4 đề tuyển sinh trường chuyên lớp 10 môn toán có đáp án chi tiết

SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO
NGHỆ AN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
Năm học 2009 - 2010
Đề thi chính thức
Môn thi: Toán
Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Bài 1: (3.5 điểm)
a) Giải phương trình
3

x+2 + 3 7− x =3

b) Giải hệ phương trình
8

2 + 3 x = y 3


 x3 − 2 = 6

y

Bài 2: (1.0 điểm)
Tìm số thực a để phương trình sau có nghiệm nguyên
x 2 − ax + a + 2 = 0 .
Bài 3: (2.0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A có đường phân giác trong BE (E thuộc AC). Đường tròn
đường kính AB cắt BE, BC lần lượt tại M, N (khác B). Đường thẳng AM cắt BC tại K. Chứng

minh: AE.AN = AM.AK.
Bài 4: (1.5 điểm)
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, trung tuyến AO có độ dài bằng độ dài cạnh BC.
Đường tròn đường kính BC cắt các cạnh AB, AC thứ tự tại M, N (M khác B, N khác C).
Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng
AO lần lượt tại I và K. Chứng minh tứ giác BOIM nội tiếp được một đường tròn và tứ giác
BICK là hình bình hành.
Bài 5: (2.0 điểm)
a) Bên trong đường tròn tâm O bán kính 1 cho tam giác ABC có diện tích lớn hơn hoặc
bằng 1. Chứng minh rằng điểm O nằm trong hoặc nằm trên cạnh của tam giác ABC.
b) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn: a + b + c = 3 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
ab + bc + ca
P = a 2 + b2 + c2 + 2
a b + b 2c + c 2 a
----------------------------------------Hết---------------------------------------Họ và tên thí sinh …………………………………..……….. SBD……………..
* Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
* Giám thị không giải thích gì thêm.


SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO
NGHỆ AN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
Năm học 2009 - 2010
Hướng dẫn chấm thi
Bản hướng dẫn chấm gồm 03 trang
Nội dung đáp án

Điểm
3,5 đ
2,0đ

Bài 1
a
3

x+2 + 3 7−x =3

⇔ x + 2 + 7 − x + 3 3 x + 2. 3 7 − x

(

3

)

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
 x = −1
⇔
( thỏa mãn )
x = 6
2

0.50đ

b

1,50đ
2
Đặt = z
y

0.25đ

2 + 3x = z3
Hệ đã cho trở thành 
3
2 + 3z = x

0.25đ

⇒ 3( x − z ) = z3 − x 3

(

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
x = 2

3
Từ đó ta có phương trình: x − 3x − 2 = 0 ⇔ 

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm: (x, y) = (−1; −2), ( 2,1)
Bài 2:

Điều kiện để phương trình có nghiệm: ∆ ≥ 0 ⇔ a − 4a − 8 ≥ 0 (*).
Gọi x1, x2 là 2 nghiệm nguyên của phương trình đã cho ( giả sử x1 ≥ x2).
 x1 + x 2 = a
⇒ x1.x 2 − x1 − x 2 = 2
Theo định lý Viet: 
x

.x
=
a
+
2
 1 2
2

0,25đ
1,0 đ
0,25đ
0,25đ

⇒ (x1 − 1)(x 2 − 1) = 3

 x1 − 1 = −1
x − 1 = 3
⇒ 1
hoặc 
(do x1 - 1 ≥ x2 -1)
x 2 − 1 = 1
 x 2 − 1 = −3

0,25đ


x = 4
 x1 = 0
⇒ 1
hoặc 

 x 2 = −2
x 2 = 2
Suy ra a = 6 hoặc a = -2 (thỏa mãn (*) )
Thử lại ta thấy a = 6, a = -2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 3:
·
·
·
¼ = MN
¼
Vì BE là phân giác ABC
nên ABM
= MBC
⇒ AM

·
·
(1)
⇒ MAE
= MAN

Vì M, N thuộc đường tròn đường
·
·
kính AB nên AMB
= ANB
= 900
·
·
⇒ ANK

= AME
= 900 , kết hợp
với (1) ta có tam giác AME đồng
dạng với tam giác ANK
AN AK
⇒
=
AM AE
⇒ AN.AE = AM.AK (đpcm)
Bài 4:

·
·
Vì tứ giác AMIN nội tiếp nên ANM
= AIM
·
·
Vì tứ giác BMNC nội tiếp nên ANM
= ABC
·
·
.Suy ra tứ giác BOIM nội tiếp
⇒ AIM
= ABC

K

Từ chứng minh trên suy ra tam giác AMI
đồng dạng với tam giác AOB
AM AI

⇒
=
⇒ AI.AO = AM.AB (1)
AO AB
Gọi E, F là giao điểm của đường thẳng AO
với (O) (E nằm giữa A, O).
Chứng minh tương tự (1) ta được:
AM.AB = AE.AF
= (AO - R)(AO + R) (với BC = 2R)
= AO2 - R2 = 3R2
⇒ AI.AO = 3R2 ⇒ AI =

3R 2 3R 2 3R
R
=
=
⇒ OI =
(2)
AO 2R
2
2

Tam giác AOB và tam giác COK đồng dạng nên:
OA.OK = OB.OC = R2
R2 R2 R
⇒ OK =
=
= (3)
OA 2R 2
Từ (2), (3) suy ra OI = OK

Suy ra O là trung điểm IK, mà O là trung điểm của BC
Vì vậy BICK là hình bình hành

0,25đ
2,0 đ
0,25đ
0,50đ
0,25đ
0,50đ
0,25đ
0,25đ
1,5 đ
0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ


Bài 5:
a,

2,0 đ
1,0 đ

Giả sử O nằm ngoài miền tam giác ABC.
Không mất tính tổng quát, giả sử A và O
nằm về 2 phía của đường thẳng BC
Suy ra đoạn AO cắt đường thẳng BC tại K.
Kẻ AH vuông góc với BC tại H.
Suy ra AH ≤ AK < AO <1 suy ra AH < 1
AH.BC 2.1
<
= 1 (mâu thuẫn với
Suy ra S∆ABC =
2
2
giả thiết). Suy ra điều phải chứng minh.

b,

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
1,0đ

2

2

2

2

2

2

Ta có: 3(a + b + c ) = (a + b + c)(a + b + c )
= a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2
mà
a3 + ab2 ≥ 2a2b (áp dụng BĐT Côsi )
b3 + bc2 ≥ 2b2c
c3 + ca2 ≥ 2c2a
Suy ra 3(a2 + b2 + c2) ≥ 3(a2b + b2c + c2a) > 0
ab + bc + ca
a 2 + b 2 + c2
9 − (a 2 + b 2 + c 2 )
⇒ P ≥ a 2 + b2 + c2 +
2(a 2 + b 2 + c 2 )

0,25đ

0,25đ

2
2
2
Suy ra P=a + b + c +

0,25đ

Đặt t = a2 + b2 + c2, ta chứng minh được t ≥ 3.
Suy ra P ≥ t +

9−t t 9 t 1
3 1
= + + − ≥3+ − = 4 ⇒ P ≥ 4
2t
2 2t 2 2
2 2

0,25đ

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4
Nếu thí sinh giải cách khác đúng của mỗi câu thì vẫn cho tối đa điểm của câu đó

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI


Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Đề thi gồm: 01 trang

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (2,0 điểm)
1
3


1) Cho x =  1 + 3

12 + 135 3 12 − 135 
÷.
+
÷
3
3


(

)

2

Không dùng máy tính cầm tay, hãy tính giá trị của biểu thức M= 9 x 3 − 9 x 2 − 3 .

x + y = a + b

2) Cho trước a, b ∈ R ; gọi x, y là hai số thực thỏa mãn 
Chứng minh rằng: x

2011

+ y 2011 = a 2011 + b 2011 .

3
3

3
3
x + y = a + b

Câu 2 (2,0 điểm)
Cho phương trình: x + ax + bx − 1 = 0 (1)
3

2

1) Tìm các số hữu tỷ a và b để phương trình (1) có nghiệm x = 2 − 3 .
2) Với giá trị a, b tìm được ở trên; gọi x1; x2 ; x3 là ba nghiệm của phương trình (1). Tính giá
trị của biểu thức S =

1 1 1
+ + .
x15 x25 x35

Câu 3 (2,0 điểm)

2
2
2 2
1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện: x + y + 5 x y + 60 = 37 xy .

 x3 − x = x 2 y − y

2) Giải hệ phương trình: 
4
 2 ( x + 1) − 5 x + y + 2 = 0

Câu 4 (3,0 điểm)
Cho hai đường tròn (O ; R) và (O’ ; R’) cắt nhau tại I và J (R’ > R). Kẻ các tiếp tuyến chung
của hai đường tròn đó; chúng cắt nhau ở A. Gọi B và C là các tiếp điểm của hai tiếp tuyến trên với
(O’ ; R’); D là tiếp điểm của tiếp tuyến AB với (O ; R) (điểm I và điểm B ở cùng nửa mặt phẳng bờ là
O’A). Đường thẳng AI cắt (O’ ; R’) tại M (điểm M khác điểm I ).
1) Gọi K là giao điểm của đường thẳng IJ với BD. Chứng minh: KB2 = KI.KJ ; từ đó suy ra
KB = KD.
2) AO’ cắt BC tại H. Chứng minh 4 điểm I, H, O’, M nằm trên một đường tròn.
3) Chứng minh đường thẳng AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp Δ IBD .

Câu 5 (1,0 điểm)

Mọi điểm trên mặt phẳng được đánh dấu bởi một trong hai dấu (+) hoặc ( − ).
Chứng minh rằng luôn chỉ ra được 3 điểm trên mặt phẳng làm thành tam giác vuông cân mà ba
đỉnh của nó được đánh cùng dấu.
-----------Hết------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN


HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI
Đáp án gồm : 04 trang

I) HƯỚNG DẪN CHUNG.
- Thí sinh làm bài theo cách khác nhưng vẫn đúng thì vẫn cho điểm tối đa.

- Việc chi tiết điểm số (với cách khác, nếu có) phải được thống nhất Hội đồng chấm.
- Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.
II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.
Câu

Ý

1

1

Nội dung

1  3 12 + 135 3 12 − 135
1 +
x
=
+
Cho
3
3
3


1  3 12 + 135 3 12 − 135 
1 +
÷
x
=
+

Từ
÷
3
3
3


 12 + 135
12 − 135
⇒ ( 3 x − 1) =  3
+3

3
3


Điểm


2
÷.Tính M= 9 x 3 - 9 x 2 - 3 .
÷


(

1

2

1,00


÷
÷


 12 + 135
12 − 135
⇔ ( 3x − 1) =  3
+3

3
3

3
⇒ ( 3 x − 1) = 8 + 3 ( 3 x − 1)
3

)

3


÷
÷


⇔ 9 x3 − 9 x 2 − 2 = 0
2

⇒ M = ( −1) = 1
Cho trước a, b ∈ R ; gọi x,y là hai số thực thỏa mãn
x + y = a + b
( I ) .Chứng minh rằng: x 2011 + y 2011 = a 2011 + b 2011 .
 3
3
3
3
x + y = a + b
 x + y = a + b
(I ) ⇔ 
3
3
( x + y ) − 3xy ( x + y ) = ( a + b ) − 3ab ( a + b )
(1)
x + y = a + b
⇔
(*)
 xy (a + b) = ab( a + b) (2)
x + y = a + b
 xy = ab

+/Nếu a + b ≠ 0 thì (*) ⇔ 

=> x, y là 2 nghiệm của phương trình X − (a + b) X + ab = 0

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

1,00

0,25

0,25

2

x = b x = a
;
Giải ra ta có 
=> x 2011 + y 2011 = a 2011 + b 2011 .
y = a y = b
+/Nếu a + b = 0 => a = −b .

0,25


x + y = 0

Ta có hệ phương trình 

3
3
x + y = 0

2

1

⇔ x = −y .

2011
2011
a + b = 0
2011
=>  2011
=> x
+ y 2011 = a 2011 + b2011
2011
 x + y = 0
x 3 + ax 2 + bx − 1 = 0 (1) . Tìm a, b ∈ Q để (1) có nghiệm x = 2 − 3 .

(

Thay x = 2 − 3 vào (1)ta có : 2 − 3

)

3

(

+a 2− 3

)

2

(

)

0,25

0,25
0,25

7 a + 2b + 25 = 0
+/ Suy ra ( 4a + b + 15 ) = 0 ⇒ 
4a + b + 15 = 0

0,25

 a = −5
Giải hpt ,kết luận : 
b = 5
2

1,00

+ b 2 − 3 −1 = 0

⇔ 3 ( 4a + b + 15 ) = 7a + 2b + 25
+/Nếu ( 4a + b + 15 ) ≠ 0
7 a + 2b + 25
=> 3 =
(vô lí vì VT là số vô tỷ , VP là số hữu tỷ).
( 4a + b + 15)

2

0,25

Với a=-5 ;b=5. Tính giá trị của biểu thức S =

1 1 1
+ + .
x15 x25 x35

 a = −5
3
2
2
(1) có dạng x − 5 x + 5 x − 1 = 0 ⇔ ( x-1) x − 4 x + 1 = 0 .
b = 5

(

+/ 

)

1,00

0,25

Không mất tính tổng quát coi x3 = 1 thì x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình

(x

2

x + x = 4
− 4 x + 1) = 0 ( có ∆ ' = 3 > 0 ) =>  1 2
 x1 x2 = 1

(
=( x
=( x

) − 2 x x = 14 .
+ x ) ( x + x − x x ) = 52 .
+ x ) ( x + x ) − x x ( x + x ) = 724

+/ x12 + x22 = x1 + x2
+/ x1 + x2
3

3

+/ x1 + x2
5

3

1

5

1
2
1

0,25

2

1

2

2

2
1

2
2

2
2

3
1

3
2

1

2

2 2
1 2

1

2

=>S = 725
2
2
2 2
Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x + y + 5 x y + 60 = 37 xy (1)

(1) ⇔ ( x − y ) = −5 x 2 y 2 + 35 xy − 60 ⇔ ( x − y ) = 5 ( xy − 3) ( 4 − xy ) .
Giả sử có x,y nguyên thỏa mãn, VT ≥ 0
⇒ 5 ( xy - 3) ( 4 − xy ) ≥ 0 ⇔ 3 ≤ xy ≤ 4 .
2

 xy = 3
Do x, y ∈ Z => xy ∈ Z => 
.
xy
=
4


0,25
0,25

2

1,00
0,25

0,25

0,25


 xy = 3
x = y
⇔
(vô nghiệm trên Z).
 2
2
x
=
3
x
−
y
=
0
(
)




+/ 

 xy = 4
x = y
x = y = 2
⇔
⇔

2
 x = y = −2 .
2

( x − y ) = 0  x = 4

+/ 

0,25

x = y = 2
là các giá trị cần tìm.
 x = y = −2

Vậy 
3

2

 x3 − x = x 2 y − y

(1)

Giải hệ phương trình: 
4
 2 ( x + 1) − 5 x + y + 2 = 0 (2)
Điều kiện : y ≥ 0 .
x = y
2
(1) ⇔ ( x − y ) ( x − 1) = 0 ⇔ 
.
x
=
±
1

+/Nếu x = ±1 thay vào phương trình (2) ta có :

y −1 = 0 ⇔ y = 1.

1,00

0,25
0,25

+/Nếu x = y ≥ 0
Khi đó (2) ⇔

(

2 ( x 4 + 1) − 4 x + 2 = 0 (3)

)

do 2 x + 1 ≥ 2.2 x .1 = 4 x ⇒
4

4

2

nên VT(3) ≥ 2( x - 2 x + 1) = 2

 x = 1

(

2 ( x 4 + 1) ≥ 2 x = 2 x .

)

2

x − 1 ≥ 0.

0,25

4

Do đó Pt (3) ⇔ 

 x − 1 = 0

⇔ x = 1⇒ y = 1.

0,25

 x = 1  x = −1
;
y
=
1

y =1

Vậy hệ phương trình có nghiệm 
4

1

K là giao điểm của đường thẳng IJ với BD. Chứng minh KB = KD.

1,00


B
K
M

D

A

I

H

O

O'

J

0,25

C

·
Do AO và AO’ là hai tia phân giác của BAC
=> A,O,O’ thẳng hàng.
1 º ·
¶ = IBK
·
Có BJI
; BKI chung
= sđ BI
2

⇒ Δ KBI đồng dạng với Δ KJB (g.g)=>

4

2

0,25

KI KB
=
⇒ KB2 =KI.KJ (1)
KB KJ

KI KD
=
⇔ KD2 =KI.KJ (2)
Tương tự: Δ KDI đồng dạng với Δ KJD ⇒
KD KJ
Từ (1) và (2) => KB=KD .
Chứng minh 4 điểm I, H, O’, M nằm trên một đường tròn.
+/Xét tam giác vuông ABO’ có: AB2 =AH.AO' (3)

1 º ·
sđ BI ; BAI chung
2
AB AI
=
⇒ AB2 =AM.AI (4).
Δ ABI đồng dạng với Δ AMB (g.g) ⇒
AM AB
AH AM
=
Từ (3),(4) => AI.AM=AH.AO' ⇒

.
AI AO'
AH AM
µ chung ).
=
=> Δ AHI đồng dạng với Δ AMO' ( vì
;A
AI AO'
·
·
=> AHI=AMO'
=> tứ giác MIHO’ nội tiếp hay 4 điểm I, H, M, O’ cùng thuộc

0,25
0,25

1,00
0,25

·
·
+/ Có : ABI
= AMB
=

4

3

một đường tròn.

Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp Δ IBD
Do OD // O’B (cùng ⊥ AB) ⇒

AO OD R
OI
OI
=
= =
=
AO' O'B R' O'M O'I

nhưng OI cắt O’I và A,I,M thẳng hàng => OI // O’M.
·
·
=> DOI=BO'M
.

2

2

0,25
0,25
1,00
0,25
0,25

1·
1 º
1·

1 ¼
·
·
mà BDI
và BIM
= DOI
= sđ DI
= BO'M
= sđ BM
2

0,25

2

0,25


5

0,25
·
·
=> BDI
=>IM tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ΔBID
= BIM
hay AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp Δ IBD .
Chứng minh rằng luôn chỉ ra được 3 điểm trên mặt phẳng làm thành tam giác 1,00
vuông cân mà ba đỉnh của nó được đánh cùng dấu.
Dựng tam giác vuông cân ABC đỉnh A. Do

C
D
chỉ đánh bởi hai dấu (+), ( − ) nên tồn tại hai
điểm cùng dấu , không mất tổng quát giả sử
hai điểm A, B cùng dấu và cùng dấu (+).
+ Nếu C có dấu (+) thì tam giác vuông cân
0,25
I
ABC là tam giác phải tìm.
+ Nếu C có dấu (- ) thì ta dựng điểm D sao
cho ABDC là hình vuông.
_ Nếu D có dấu (+) thì tam giác ABD là
A
B
tam giác cần tìm.
0,25
_ Nếu D có dấu (-) thì gọi I là giao
điểm của AD và BC .
0,25
* Nếu I có dấu (+) thì tam giác vuông cân ABI là tam giác cần tìm.
* Nếu I dấu (-) thì dễ thấy tam giác vuông cân CID có ba đỉnh cùng
0,25
dấu (-) là tam giác cần tìm.


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
TỈNH PHÚ YÊN
Môn thi: TOÁN CHUYÊN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC

*****

Câu 1.(4,0 điểm) Cho phương trình x4 + ax3 + x2 + ax + 1 = 0, a là tham số .
a) Giải phương trình với a = 1.
b) Trong trường hợp phương trình có nghiệm, chứng minh rằng a2 > 2.
Câu 2.(4,0 điểm)
a) Giải phương trình:

x + 3 + 6 - x − (x + 3)(6 - x) = 3 .
=1
x + y + z
b) Giải hệ phương trình: 
.
2
 2x + 2y - 2xy + z = 1

Câu 3.(3,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên x, y, z thỏa mãn :
3x2 + 6y2 +2z2 + 3y2z2 -18x = 6.
Câu 4.(3,0 điểm)
a) Cho x, y, z, a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:
3
abc + 3 xyz ≤ 3 (a + x)(b + y)(c + z) .
b) Từ đó suy ra :

3

3+ 3 3 + 3 3− 3 3 ≤ 23 3

Câu 5.(3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD và tứ giác MNPQ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh AB,
BC, CD, DA của hình vuông.

a) Chứng minh rằng SABCD ≤

AC
(MN + NP + PQ + QM).
4

b) Xác định vị trí của M, N, P, Q để chu vi tứ giác MNPQ nhỏ nhất.
Câu 6.(3,0 điểm) Cho đường tròn (O) nội tiếp hình vuông PQRS. OA và OB là hai bán kính
thay đổi vuông góc với nhau. Qua A kẻ đường thẳng Ax song song với đường thẳng PQ, qua
B kẻ đường thẳng By song song với đường thẳng SP. Tìm quỹ tích giao điểm M của Ax và
By.
HẾT
---------------Họ và tên thí sinh:……………………………………….Số báo danh:……………
Chữ kí giám thị 1:………………………Chữ kí giám thị 2:….……………………


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
TỈNH PHÚ YÊN
Môn thi: TOÁN CHUYÊN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC
*****

HƯỚNG DẪN CHẤM THI
Bản hướng dẫn chấm gồm 04 trang
I- Hướng dẫn chung:
1- Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng
phần như hướng dẫn quy định.
2- Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm
không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi.

3- Điểm toàn bài thi không làm tròn số.
II- Đáp án và thang điểm:
CÂU
ĐÁP ÁN
Điểm
4
3
2
Câu Ta có phương trình : x + ax +x + ax + 1 = 0 (1)
1a.
(2)
Khi a =1 , (1) ⇔ x 4 +x 3 +x 2 +x+1= 0
(2,0đ) Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm.
1
1
+ x + +1= 0 (3).
2
x
x
1
1
1
1
Đặt t = x+ ⇒ t = x+ = x + ≥ 2 và x 2 + 2 = t 2 -2 .
x
x
x
x

Chia 2 vế của (2) cho x2 ta được: x 2 +

Phương trình (3) viết lại là : t + t - 1 = 0
2

Giải (3) ta được hai nghiệm t1 =

−1 + 5
−1 − 5
và t 2 =
đều không thỏa
2
2

0,50
0,50
0,50

điều kiện |t|≥ 2.Vậy với a = 1, phương trình đã cho vô nghiệm.
0,50
Câu1b Vì x = 0 không phải là nghiệm của (1) nên ta cũng chia 2 vế cho x 2 ta
.
1
1

x 2 + 2 +a  x + ÷+1= 0 .
có
phương
trình
:
(2,0đ)

x
x

Đặt t = x +

0,50

1
, phương trình sẽ là : t2 + at - 1 = 0 (4).
x

Do phương trình đã cho có nghiệm nên (4) có nghiệm |t| ≥ 2. Từ (4)
1- t 2
suy ra a =
.
t

0,50
0,50

(1 - t 2 ) 2
> 2 ⇔ t 2 (t 2 - 4) + 1 > 0 (5)
Từ đó : a >2 ⇔
2
t
2

Vì |t| ≥ 2 nên t >0 và t – 4 ≥ 0 , do vậy (5) đúng, suy ra a > 2.
2

Câu

2

x + 3 + 6 - x - (x + 3)(6 - x) = 3 (1)

2

0,50


2a.
(2,0đ)

 x+3 ≥ 0
⇔ -3 ≤ x ≤ 6 .
6-x ≥ 0

Điều kiện : 

u = x + 3
, u , v ≥ 0 ⇒ u 2 + v 2 = 9.

 v = 6 - x

Đặt :

Phương trình đã có trở thành hệ :

Suy ra :

0,50
0,50

u 2 + v2
(u + v) 2 - 2uv = 9
=9
⇔


= 3 + uv
 u + v - uv = 3
u + v
 uv = 0
u = 0
⇔
(3+uv)2-2uv = 9 ⇔ 
 uv = -4
v = 0

0,50

 x+3 = 0
 x = -3
⇔
⇔
.
x = 6
 6-x = 0

0,50

Vậy phương trình có nghiệm là x =-3 , x = 6.
Câu
2b.
(2,0đ)

Ta có hệ phương trình :
 x+y+z=1
 x+y = 1-z
⇔

2
2
 2x+2y-2xy+z =1
2xy = z +2(x+y)-1
x + y = 1 - z
⇔
2
2
2xy = z - 2z + 1 = (1- z)
⇔ 2xy = (x + y) 2
⇔ x 2 + y2 = 0 ⇔ x = y = 0 ⇒ z = 1 .

Vậy hệ phương trình chỉ có 1 cặp nghiệm duy nhất: (x ;y ;z) = (0 ;0; 1).

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

Câu 3.
(3,0đ) Ta có : 3x2 + 6y2 + 2z2 +3y2z2 -18x = 6 (1)
⇔ 3(x-3) 2 + 6y 2 + 2z 2 + 3y 2 z 2 = 33 (2)

Suy ra : z M 3 và 2z ≤ 33
Hay |z| ≤ 3.
Vì z nguyên suy ra z = 0 hoặc |z| = 3.
2

a) z = 0 , (2) ⇔ (x-3)2 + 2y2 = 11 (3)
Từ (3) suy ra 2y2 ≤ 11 ⇒ |y| ≤ 2.
Với y = 0 , (3) không có số nguyên x nào thỏa mãn.
Với |y| = 1, từ (3) suy ra x ∈ { 0 ; 6}.
b) |z| = 3, (2) ⇔ (x-3)2 + 11 y2 = 5 (4)
Từ (4) ⇒ 11y2 ≤ 5 ⇒ y = 0, (4) không có số nguyên x nào thỏa mãn.
Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm nguyên (x ;y ;z) là (0;1;0) ; (0 ;-1;0) ;
(6 ;1 ;0) và (6 ;-1 ;0).
Câu
4a.
(2,0đ)

3

abc + 3 xyz ≤

0,50

2

3

(a+x)(b+y)(c+z)

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

(1)

Lập phương 2 vế của (1) ta được :
abc + xyz + 3 3 (abc) 2 xyz + 3 3 abc(xyz) 2 ≤ (a+x)(b+y)(c+z)

0,50


⇔ abc + xyz+ 3 3 (abc) 2 xyz + 3 3 abc(xyz) 2 ≤

abc+xyz+abz+ayc+ayz+xbc+xyc+xbz
⇔ 3 3 (abc) 2 xyz + 3 3 abc(xyz) 2 ≤ (abz+ayc+ xbc)+ (ayz+xbz+xyc) (2)
Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có :

(abz+ayc+ xbc) ≥ 3 3 (abc) 2 xyz (3)

0,50

(ayz+xbz+ xyc) ≥ 3 abc(xyz) (4)
Cộng hai bất đẳng thức (3) và (4) ta được bất đẳng thức (2), do đó (1)

được chứng minh.
3

2

Câu4b Áp dụng BĐT (1) với a = 3+ 3 3, b = 1, c = 1, x = 3 - 3 3, y = 1, z = 1
.
Ta có : abc = 3 + 3 3 , xyz = 3- 3 3 , a+ x = 6, b + y = 2, c + z = 2
(1,0đ)
Từ đó : 3 3+ 3 3 + 3 3- 3 3 ≤ 3 6.2.2 = 2 3 3 (đpcm).
Câu
5a.
(2,0)

Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của
A
QN, MN, PQ. Khi đó :
MN
(trung tuyến ∆ vuông MBN)
2
Q
PQ
Tương tự DK =
.
2
K
QM
IJ =
(IJ là đtb ∆ MNQ).
2

PN
D
Tương tự IK =
.
2

M

I

0,50
C

P

Câu5b Chu vi tứ giác MNPQ là :
.
MN + NP + PQ + QM = 2BJ + 2IK +2DK + 2IJ
(1,0)
= 2(BJ + JI + IK + KD) ≥ 2BD (cmt)
Dấu bằng xảy ra khi đường gấp khúc trùng với BD, tức là MQ //NP,
MN//PQ, MN=PQ (vì cùng là cạnh huyền 2 tam giác vuông cân bằng
nhau), lúc đó MNPQ là hình chữ nhật.
y

P

(giả thiết)M'
⇒ tứ giác AOBM luôn nội tiếp B'
·

·
⇒ AMO
= ABO
= 450 (vì ∆AOB
vuông cân tại O)
Suy ra M luôn nằm trên đường
thẳng đi qua O và tạo với đường
PQ một góc 450.
S

0,50

N

AC
AC
AC
.BD ≤
(BJ+JI + IK+KD) =
(MN+NP+PQ+QM)
2
2
4

·
·
AOB
=AMB
= 900

0,50

0,50

J

Vì BD ≤ BJ + JI + IK + KD. Dođó:

Câu 6. Kí hiệu như hình vẽ.
(3,0đ) Phần thuận :

0,50

B

BJ =

SABCD =

0,50

H

Q
A

M

O
B

K

R

x

0,50
0,50

0,50
0,50


Trường hợp B ở vị trí B’ thì M’
nằm trên đường thẳng đi qua O
và tạo với PS một góc 450.
Giới hạn :
*) Khi A ≡ H thì M ≡ Q, khi A ≡ K thì M ≡ S
*) Trường hợp B ở vị trí B’: khi A ≡ H thì M’ ≡ P, khi A ≡ K thì M’ ≡
R
Phần đảo: Lấy M bất kì trên đường chéo SQ (hoặc M’ trên PR), qua M
kẻ đường thẳng song song với đường thẳng PQ cắt (O) tại A. Kẻ bán
kính OB ⊥ OA.
·
·
Ta thấy tứ giác AOBM nội tiếp (vì AMO
= ABO
= 450 )
·
·

Suy ra : AMB
= AOB
= 900 .
Mà AM//PQ , PQ ⊥PS ⇒ MB//PS.
Kết luận:Quỹ tích giao điểm M là 2 đường chéo của hình vuông PQRS.

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


SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

Môn thi: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

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

Bài 1. (2,0 điểm)
1. Rút gọn các biểu thức sau: a)
b)
2. Giải phương trình: x +
Bài 2. (2,0 điểm)

3
13
6
+
+
2+ 3 4− 3
3

x y−y x
xy

+

x−y
x− y

với x > 0 ; y > 0 ; x ≠ y

4
= 3.
x+2

( m − 1) x + y = 2
 mx + y = m + 1

Cho hệ phương trình: 

(m là tham số)

1. Giải hệ phương trình khi m = 2 ;
2. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x ; y )
thoả mãn: 2 x + y ≤ 3 .
Bài 3. (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = ( k − 1) x + 4 (k là tham số) và
parabol (P): y = x 2 .
1. Khi k = −2 , hãy tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P);
2. Chứng minh rằng với bất kỳ giá trị nào của k thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai
điểm phân biệt;
3. Gọi y1; y2 là tung độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P). Tìm k sao
cho: y1 + y 2 = y1 y 2 .
Bài 4. (3,5 điểm)
Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B, C). Qua B kẻ đường thẳng
vuông góc với DM, đường thẳng này cắt các đường thẳng DM và DC theo thứ tự tại H và
K.
1. Chứng minh: Các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường tròn;
·
2. Tính CHK
;
3. Chứng minh KH.KB = KC.KD;
4. Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC tại N. Chứng minh
Bài 5. (0,5 điểm) Giải phương trình:

1
1
1
=
+
.
2

2
AD
AM
AN 2

1
1
1
1


+
= 3
+
÷.
x
2x − 3
5x − 6 
 4x − 3


SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

THÁI BÌNH

Hướng dẫn chấm Môn TOÁN

Ý

Bài 1
1.
(1,5đ)

Nội dung
2,0 điểm
a)

3
13
6
+
+
2+ 3 4− 3
3

=

b)

(

3 2− 3
4−3

) + 13 ( 4 + 3 ) + 2

0,25

3

16 − 3

= 6−3 3 + 4+ 3 + 2 3

0,25

= 10

0,25

x y−y x
xy

=
=

xy

(

+

x−y
x− y

x− y
xy

) +(

với x > 0 ; y > 0 ; x ≠ y
x− y

)(

x+ y

)

x− y

x− y+ x+ y

(0,5đ)

x+

0,25
0,25

=2 x
2.

Điểm

0,25

4
=3

x+2

ĐK: x ≠ −2

Quy đồng khử mẫu ta được phương trình:

0,25

x2 + 2x + 4 = 3(x + 2)
⇔

x2 − x − 2 = 0

Do a − b + c = 1 + 1 − 2 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm:
x = −1; x = 2 (thoả mãn)
Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm x = −1; x = 2
Bài 2
Ý

0,25

2,0 điểm
Nội dung

Điểm


1.
(1,0đ)

x + y = 2
 2x + y = 3

0,25

⇔

x = 1

x + y = 2

0,25

⇔

x = 1

y = 1

0,25

Khi m = 2 ta có hệ phương trình: 

x = 1
y = 1

Vậy với m = 2 hệ phương trình có nghiệm duy nhất: 
2.
(1,0đ)

Ta có hệ:

( m − 1) x + y = 2

 mx + y = m + 1

0,25

0,25

⇔

x = m + 1 − 2

 mx + y = m + 1

⇔

 x = m − 1

 y = − m ( m − 1) + m + 1

⇔

x = m −1

2
 y = − m + 2m + 1

0,25

Vậy với mọi giá trị của m, hệ phương trình có nghiệm duy nhất:
x = m −1

2
 y = − m + 2m + 1

Khi đó: 2x + y = −m2 + 4m − 1
= 3 − (m − 2)2 ≤ 3 đúng ∀m vì (m − 2)2 ≥ 0

0,50

Vậy với mọi giá trị của m, hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y)
thoả mãn 2x + y ≤ 3.
Bài 3
Ý
1.
(1,0đ)

2,0 điểm
Nội dung

Điểm

Với k = −2 ta có đường thẳng (d): y = −3x + 4

0,25

Khi đó phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P)
là:

0,25


x2 = −3x + 4
⇔

x2 + 3x − 4 = 0

Do a + b + c = 1 + 3 − 4 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm: x = 1; x = − 4
Với x = 1 có y = 1

0,25

Với x = −4 có y = 16
Vậy khi k = −2 đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm có toạ độ là (1; 1);
(−4; 16)
2.

0,25

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là:
x2 = (k − 1)x + 4

(0,5đ)

0,25

⇔ x2 − (k − 1)x − 4 = 0
Ta có ac = −4 < 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị

của k.
Vậy đường thẳng (d) và parabol (P) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt.
3.
(0,5đ)

0,25

Với mọi giá trị của k; đường thẳng (d) và parabol (P) cắt nhau tại 2 điểm
phân biệt có hoành độ x1, x2 thoả mãn:
 x1 + x 2 = k − 1

 x1x 2 = −4

0,25

Khi đó: y1 = x12 ; y 2 = x 22
Vậy y1 + y2 = y1 y 2
2
2
2 2
⇔ x1 + x 2 = x1 x 2

⇔ (x1 + x2)2 − 2x1x2 = (x1 x2)2
⇔ (k − 1)2 + 8 = 16

0,25

⇔ (k − 1) = 8
2

⇔ k = 1 + 2 2 hoặc k = 1 − 2 2
Vậy k = 1 + 2 2 hoặc k = 1 − 2 2 thoả mãn đầu bài.
Bài 4
Ý
1.
(1,0đ)

3,5 điểm
Nội dung
A

Điểm

B

H
M
P

D

C

K

N


0,25

·
= 90o (ABCD là hình vuông)
DAB
·
= 90o (gt)
BHD
·
·
Nên DAB
= 180o
+ BHD

+ Ta có

⇒ Tứ giác ABHD nội tiếp

+ Ta có

0,25

·
= 90o (gt)
BHD
·
= 90o (ABCD là hình vuông)
BCD

0,25

Nên H; C cùng thuộc đường tròn đường kính DB

⇒ Tứ giác BHCD nội tiếp
2.
(1,0đ)

3.
(1,0đ)

4.
(0,5đ)

Ta có:

0,25

·
·
 BDC
+ BHC
= 180o
·
·
⇒ CHK

= BDC
o
·
·
CHK + BHC = 180

0,5

·
·
mà BDC
= 45o (tính chất hình vuông ABCD) ⇒ CHK
= 45o
Xét ∆KHD và ∆KCB
·
·
 KHD
= KCB
= (90o )
Có 
·
chung
 DKB
KH KD
=
⇒
KC KB

⇒ ∆KHD

0,5

∆KCB (g.g)

0,5
0,25

⇒ KH.KB = KC.KD (đpcm)
Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AM, đường thẳng này cắt đường
thẳng DC tại P.
·
·
·
Ta có: BAM
(cùng phụ MAD
)
= DAP
AB = AD (cạnh hình vuông ABCD)

0,25

Nên ∆BAM = ∆DAP (g.c.g) ⇒ AM = AP
·
Trong ∆PAN có: PAN
= 90o ; AD ⊥ PN

0,25

·
·
ABM
= ADP
= 90o

1
1
1

=
+
(hệ thức lượng trong tam giác vuông)
2
2
AD
AP
AN 2
1
1
1
=
+
⇒
2
2
AD
AM
AN 2

nên

Bài 5

0,25

0,5 điểm

Ý

Nội dung
1
1
1
1
1
1 

+
+
≥ 3
+
+
÷
a
b
c
b + 2c
c + 2a 
 a + 2b

Ta chứng minh:

với a > 0; b > 0; c > 0
+ Với a > 0; b > 0 ta có:

(

2 
 1

+
÷
b
 a

+ Do 

a + 2 b ≤ 3 ( a + 2b ) (1)

)

a + 2 b ≥ 9 nên

1
2
9
+
≥
(2)
a
b
a +2 b

Điểm
(*)


0,5đ
+ Từ (1) và (2) ta có:

1
2
3 3
+
≥
(3) (Với a > 0; b> 0; c > 0)
a
b
a + 2b

+ Áp dụng (3) ta có:
1

1

1



1

1

1



+
+
≥ 3  giải và+khung điểm

+ bắt buộc
÷ với a > 0; b> 0; c > 0
1. Trên đây
a chỉ
b là các
c bước
b + 2c
c + 2a  cho từng bước, yêu cầu thí sinh phải
 a + 2b
trình bày, lập luận và biến đổi hợp lí mới được công nhận cho điểm.
1 đúng1và phù hợp
1
1

 toán (không
3 cho điểm hình vẽ).
2. Bài Phương
4 phải cótrình
hình vẽ
+
= 3  với lời+giải của bài
÷ có ĐK: x >
x đúng
2x vẫn
− 3 cho điểm
4x tối
− 3 đa theo
5x − khung
6
3. Những cách giải khác

điểm. 2
Áptừng
dụngphần.
bất đẳng
thức
(*)bài
vớilàa tổng
= x; bcác
= x;
c = 2x
- 3 ta
có: không làm tròn
4. Chấm
Điểm
toàn
điểm
thành
phần,
1
1
1
1
1
 1

+
+
≥ 3
+
+

÷
x
x
2x − 3
5x − 6
4x − 3 
 3x
1
1
1
1


3
+
≥ 3
+
÷với x >
2
x
2x − 3
4x − 3 
 5x − 6
Dấu “ = ” xảy ra ⇔ x = 2x − 3 ⇔ x = 3
⇒

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.

0.25đ
0.25đ