x = 1


⇔  y − z = 1 ⇔  y = 3 (thỏa điều kiện)

z = 2

 z − x = 1

Cho đường tròn (C ) với tâm O và đường kính F
AB cố định. Gọi M là điểm di động trên (C )
sao cho M không trùng với các điểm A và B.
Lấy C là điểm đối xứng của O qua A. Đường
thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng
AM tại N. Đường thẳng BN cắt đường tròn (C )
C
Bài 4 tại điểm thứ hai là E. Các đường thẳng BM và
CN cắt nhau tại F.
a) Chứng minh rằng các điểm A, E, F thẳng
hàng.
b) Chứng minh rằng tích AM⋅AN không
đổi.
c) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tam
N
giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn nhất.

MN ⊥ BF và BC ⊥ NF
⇒ A là trực tâm của tam giác BNF
4.a
⇒ FA ⊥ NB
(1,00đ)
Lại có AE ⊥ NB
4.b
(0,75đ)

0,50

Nên A, E, F thẳng hàng
·
·
, nên hai tam giác ACN và AMB đồng dạng.
CAN
= MAB
Suy ra:

AN AC
=
AB AM
- 18 -

0,25

M

A

B

O

E

(C )

3,0 đ
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25


Hay AM ìAN = AB ìAC = 2R 2 khụng i (vi R l bỏn kớnh ng trũn (C ))
2
Ta cú BA = BC nờn A l trong tõm tam giỏc BNF C l trung im NF (3)
3
ã
ã
Mt khỏc:
, nờn hai tam giỏc CNA v CBF ng dng
CAN
= CFM
CN AC
=
CN ìCF = BC ìAC = 3R 2

4.c

BC CF
(1,25)
p dng bt ng thc Cụ-si, ta cú: NF = CN + CF 2 CN ìCF = 2R 3 khụng i
Nờn:
NF ngn nht CN =CF C l trung im NF (4)
(3) v (4) cho ta: A l trong tõm tam giỏc BNF NF ngn nht
Bi 5

(1,00
)

Tỡm ba ch s tn cựng ca tớch ca mi hai s nguyờn dng u tiờn.
t:
S = 123456789101112
S
= 3467891112

(1) l mt s nguyờn
100

hai ch s tn cựng ca S l 00
Mt khỏc, trong sut quỏ trỡnh nhõn liờn tip cỏc tha s v phi ca (1), nu ch ý
S
n ch s tn cựng, ta thy
cú ch s tn cựng l 6 (vỡ 34=12; 26=12; 27=14;
100
48=32; 29=18; 811=88; 812=96)
Vy ba ch s tn cựng ca S l 600

3.b
(0,75)

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,75

0,50

0,25
0,25

--- Ht --iu kin x 0; y z 0; z x 0 y z x 0
x +1
y z +1
z x +1
; yz
; zx
Theo BT Cauchy: x
2
2
2
1
VP = x + y z + z x (y + 3) = VT
2

x =1
x = 1


Do ú y z = 1 y = 3 tha iu kin

z = 2

z x = 1

6 sở GD & đt quảng bình

kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
năm học 2012 - 2013

( CHNH THC)

Khoỏ ngy 04 - 07 - 2012
Mụn : TON
H tờn : ........................ Thi gian lm bi : 120 phỳt (khụng k thi gian giao )
SBD: ............................
M : 011

thi gm co 01 trang
Cõu 1: (2,0 im) Cho biu thc A =

0,25

1
2

1
+
+ 2
x x 1 x x

a) Rỳt gn biu thc A.
b) Tỡm tt c cỏc giỏ tr nguyờn ca x biu thc A cú giỏ tr nguyờn.

Cõu 2: (1,5 im) Gii h phng trỡnh sau:
- 19 -

x + 3y = 3

x + 2 y = 7

0,25

0,25

0,25


Câu 3: (2,0 điểm)
a) Giải phương trình: x 2 − 2 x − 3 = 0 .
b) Cho phương trình bậc hai: x 2 − 2 x + m = 0 (m là tham số).

Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 và thoả mãn: x1 + x2 = 8 .
2

2

Câu 4: (1,0 điểm) Cho các số thực a, b thoả mãn: a + b = 2 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = a 3 + b3 + a 2 + b 2 .
Câu 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC đều có AH là đường cao, M là điểm bất kì trên cạnh
BC (M khác B, C). Từ M vẽ MP vuông góc AB, MQ vuông góc AC (P thuộc AB, Q thuộc
AC).
a) Chứng minh: A, P, M, H, Q cùng nằm trên một đường tròn.
b) Gọi O là trung điểm của AM. Chứng minh các tam giác OPH và OQH là tam giác đều,
từ đó suy ra OH ⊥ PQ .
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn PQ khi M chạy trên cạnh BC, biết độ dài cạnh của tam
giác ABC là a.
Câu
Nội dung
Điểm
1
2,0 điểm

1
2
1
+
+ 2
x x −1 x − x
ĐK: x ≠ 0 và x ≠ 1
x − 1 + 2x + 1
A=
x ( x − 1)
Cho biểu thức A =

1a

=

3x
x ( x − 1)

0,25
0,25

3
x −1
3
A=
với x ≠ 0 và x ≠ 1
x −1
=

A có giá trị nguyên khi x - 1 là ước nguyên của 3.
1b

0,25

 x − 1 = −3 ⇔ x = −2
 x − 1 = −1 ⇔ x = 0 (lo¹i)
⇒
x −1 = 1 ⇔ x = 2

x −1 = 3 ⇔ x = 4

Vậy biểu thức A có giá trị nguyên khi x = −2; x = 2 và x = 4

2

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
1,5 điểm

 x + 3y = 3
(I)

− x + 2 y = 7
Cộng từng vế hai phương trình của (I) ta được:

5 y = 10

0,5
0,25

⇔ y=2
- 20 -


x + 3y = 3
 x = −3
⇔
y=2


y = 2
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( −3;2 ) .
Do đó, ta có ( I ) ⇔ 

3

0,5
0,25

Lưu ý: Học sinh chỉ viết kết quả thì cho 0,75 điểm
2,0 điểm
Phương trình: x − 2 x − 3 = 0 .
2

3a

Ta có a − b + c = 1 − ( −2 ) − 3 = 0 .

0.5

Phương trình có hai nghiệm x = −1; x = 3
Lưu ý: Học sinh chỉ viết kết quả thì cho 0,5 điểm
Để phương trình x 2 − 2 x + m = 0 có hai nghiệm x1, x2 khi và chỉ khi

∆ ' ≥ 0 ⇔ ( −1) − m ≥ 0 ⇔ m ≤ 1
Theo định lí Viet x1 + x2 = 2, x1 x2 = m
2

0,25

0,25

x12 + x22 = 8 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x 2 = 8
2

3b

0,5

0,25

⇔ 2 − 2m = 8
⇔ m = − 2 (tho¶ m·n)
Vậy với m = −2 phương trình có hai nghiệm x1, x2 và thoả mãn:
x12 + x22 = 8 .
2

4

1,0 điểm

Ta có P = ( a + b ) − 3ab ( a + b ) + ( a + b ) − 2ab
3

0,25

2

0,25

= 12 − 8ab ( do a + b = 2)
= 12 − 8a ( 2 − a )

0,25

= 8a 2 − 16a + 12
2
= 8 ( a − 1) + 4 ≥ 4, ∀a ∈ ¡

0,25

( a − 1) 2 = 0
⇔ a = b =1
P = 4 khi và chỉ khi 
a
+
b
=
2

5

0,25

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 khi a = b = 1
3,5 điểm

A

O

Q

0,5

I
P
B

- 21 M

H

C


Hình vẽ

5a

Ta có: MP ⊥ AB , MQ ⊥ AC , AH ⊥ BC
Nên: P, H, Q cùng nhìn đoạn AM dưới một góc vuông
Vậy A, P, M, H, Q cùng nằm trên đường tròn đường kính AM
Xét đường tròn đường kính AM, tâm O.
Ta có: OP = OH = OQ nên ∆POH , ∆HOQ cân tại O

5b

·
·
s® POH

= 2s® PAH
= 60 0
·
·
s® HOQ
= 2 s® HAQ
= 60 0
Suy ra ∆POH , ∆HOQ đều ⇒ OP = PH = HQ = QO
Do đó tứ giác OPHQ là hình thoi ⇒ OH ⊥ PQ

0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

Gọi I là giao điểm của OH và PQ.

3
3
OP = 3 OA =
AM
2
2

⇒ PQ = 2 PI = 2.
5c

Mà AM ≥ AH = a 3 .

0,25

2

Vậy giá trị nhỏ nhất PQ là
7 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

3a
khi M trùng H.
4

0,25

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2012-2013
Môn thi : Toán
Thời gian : 120 phút không kể thời gian giao đề
Ngày thi 30 tháng 6 năm 2012

Câu 1. (2 điểm)
1
- 2
1.Tính
2- 1
2. Xác định giá trị của a,biết đồ thị hàm số y = ax - 1 đi qua điểm M(1;5)

Câu 2: (3 điểm)
1
2
a - 3 a +2
).(
+1) với a>0,a ¹ 4
a - 2 a- 2 a
a- 2
2 x − 5 y = 9

3 x + y = 5

1.Rút gọn biểu thức: A = (
2.Giải hệ pt:

0,25

3. Chứng minh rằng pt: x 2 + mx + m - 1 = 0 luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.
- 22 -


Giả sử x1,x2 là 2 nghiệm của pt đã cho,tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

B = x 21 + x 2 2 - 4.( x1 + x2 )
Câu 3: (1,5 điểm)
Một ôtô tải đi từ A đến B với vận tốc 40km/h. Sau 2 giờ 30 phút thì một ôtô taxi cũng xuất
phát đi từ A đến B với vận tốc 60 km/h và đến B cùng lúc với xe ôtô tải.Tính độ dài quãng
đường AB.
Câu 4: (3 điểm)
Cho đường tròn (O) và một điểm A sao cho OA=3R. Qua A kẻ 2 tiếp tuyến AP và AQ của

đường tròn (O),với P và Q là 2 tiếp điểm.Lấy M thuộc đường tròn (O) sao cho PM song song
với AQ.Gọi N là giao điểm thứ 2 của đường thẳng AM và đường tròn (O).Tia PN cắt đường
thẳng AQ tại K.
1.Chứng minh APOQ là tứ giác nội tiếp.
2.Chứng minh KA2=KN.KP
·
3.Kẻ đường kính QS của đường tròn (O).Chứng minh tia NS là tia phân giác của góc PNM
.
4. Gọi G là giao điểm của 2 đường thẳng AO và PK .Tính độ dài đoạn thẳng AG theo bán
kính R.
Câu 5: (0,5điểm)
Cho a,b,c là 3 số thực khác không và thoả mãn:
ìï a 2 (b + c ) + b 2 (c + a ) + c 2 ( a + b) + 2abc = 0
ïí
ïï a 2013 + b 2013 + c 2013 = 1
î
1
1
1
Hãy tính giá trị của biểu thức Q = 2013 + 2013 + 2013
a
b
c
Câu
1

2

Ý

Nội dung

1

1
2- 1
KL:

2

Do đồ thị hàm số y = ax-1 đi qua M(1;5) nên ta có a.1-1=5 Û a=6
KL:
a
2
( a - 1).( a - 2)
A=(
).(
+1) =
a ( a - 2)
a ( a - 2)
a- 2

1

=(

Điểm
2=

2 +1

( 2 - 1).( 2 +1)

2=

2 +1
( 2) 2 - 1)

2 = 2 +1-

a- 2
1
).( a - 1 +1) =
. a =1
a ( a - 2)
a

2 =1

1

1
0,5
0,5

KL:
2

ïìï 2 x - 5 y = 9
Û
í

ïîï 3x + y = 5

KL:
3

Xét Pt:

ïìï 2 x - 5 y = 9
Û
í
ïîï 15 x + 5 y = 25

ïìï 2 x - 5 y = 9
Û
í
ïîï 17 x = 34

x 2 + mx + m - 1 = 0

Δ = m 2 - 4(m - 1) = m 2 - 4m + 4 = ( m - 2) 2 ³ 0
Vậy pt luôn có nghiệm với mọi m
- 23 -

ïìï y =- 1
í
ïîï x = 2

1

0,25

0,25

ìï x1 + x2 =- m
Theo hệ thức Viet ta có ïí
ïïî x1 x2 = m - 1
Theo đề bài

B = x 21 + x 2 2 - 4.( x1 + x2 ) = ( x1 + x2 ) 2 - 2 x1 x2 - 4.( x1 + x2 )
= m 2 - 2(m - 1) - 4(- m) = m 2 - 2m + 2 + 4m = m 2 + 2m +1 +1
0,5

= (m +1) 2 +1 ³ 1
Vậy minB=1 khi và chỉ khi m = -1
KL:
3

Gọi độ dài quãmg đường AB là x (km) x>0
x
Thời gian xe tải đi từ A đến B là
h
40
x
Thời gian xe Taxi đi từ A đến B là : h
60
5
Do xe tải xuất phát trước 2h30phút =
nên ta có pt
2

x
x
5
=
40 60 2
Û 3 x - 2 x = 300
Û x = 300
Giá trị x = 300 có thoả mãn ĐK

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

Vậy độ dài quãng đường AB là 300 km.
4

1

P

S

M
N
A

I

G

O

K

Q

Xét tứ giác APOQ có
·APO = 900 (Do AP là tiếp tuyến của (O) ở P)
·AQO = 900 (Do AQ là tiếp tuyến của (O) ở Q)
Þ ·APO + ·AQO = 1800 ,mà hai góc này là 2 góc đối nên tứ giác APOQ là tứ giác nội

0,75

tiếp
2

Xét Δ AKN và Δ PAK có ·AKP là góc chung
·APN = ·AMP ( Góc nt……cùng chắn cung NP)
·
Mà NAK
= ·AMP (so le trong của PM //AQ
- 24 -

0,75


AK NK

=
Þ AK 2 = NK .KP (đpcm)
PK
AK

Δ AKN ~ Δ PKA (gg) Þ
3

4

5

Kẻ đường kính QS của đường tròn (O)
Ta có AQ ^ QS (AQ là tt của (O) ở Q)
Mà PM//AQ (gt) nên PM ^ QS
Đường kính QS ^ PM nên QS đi qua điểm chính giữa của cung PM nhỏ
» = sd SM
¼ Þ PNS
·
·
(hai góc nt chắn 2 cung bằng nhau)
sd PS
= SNM
Hay NS là tia phân giác của góc PNM
Chứng minh được Δ AQO vuông ở Q, có QG ^ AO(theo Tính chất 2 tiếp tuyến cắt
nhau)
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có
OQ 2 R 2 1
2
OQ = OI .OA Þ OI =

=
= R
OA
3R 3
1
8
Þ AI = OA - OI = 3R - R = R
3
3
Do Δ KNQ ~ Δ KQP (gg) Þ KQ 2 = KN .KP mà AK 2 = NK .KP nên AK=KQ
Vậy Δ APQ có các trung tuyến AI và PK cắt nhau ở G nên G là trọng tâm
2
2 8
16
Þ AG = AI = . R = R
3
3 3
9
Ta có:
a 2 (b + c ) + b 2 (c + a ) + c 2 (a + b) + 2abc = 0

0,75

0,75

Û a 2b + a 2 c + b 2 c + b 2 a + c 2 a + c 2b + 2abc = 0
Û ( a 2b + b 2 a ) + (c 2 a + c 2b) + (2abc + b 2c + a 2c ) = 0
Û ab(a + b) + c 2 (a + b) + c (a + b) 2 = 0

0,25

Û ( a + b)(ab + c 2 + ac + bc) = 0
Û ( a + b).( a + c ).(b + c) = 0
*TH1: nếu a+ b=0
ïì a =- b
ïíìï a =- b ta có Q = 1 + 1 + 1 = 1
Û
Ta có ïí 2013
ïïî a + b 2013 + c 2013 = 1 ïïî c = 1
a 2013 b2013 c 2013
Các trường hợp còn lại xét tương tự
1
1
1
Vậy Q = 2013 + 2013 + 2013 = 1
a
b
c
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 20122013
QUẢNG NGÃI
Môn thi: Toán (không chuyên)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao
đề) ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài 1: (1,5 điểm)
1/ Thực hiện phép tính:

(

)(

2 −1

)

2 +1

x − y = 1
2/ Giải hệ phương trình: 
2 x + 3 y = 7
- 25 -

0,25