ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 Thi vào lớp 10 quốc học huế TOÁN

UBND TỈNH THỪA THIÊN HUẾ
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN QUỐC HỌC

Khoá ngày 24.6.2010 - Môn thi: TOÁN (CHUYÊN TIN)
Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (1,5 điểm) Không sử dụng máy tính cầm tay, rút gọn các biểu thức:
a) A = 2 + 3 + 6 + 8 + 4 .

b)

2+ 3+ 4

Bài 2: (1,5 điểm)

B=

3 10 + 6 3 .

(

).

3 −1

6+2 5 − 5

Cho phương trình x − 2mx + 9 = 0 (m là tham số)

2

a) Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm ?
b) Trong trường hợp phương trình có nghiệm, tìm giá trị của m để tổng các lũy thừa bậc
bốn của hai nghiệm của phương trình bằng 799.

Bài 3: (1,5 điểm)
2
chiều dài. Nếu bớt mỗi cạnh 5m thì diện
3
tích đám đất giảm đi 16%. Tính chiều dài và chiều rộng ban đầu của đám đất..

Một đám đất hình chữ nhật có chiều rộng bằng

Bµi 4: (3,5 điểm)
a) Cho đường tròn (O, R) và điểm I ở trong đường tròn. Qua I vẽ hai dây cung bất kỳ MIN
và PIQ. Gọi M’, N’, P’, Q’ lần lượt là trung điểm của IM, IN, IP, IQ .
1) Chứng minh rằng tứ giác M’P’N’Q’ là tứ giác nội tiếp.
2) Giả sử I thay đổi, các dây MIN và PIQ thay đổi. Chứng minh rằng đường tròn ngoại
tiếp tứ giác M’P’N’Q’có bán kính không đổi.
b) Một người dùng 03 loại gạch như sau (xem hình vẽ) để lát sàn nhà hình vuông có diện
tích 36 × 36 (dm2).

(Mỗi ô vuông nhỏ có kích thước 1 × 1 (dm2))
Biết loại gạch (1) có giá 950 đồng/viên; loại gạch (2) có giá 1350 đồng/viên; loại gạch (3)
có giá 1050 đồng/viên. Người đó ghép các loại gạch trên thành hai mẫu sau, rồi chỉ dùng một
trong hai mẫu ấy để lát sàn nhà: Mẫu 1: có kích thước 3 × 3 (dm2); Mẫu 2: có kích thước
3 × 4 (dm2).
Biết rằng trong mỗi mẫu ghép phải có đầy đủ ba loại gạch trên. Hãy vẽ hình mô tả hai mẫu
ghép trên và cho biết lát sàn theo mẫu ghép nào tốn tiền ít hơn ?

Bµi 5: (2,0 điểm)
a) Tìm tất cả các dãy số tự nhiên chẵn liên tiếp có tổng bằng 2010.
b) Một thùng đựng n lít rượu (n là số nguyên dương). Người ta muốn đong hết để làm rỗng
thùng rượu mà chỉ dùng hai bình: một bình có dung tích là 1 lít và bình kia có dung tích là 2 lít;
mỗi thao tác đong chỉ dùng một loại bình. Gọi S(n) là số cách đong theo thứ tự các thao tác
đong để làm rỗng thùng đựng n lít rượu. Hãy liệt kê các cách đong đó để tính S(1), S(2), S(3),
S(4), S(5), S(6). Từ đó rút ra quy luật để tính S(n) (không cần chứng minh). Áp dụng để tính
S(10).
HÕt
SBD thí sinh: ...............
Chữ ký GT1: ................................


UBND TỈNH THỪA THIÊN HUẾ
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
Bµi

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TIN QUÔC HỌC
Môn thi: TOÁN - Năm học 2010-2011

§¸p ¸n vµ thang ®iÓm
Néi dung

ý

1
1.a
(0,75)

1.b
(0,75)

(

2 + 3+2+ 2 3 +2+ 2
2+ 3+ 6+ 8+4
=
2+ 3+ 4
2+ 3+2
= 1+ 2

A=

Ta có: 3 10 + 6 3 .
Suy ra:

(

6+2 5 − 5 =
3

Vậy:

)

3 − 1 = 3 (1 + 3)3 .

B=

(

10 + 6 3 .

)

(

) (

)

)(

3 −1 =

§iÓm
1,5

3 +1 .

0,5
0,25

)

3 −1 = 2

2

5 +1 − 5 = 5 +1− 5 = 1

(

0,25

) =2

0,25

3 −1

6+2 5 − 5

0,25

2

1,50

2.a
(0,5)

2.b
(1,0)

Phương trình x − 2mx + 9 = 0 (2) có: ∆ ' = m − 9
Để phương trình có nghiệm cần và đủ là:
∆ ' = m 2 − 9 ≥ 0 ⇔ m ≥ 3 ⇔ m ≤ −3 hay m ≥ 3 (*)

2

0,25

2

0,25

+ Với điều kiện (*), phương trình (2) có hai nghiệm x1 và x2 .
Theo định lý Vi-ét: x1 + x2 = 2m vµ x1 x2 = 9

0,25

Theo giả thiết: x14 + x24 = 799 ⇔ ( x12 + x22 ) − 2 ( x1 x2 ) = 799
2

2

2
2
⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2  − 2 ( x1 x2 ) = 799 ⇔ ( 4m 2 − 18 ) − 162 = 799


⇔ 16m 4 − 144m 2 − 637 = 0 (**)
Đặt: t = m 2 ≥ 0 , phương trình (**) trở thành:
⇔ 16t 2 − 144t − 637 = 0 .
Giải phương trình ta được: t1 = 12, 25 ; t2 = −3, 25 < 0 (loại)
2

2

0,25
0,25

Với t = m 2 = 12, 25 ⇔ m = ±3,5 ( m ≥ 3 thỏa điều kiện (*)
Vậy: §Ó x14 + x24 = 799 thì m = ±3,5
3

0,25
1,5

2
x > 5 ⇔ x > 7,5 (cm) .
3
2
2
Khi đó chiều rộng đám đất là x (m) và diện tích đám đất là x 2 (m2)
3
3
2


Diện tích đám đất sau khi bớt mỗi cạnh 5m: ( x − 5 )  x − 5  (m2)
3

2 2
2
 2
Ta có phương trình
x − ( x − 5 )  x − 5  = x 2 ⋅16%

3
3
 3
2
⇔ 32 x − 2500 x + 7500 = 0 .
Giải phương trình ta có x1 = 75; x2 = 3,125 < 7,5 (loại)

Gọi chiều dài đám đất là x (m). Điều kiện:

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

0,25

1


Vậy chiều dài đám đất là 75 (m) và chiều rộng là

2
.75 = 50(m)
3

4

0,25
3,5

4.a.1
(1,0)

Hình vẽ đúng
Ta có góc P ' M ' N ' = PMN ; N ' Q ' P ' = NQP (góc so le trong)

Mà PMN = NQP (Góc nội tiếp cùng chắn cung NP ).

4.a.2
(0,75)

Nên P ' M ' N ' = N ' Q ' P '
Vậy tứ giác M’P’N’Q’ là tứ giác nội tiếp.
Đường tròn ngoại tiếp tứ giác M’P’N’Q’ là đường tròn ngoại tiếp tam giác
M’N’Q’ giả sử nó có bán kính R’.
Do ∆M ′N ′Q ' đồng dạng với ∆MNQ (g-g) suy ra:
R′ M ′N ′ 1
1
=
= ⇒ R′ = R (Không đổi, đpcm)
R
MN 2
2

0,25

0,50
0,25
0,25

0,25
0,25

4.b
(1,75)

0,50

Cách ghép 1

Cách ghép 2

Với mẫu ghép 1: Kinh phí cho mỗi mẫu 3 × 3 (dm2) là:
950 + 1350 + 1050 = 3350 (đ)
0,25
Để lát hết sàn nhà kích thước 36 × 36 (dm2) cần 12 ×12 = 144 mẫu gạch 3 × 3
0,25
(dm2) nên số tiền cần dùng là: 144 × 3350 = 482400 (đ)
Với mẫu ghép 2: Kinh phí cho mỗi mẫu 3 × 4 (dm2) là:
950 + 1350 + 2 ×1050 = 4400 (đ)
0,25
Để lát hết sàn nhà kích thước 36 × 36 (dm2) cần 12 × 9 = 108 mẫu gạch 3 × 4
0,25
(dm2) nên số tiền cần dùng là: 108 × 4400 = 475200 (đ)
0,25
Như vậy, lát sàn theo cách thứ 2 tốn ít tiền hơn.

2

5

2,0

5.a
(1,0)

Gọi 2x là số tự nhiên chẵn đầu tiên của dãy. Theo giả thiết ta có:
2 x + ( 2 x + 2 ) + ( 2 x + 4 ) + ... + ( 2 x + 2 y ) = 2010 ( y ≥ 1)
⇔ x + ( x + 1) + ( x + 2 ) + ... + ( x + y ) = 1005
⇔ ( y + 1) x + 1 + 2 + ... + y = 1005

y ( y + 1)
= 1005 ⇔ ( y + 1)( 2 x + y ) = 2010
2
Suy ra ( y + 1) là ước số của 2010 = 1× 2 × 3 × 5 × 67 .

0.25

⇔ y ∈ {1, 2, 4,5,9,14, 29, 66,133, 200,334, 401, 669,1004, 2009}

0.25

⇔ ( y + 1) x +

Nên: ( y + 1) ∈ {2,3,5, 6,10,15,30, 67,134, 201,335, 402, 670,1005, 2010} (vì y ≥ 1 )
+ Với y = 1 : 2 x + 1 = 1005 ⇔ 2 x = 1004 , dãy số cần tìm là: 1004; 1006.
+ Với y = 2 : 2 x + 2 = 670 ⇔ 2 x = 668 , dãy số cần tìm là: 668, 670, 672.
+ Với y = 4 : 5 ( 2 x + 4 ) = 2010 ⇔ 2 x = 398 , dãy số cần tìm là: 398; 400; 402;
404; 406.

+ Với y = 5 : 6 ( 2 x + 5 ) = 2010 ⇔ 2 x = 330 , dãy số cần tìm là:
330; 332; 334; 336; 338; 340.
+ Với y = 9 : 10 ( 2 x + 9 ) = 2010 ⇔ 2 x = 192 , dãy số cần tìm là:
192;194;196; 198; 200; 202; 204; 206; 208; 210.
+ Với y = 14 : 15 ( 2 x + 14 ) = 2010 ⇔ 2 x = 120 , dãy số cần tìm là:
120; 122; 124; 126; ...; 148.
+ Với y = 29 : 30 ( 2 x + 29 ) = 2010 ⇔ 2 x = 38 , dãy số cần tìm là:
38; 40; 42; 44; 46; ...; 96.
+ Với y ≥ 67 : ( 2 x + y ) ≤ 30 ⇔ 2 x < 0 .
Vậy: Chỉ có 7 dãy số tự nhiên chẵn liên tiếp thoả điều kiện bài toán là:
1) 1004; 1006
2) 668; 670; 672
3) 398; 400; 402; 404; 406
4) 330; 332; 334; 336; 338; 340
5) 192;194; 196; 198; 200; 202; 204; 206; 208; 210.
6) 120; 122; 124; 126; ...; 148
7) 38; 40; 42; 44; 46; ...; 96

0,50

3


5.b n

Các cách đong để làm rỗng thùng rượu

Số cách đong S(n)

(1,0)

1

{1} (chỉ dùng bình 1 lít)

S(1) = 1

2

{1+1; 2}

S(2) = 2

3

{1+1+1; 2+1; 1+2}

S(3) = 3

4

{1+1+1+1; 2+1+1; 1+2+1; 1+1+2; 2+2}

S(4) = 5

5

{1+1+1+1+1; 2+1+1+1; 1+2+1+1; 1+1+2+1;
1+1+1+2; 2+2+1 2+1+2; 1+2+2}

S(5) = 8

{1+1+1+1+1+1; 2+1+1+1+1; 1+2+1+1+1;
1+1+2+1+1; 1+1+1+2+1; 1+1+1+1+2;
2+2+1+1; 1+2+2+1; 1+2+1+2; 2+1+2+1;
2+1+1+2; 1+1+2+2; 2+2+2}

S(6) = 13

6

0,25
0,25
0,25

0,25
Từ kết quả trên ta suy ra: với n ≥ 3 : S (n) = S (n − 2) + S (n − 1) .
Dãy số S(1), S(2), S(3), ..., S(n) chính là dãy số Fibonacci.
Suy ra: S(7) = 21; S(8) = 34; S(9) = 55; S(10) = 89.
Ghi chú:

- Học sinh làm cách khác đáp án nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài không làm tròn.

4


Sở giáo dục & đào
tạo
Thừa thiên huế

Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt quốc học

Năm học 2003-2004

Môn thi : Toán
(150 phút, không kể thời gian giao đề)
---------------------------------------

---------------------đề chính thức

Bài I ( 2,5 điểm).
Cho biểu thức:

M=

1
x+2

x 1



1
x2

x 1

1/. Tìm điều kiện đối với x để biểu thức M xác định .
2/. Rút gọn biểu thức M .

3/. Tìm những giá trị x nguyên ( x > 2 ) để M có giá trị nguyên.
Bài II ( 2 điểm).
Trong cùng một hệ trục tọa độ, cho (P) và (D) lần lợt là đồ thị của y = x2 và
y = x + 2.
1). Gọi (D) là đờng thẳng song song với (D) và (D) đi qua điểm M ( 0; m )
(m là tham số). Viết phơng trình của (D).
2). Với giá trị nào của m :

+ (D) cắt ( P ) tại 2 điểm khác nhau ?
+ (D) và ( P ) không có điểm chung ?
+ (D) tiếp xúc với ( P ) ?

Bài III (2,5 điểm).
1/. Giải phơng trình :

x2 - x - 20 = 0 .

2/.Viết các phơng trình bậc hai dạng x2 + px + q = 0. Biết rằng, phơng trình
có nghiệm nguyên, các hệ số p, q đều là những số nguyên và p + q + 1 = 2003.
Bài IV (3 điểm).
Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn tâm O bán kính R. M là một điểm tùy ý
trên đáy BC ( M khác B, C ). Vẽ đờng tròn tâm O1 đi qua M và tiếp xúc với AB tại
B. Vẽ đờng tròn tâm O2 qua M và tiếp xúc với AC tại C. Hai đờng tròn ( O1) và
( O2) cắt nhau tại điểm thứ hai D.
1/. Chứng minh D nằm trên đờng tròn (O).
2/. Chứng minh rằng khi điểm M thay đổi trên đáy BC thì các đờng thẳng MD
luôn luôn đi qua một điểm cố định.
3/. Giả sử tam giác ABC đều. Tính tích AM.AD theo R. Em có nhận xét gì qua
kết quả vừa tìm đợc ?
----------------------------------------

Họ và tên Thí sinh: ...................................................................................
Số Báo danh: ..............................


SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
THỪA THIÊN HUẾ
*****

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC
KHÓA NGÀY 19.6.2006
MÔN : TOÁN

Thời gian làm bài: 150 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC
Số báo danh: .......... Phòng: ........

Bài 1: (2,5 điểm)
a) Tìm các số thực u, v biết : u 3 + v3 = 7 và u ⋅ v = −2 .
b) Giải phương trình : ( x 2 − 1) ( x + 3)( x + 5 ) = 9 .
Bài 2: (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O) có đường kính BD = 2R, dây AC của (O) vuông góc
với BD tại H. Gọi P, Q, R, S theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ
H đến AB, AD, CD, CB.
a) Chứng tỏ : HA2 + HB2 + HC2 + HD2 = 4R2 .
b) Chứng minh tứ giác PQRS là tứ giác nội tiếp .
c) Chứng minh : PR + QS ≤ AB + AD .
Bài 3: (3 điểm)
a) Đặt 2 = p ; 3 2 = q . Chứng tỏ rằng :

1
1
p q
− 3 = p + q + + +1 .
3
q p
2− 2
2

b) Chứng tỏ :

x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = ( x + y + z ) ( x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ) với mọi số thực
x, y , z .

Suy ra với a, b, c là các số dương ta luôn có : a + b + c ≥ 3 3 abc .
c) Phân chia chín số : 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 thành ba nhóm tuỳ ý, mỗi
nhóm có ba số. Gọi T1 là tích của ba số của nhóm thứ nhất, T2 là tích
của ba số của nhóm thứ hai và T3 là tích của ba số của nhóm thứ ba.
Hỏi tổng : T1 + T2 + T3 có giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu ?
Bài 4: (1 điểm)
Một thùng sắt đậy kín hình lập phương. Biết rằng trong thùng chứa 9 khối
có dạng hình cầu cùng bán kính, làm bằng chất liệu rất rắn .
Chứng minh rằng nếu cạnh của thùng hình lập phương là a thì đường kính
của các khối cầu bên trong nó nhỏ hơn hoặc bằng ( 2 3 − 3 )a.
-------------------Hết---------------------


SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
THỪA THIÊN HUẾ
*****

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC
KHÓA NGÀY 19.6.2006
MÔN : TOÁN

THANG ĐIỂM - ĐÁP ÁN
Câu
1a
(1đ)

Điểm
0,25
0,25
0,25

Nội dung
Ta có : u + v = 7 và u ⋅ v = −8
u3 và v3 là các nghiệm của phương trình: x 2 − 7 x − 8 = 0
Do đó : ( u 3 = −1; v3 = 8 ) hoặc ( u 3 = 8; v3 = −1)
3

3

3

3

Vậy: ( u = −1; v = 2 ) hoặc ( u = 2; v = −1)
1b
Viết lại :

(1,5đ)

0,25

( x − 1)( x + 5)( x + 1)( x + 3) = 9

(x

0,25

+ 4 x − 5 )( x 2 + 4 x + 3) = 9

2

0,25

Đặt : t = x 2 + 4 x , phương trình trở thành: ( t − 5 )( t + 3) = 9 hay:

0,25

t 2 − 2t − 24 = 0
Giải ra : t = 6; t = −4

0,25
0,25
0,25

Với t = 6 ⇔ x + 4 x = 6 , giải ra : x = −2 ± 10
Với t = −4 ⇔ x 2 + 4 x = −4 ,giải ra : x = −2
2

2a
(1đ)

HA2+ HB2
HB2+ HC2
HC2+ HD2
HD2+ HA2

=
=
=
=

AB2
BC2
CD2
DA2

0,25

A
Q
P
B

H

O

D

S
R
C

2b
(1đ)

2(HA2+ HB2+ HC2+ HD2 )= AB2+ AD2 + BC2+ CD2
=
4R2
+
4R2
Vậy : HA2+ HB2+ HC2+ HD2 = 4R2

0,25
0,25
0,25

Tứ giác HPBS nội tiếp : HPS = HBS = DBC .
HPAQ là hình chữ nhật : HPQ = HAQ = CAD = CBD .

0,25
0,25

Do đó :

SPQ = HPS + HPQ = 2 DBC .

Tương tự: SRQ = 2 BDC

0,25

Do DBC + BDC = 900 nên SPQ + SRQ = 1800 ∠ SPQ+ ∠ SRQ = 1800

0,25


2c
(1,5đ)

Chú ý: PQRS là hình thang cân.
Ta có : PR ≤ HP+HR
1
Gọi E là trung điểm AB,ta có:HP ≤ HE = AB. Gọi F là trung điểm CD,
2
1
HR ≤ HF = CD
2
1
1
Do đó : PR ≤ AB + CD
2
2
1
1
Tương tự :QS ≤ BC + AD
2
2

Mà : AB=BC ; AD=CD
Do đó : PR + QS ≤ AB +AD
3a
(1đ)

Cần chứng tỏ :




p q 1 
+ + + 1 . (*)
q p q 

Vế phải của (*) : p 2 + pq +
Do : p 2 =2 ; q 3 =2 ;

3b
(1đ)

0,25

0,25
0,25

p2
p
q2
+ q + + p − qp − q 2 − p − − 1 − q

q
q
p

0,25

p2 2
p q2
= =q2 ; =
nên (*) đúng .
q q
q
p
1

Chú ý : Có thể trục căn ở mẫu của

0,25

0,25
0,25
0,25

1
1
p q
− = p + q + + + 1.
p−q q
q p

Hay : 1 = ( p − q )  p + q +

0,25
0,25

để chứng tỏ đẳng thức .

2 −3 2
Khai triển vế phải: ( x + y + z ) ( x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ) được vế trái .

0,25

1
2
2
2
Ta có : x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx = ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x )  ≥ 0

0,25

Đặt : x = 3 a , y = 3 b , z = 3 c ; x + y + z >0 vì a, b, c dương .
Từ đó x3 + y 3 + z 3 − 3 xyz ≥ 0 hay : a + b + c ≥ 3 3 abc .

0,25
0,25

3c
(1đ)

Ta có : T1 + T2 + T3 ≥ 3 3 T1T2T3 .

3
T1 T2 T3 = 1.2.3.4.5.6.7.8.9 = 72.72.70 > 71
Do đó : T1 + T2 + T3 > 213 mà: T1 , T2 , T3 nguyên nên : T1 + T2 + T3 ≥ 214.
Ngoài ra:214= 72 +72 +70 =1.8.9 + 3.4.6 +2.5.7,nên giá trị nhỏ nhất của
T1 + T2 + T3 là 214

0,25

4
(1đ)

Gọi O là tâm của hình lập phương (L) đang xét. Dựng hình lập phương 0,25
(L1) có cùng tâmO, có cạnh song song với cạnh của (L) và có độ dài cạnh
là a-2r, với r là bán kính của các hình cầu. Chín tâm của 9 hình cầu đều
nằm trong (L1) (hoặc ở trên mặt) .

2



0,25
0,25
0,25


Chia (L1) thành 8 hình lập phương con bởi ba mặt phẳng qua O và song 0,25
song với mặt của (L1) .Phải có một hình lập phương con (L2) trong chúng
chứa ít nhất hai tâm hình cầu.
1
0,25

Đường chéo của hình lập phương con (L2) là : (a-2r) 3 .
2

Khoảng cách hai tâm hình cầu lớn hơn hoặc bằng 2r.
Vì vậy

1
a 3
(a-2r) 3 ≥ 2r hay : 2r ≤
=( 2 3 -3)a.
2
2+ 3

0,25


Sở giáo dục & đào
tạo
Thừa thiên huế

Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt quốc học

Năm học 2003-2004

Môn thi : Toán
(150 phút, không kể thời gian giao đề)
---------------------------------------

---------------------đề chính thức

Bài I ( 2,5 điểm).
Cho biểu thức:

M=

1
x+2

x 1



1
x2

x 1

1/. Tìm điều kiện đối với x để biểu thức M xác định .
2/. Rút gọn biểu thức M .
3/. Tìm những giá trị x nguyên ( x > 2 ) để M có giá trị nguyên.
Bài II ( 2 điểm).
Trong cùng một hệ trục tọa độ, cho (P) và (D) lần lợt là đồ thị của y = x2 và
y = x + 2.
1). Gọi (D) là đờng thẳng song song với (D) và (D) đi qua điểm M ( 0; m )
(m là tham số). Viết phơng trình của (D).
2). Với giá trị nào của m :

+ (D) cắt ( P ) tại 2 điểm khác nhau ?
+ (D) và ( P ) không có điểm chung ?
+ (D) tiếp xúc với ( P ) ?

Bài III (2,5 điểm).
1/. Giải phơng trình :

x2 - x - 20 = 0 .

2/.Viết các phơng trình bậc hai dạng x2 + px + q = 0. Biết rằng, phơng trình
có nghiệm nguyên, các hệ số p, q đều là những số nguyên và p + q + 1 = 2003.
Bài IV (3 điểm).
Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn tâm O bán kính R. M là một điểm tùy ý
trên đáy BC ( M khác B, C ). Vẽ đờng tròn tâm O1 đi qua M và tiếp xúc với AB tại
B. Vẽ đờng tròn tâm O2 qua M và tiếp xúc với AC tại C. Hai đờng tròn ( O1) và
( O2) cắt nhau tại điểm thứ hai D.
1/. Chứng minh D nằm trên đờng tròn (O).
2/. Chứng minh rằng khi điểm M thay đổi trên đáy BC thì các đờng thẳng MD
luôn luôn đi qua một điểm cố định.
3/. Giả sử tam giác ABC đều. Tính tích AM.AD theo R. Em có nhận xét gì qua
kết quả vừa tìm đợc ?
----------------------------------------

Họ và tên Thí sinh: ...................................................................................
Số Báo danh: ..............................


SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
THỪA THIÊN HUẾ
*****

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC
KHÓA NGÀY 19.6.2006

MÔN : TOÁN

Thời gian làm bài: 150 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC
Số báo danh: .......... Phòng: ........

Bài 1: (2,5 điểm)
a) Tìm các số thực u, v biết : u 3 + v3 = 7 và u ⋅ v = −2 .
b) Giải phương trình : ( x 2 − 1) ( x + 3)( x + 5 ) = 9 .
Bài 2: (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O) có đường kính BD = 2R, dây AC của (O) vuông góc
với BD tại H. Gọi P, Q, R, S theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ
H đến AB, AD, CD, CB.
a) Chứng tỏ : HA2 + HB2 + HC2 + HD2 = 4R2 .
b) Chứng minh tứ giác PQRS là tứ giác nội tiếp .
c) Chứng minh : PR + QS ≤ AB + AD .
Bài 3: (3 điểm)
a) Đặt 2 = p ; 3 2 = q . Chứng tỏ rằng :

1
1
p q
− 3 = p + q + + +1 .
3
q p
2− 2
2

b) Chứng tỏ :

x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = ( x + y + z ) ( x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ) với mọi số thực
x, y , z .

Suy ra với a, b, c là các số dương ta luôn có : a + b + c ≥ 3 3 abc .
c) Phân chia chín số : 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 thành ba nhóm tuỳ ý, mỗi
nhóm có ba số. Gọi T1 là tích của ba số của nhóm thứ nhất, T2 là tích
của ba số của nhóm thứ hai và T3 là tích của ba số của nhóm thứ ba.
Hỏi tổng : T1 + T2 + T3 có giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu ?
Bài 4: (1 điểm)
Một thùng sắt đậy kín hình lập phương. Biết rằng trong thùng chứa 9 khối
có dạng hình cầu cùng bán kính, làm bằng chất liệu rất rắn .
Chứng minh rằng nếu cạnh của thùng hình lập phương là a thì đường kính
của các khối cầu bên trong nó nhỏ hơn hoặc bằng ( 2 3 − 3 )a.
-------------------Hết---------------------


SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
THỪA THIÊN HUẾ
*****

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC
KHÓA NGÀY 19.6.2006
MÔN : TOÁN

THANG ĐIỂM - ĐÁP ÁN
Câu
1a
(1đ)

Điểm

0,25
0,25
0,25

Nội dung
Ta có : u + v = 7 và u ⋅ v = −8
u3 và v3 là các nghiệm của phương trình: x 2 − 7 x − 8 = 0
Do đó : ( u 3 = −1; v3 = 8 ) hoặc ( u 3 = 8; v3 = −1)
3

3

3

3

Vậy: ( u = −1; v = 2 ) hoặc ( u = 2; v = −1)
1b
Viết lại :
(1,5đ)

0,25

( x − 1)( x + 5)( x + 1)( x + 3) = 9

(x

0,25

+ 4 x − 5 )( x 2 + 4 x + 3) = 9

2

0,25

Đặt : t = x 2 + 4 x , phương trình trở thành: ( t − 5 )( t + 3) = 9 hay:

0,25

t 2 − 2t − 24 = 0
Giải ra : t = 6; t = −4

0,25
0,25
0,25

Với t = 6 ⇔ x + 4 x = 6 , giải ra : x = −2 ± 10
Với t = −4 ⇔ x 2 + 4 x = −4 ,giải ra : x = −2
2

2a
(1đ)

HA2+ HB2
HB2+ HC2
HC2+ HD2
HD2+ HA2

=
=

=
=

AB2
BC2
CD2
DA2

0,25

A
Q
P
B

H

O

D

S
R
C

2b
(1đ)

2(HA2+ HB2+ HC2+ HD2 )= AB2+ AD2 + BC2+ CD2
=

4R2
+
4R2
Vậy : HA2+ HB2+ HC2+ HD2 = 4R2

0,25
0,25
0,25

Tứ giác HPBS nội tiếp : HPS = HBS = DBC .
HPAQ là hình chữ nhật : HPQ = HAQ = CAD = CBD .

0,25
0,25

Do đó :

SPQ = HPS + HPQ = 2 DBC .

Tương tự: SRQ = 2 BDC

0,25

Do DBC + BDC = 900 nên SPQ + SRQ = 1800 ∠ SPQ+ ∠ SRQ = 1800

0,25


2c
(1,5đ)

Chú ý: PQRS là hình thang cân.
Ta có : PR ≤ HP+HR
1
Gọi E là trung điểm AB,ta có:HP ≤ HE = AB. Gọi F là trung điểm CD,
2
1
HR ≤ HF = CD
2
1
1
Do đó : PR ≤ AB + CD
2
2
1
1
Tương tự :QS ≤ BC + AD
2
2

Mà : AB=BC ; AD=CD
Do đó : PR + QS ≤ AB +AD
3a
(1đ)

Cần chứng tỏ :




p q 1 
+ + + 1 . (*)
q p q 

Vế phải của (*) : p 2 + pq +
Do : p 2 =2 ; q 3 =2 ;

3b
(1đ)

0,25

0,25
0,25

p2
p
q2
+ q + + p − qp − q 2 − p − − 1 − q
q
q
p

0,25

p2 2
p q2
= =q2 ; =
nên (*) đúng .
q q

q
p
1

Chú ý : Có thể trục căn ở mẫu của

0,25

0,25
0,25
0,25

1
1
p q
− = p + q + + + 1.
p−q q
q p

Hay : 1 = ( p − q )  p + q +

0,25
0,25

để chứng tỏ đẳng thức .

2 −3 2
Khai triển vế phải: ( x + y + z ) ( x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ) được vế trái .

0,25

1
2
2
2
Ta có : x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx = ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x )  ≥ 0

0,25

Đặt : x = 3 a , y = 3 b , z = 3 c ; x + y + z >0 vì a, b, c dương .
Từ đó x3 + y 3 + z 3 − 3 xyz ≥ 0 hay : a + b + c ≥ 3 3 abc .

0,25
0,25

3c
(1đ)

Ta có : T1 + T2 + T3 ≥ 3 3 T1T2T3 .
3
T1 T2 T3 = 1.2.3.4.5.6.7.8.9 = 72.72.70 > 71
Do đó : T1 + T2 + T3 > 213 mà: T1 , T2 , T3 nguyên nên : T1 + T2 + T3 ≥ 214.
Ngoài ra:214= 72 +72 +70 =1.8.9 + 3.4.6 +2.5.7,nên giá trị nhỏ nhất của
T1 + T2 + T3 là 214

0,25

4
(1đ)

Gọi O là tâm của hình lập phương (L) đang xét. Dựng hình lập phương 0,25
(L1) có cùng tâmO, có cạnh song song với cạnh của (L) và có độ dài cạnh
là a-2r, với r là bán kính của các hình cầu. Chín tâm của 9 hình cầu đều
nằm trong (L1) (hoặc ở trên mặt) .

2



0,25
0,25
0,25


Chia (L1) thành 8 hình lập phương con bởi ba mặt phẳng qua O và song 0,25
song với mặt của (L1) .Phải có một hình lập phương con (L2) trong chúng
chứa ít nhất hai tâm hình cầu.
1
0,25
Đường chéo của hình lập phương con (L2) là : (a-2r) 3 .
2

Khoảng cách hai tâm hình cầu lớn hơn hoặc bằng 2r.
Vì vậy

1
a 3
(a-2r) 3 ≥ 2r hay : 2r ≤
=( 2 3 -3)a.
2

2+ 3

0,25


Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 quốc học
Năm học 2004-2005

sở giáo dục và đào tạo
Tỉnh thừa thiên huế

----------------------

Môn thi : Toán
(150 phút, không kể thời gian giao đề)
---------------------------------------

đề chính thức

Bài I ( 1,50 điểm).

Cho biểu thức: A =

b

a

ab

a2

a

.

1/. Tìm điều kiện đối với a , b để biểu thức A đợc xác định.
2/. Rút gọn biểu thức A.
Bài II ( 2 điểm).
1/. Giải hệ phơng trình :

x 2 + 3 y = 1
2
3 x y = 1

2/. Giải bất phơng trình:

x + x 1 > 5

Bài III ( 1,50 điểm). Chứng minh rằng, nếu phơng trình:
x 2 + 2mx + n = 0
1

x2 + 2 k +
k


(1)

có nghiệm, thì phơng trình:
2

1


mx + n k + = 0 (2) cũng có nghiệm.
k



( m, n, k là các tham số; k 0 ).
Bài IV ( 1,50 điểm).
Cho hàm số y = ax + b có đồ thị (D) và hàm số y = kx2 có đồ thị (P).
1/. Tìm a, b biết rằng (D) đi qua A(-1; 3) và B(2; 0).
2/. Tìm k 0 sao cho (P) tiếp xúc với đờng thẳng (D) vừa tìm đợc.
Viết phơng trình của (P).
Bài V ( 3,50 điểm).
Cho tam giác ABC không cân có ba góc nhọn nội tiếp trong đờng tròn
tâm O. Hai đờng cao AI và BE cắt nhau tại H.
1/. Chứng minh

CHI = CBA .

2/. Chứng minh

EI CO.

3/. Cho góc

ACB = 600. Chứng minh CH = CO.
-------------------------------------

Họ và tên thí sinh:......................................................

Chữ ký Giám thị 1:.....................................

Số Báo danh: ...............

Chữ ký Giám thị 2:.....................................




Sở Giáo dục và đào tạo
Thừa Thiên Huế

Kỳ THI TUYểN SINH LớP 10 thpt qUốC HọC

Môn: TOáN - Năm học 2005-2006
150 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề chính thức

Bài 1: (1,5 điểm)
3+ x
x 3 x2 + x x x 1
Cho biểu thức: A =
.

x + x + 1 x x 1
x

a) Tìm điều kiện đối với biến x để biểu thức A đợc xác định.
b) Rút gọn biểu thức A.

Bài 2: (2,5 điểm)
1

Cho parabol (P) có đỉnh ở gốc toạ độ O và đi qua điểm A 1; .
4

a) Viết phơng trình của parabol (P).
b) Viết phơng trình đờng thẳng d song song với đờng thẳng x + 2 y = 1 và đi qua
điểm B(0; m) . Với giá trị nào của m thì đờng thẳng d cắt parabol (P) tại hai
điểm có hoành độ x1 , x2 sao cho 3x1 + 5 x2 = 5 .

Bài 3: (1,25 điểm)
Giải phơng trình: x 2 +

1
1

+ 6 x + + 10 = 0 .
2
x
x


Bài 4: (1,25 điểm)
Một vận động viên bắn súng bắn 20 phát súng, kết quả đợc ghi lại trong bảng dới

đây (điểm số của từng phát):
8
9

9
8

6
10

8
7

9
10

9
10

9
7

6
8

8
9

10
8

a) Gọi X là điểm số đạt đợc sau mỗi lần bắn. Lập bảng phân phối thực nghiệm, từ
đó tính điểm số trung bình, phơng sai và độ lệch tiêu chuẩn.
b) ý nghĩa của độ lệch tiêu chuẩn trong trờng hợp này là gì ?
Bài 5: (2 điểm)
Từ một điểm A ở ngoài đờng tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến AMN
của đờng tròn đó. Gọi I là trung điểm của dây MN, H là giao điểm của AO và BC.
Chứng minh:
a) Năm điểm A, B, I, O, C cùng nằm trên một đờng tròn.
b) AB 2 = AM AN và AHM = ANO .
Bài 6: (1,5 điểm)
Cho tam giác đều ABC có cạnh AB = 12cm và đờng cao AH. Tính thể tích của
hình tạo thành khi cho nửa hình vành khăn (đờng kính chứa AH) ở giữa đờng tròn
ngoại tiếp và đờng tròn nội tiếp tam giác ABC, quay một vòng quanh đờng cao AH.

Họ và tên thí sinh:............................................................ Số Báo Danh:................


Sở Giáo dục và đào tạo
Thừa Thiên Huế
Đề chính thức
Bài

Kỳ THI TUYểN SINH LớP 10 thpt qUốC HọC

Năm học 2005-2006
Đáp án và thang điểm

ý

Nội dung

Điểm

1
1.a

x 0, x + x + 1 0, x x 1 0, x 0

Điều kiện để A đợc xác định là
x > 0 và x 1

1.b

0,25

3+ x
x 3
3+ x

=

x + x +1 x x 1 x + x +1

(

x 3

)(

)

0,25

x 1 x + x + 1

(3 + x )( x 1) ( x 3) = x + x = x ( x + 1)
( x + x + 1)( x 1) x x 1 x x 1
x + x x x 1 x x ( x + 1) ( x + 1) ( x + 1)( x
=
=

=

2

x

(

) (

x x +1
Suy ra: A =
x x 1

1,5
0,25

x

)(

)=

x + 1 x x 1
x

0,25

)

x 1

0,25

x

(

)

x +1

0,25
2

2

2,50
2.a

Phơng trình của parabol (P) có dạng: y = ax 2 (a 0)

0,25

1
1

+ (P) đi qua điểm A 1; , nên: a =
4
4

1
Vậy phơng trình của parabol (P) là: y = x 2
4

2.b

0,25

1
1
+ Đờng thẳng d song song với đờng thẳng x + 2 y = 1 y = x + , nên
2
2

1
1

phơng trình của d có dạng: y = x + b b
2
2

+ B (0; m) d : m = 0 + b = b . Suy ra phơng trình đờng thẳng d là:
1
1
1
1

y = x + m m . Ghi chú: Nếu thiếu điều kiện b và m thì chỉ
2
2
2
2

trừ một lần 0,25 điểm.
+ Phơng trình cho hoành độ giao điểm của d và (P) là:
1
1
x 2 = x + m x 2 2 x + 4m = 0
4
2
1
+ Để d cắt (P) tại 2 điểm thì cần và đủ: ' = 1 4m 0 m (*)
4
+ Với điều kiện (*), d cắt (P) tại 2 điểm có hoành độ x1 và x2. Theo giả thiết, ta

có: 3x1 + 5 x2 = 5 3 ( x1 + x2 ) + 2 x2 = 5 .

+ áp dụng định lí Vi-ét, ta có: 6 + 2 x2 = 5 x2 =

1
2

0,25

0,25
0,25

0,25
0,25
0,25


0,25

1
5
+ 1 + 4m = 0 m = .
4
16
5
+ Đối chiếu điều kiện (*), ta có: m = .
16

+ Thay nghiệm x2 vào phơng trình:

0,25

3

1,25
+ Điều kiện xác định của phơng trình: x 0 .

0,25

2

x2 +

1
1
1
1



+ 6 x + + 10 = 0 x + 2 + 6 x + + 10 = 0
2
x
x
x
x



2

1
1


x + + 6 x + + 8 = 0
x
x


1
Đặt X = x + . Phơng trình đã cho trở thành:
x
X 2 + 6 X + 8 = 0 X 1 = 2; X 2 = 4

0,25

0,25

0,25
1
= 2 x 2 + 2 x + 1 = 0 x = 1
x
1
+ X 2 = 4 x + = 4 x 2 + 4 x + 1 = 0 x = 2 3 . Vậy phơng trình có
x
3 nghiệm: x = 1; x = 2 3
0,25
1,25
+ X 1 = 2 : x +

4
4.a

4.b

Bảng phân phối thực nghiệm:

+ Điểm số trung bình: X =

0,25
Điểm số mỗi
lần bắn Xi

Tần số

10
9
8
7
6

4
6
6
2
2

4 10 + 6 9 + 6 8 + 2 7 + 2 6
= 8, 4 .

20

0,25

+ Phơng sai:
4 (10 8, 4 ) + 6 ( 9 8, 4 ) + 6 ( 8 8, 4 ) + 2 ( 7 8, 4 ) + 2 ( 6 8, 4 )
2

4.c

2

2

2

2

= 1, 44 . 0,25
20
0,25
+ Độ lệch tiêu chuẩn: = 1, 44 = 1, 2 .
Ghi chú: Học sinh có thể sử dụng máy tính bỏ túi để tính và viết kết quả đúng,
cũng cho điểm tối đa.
ý nghĩa của độ lệch tiêu chuẩn: Trình độ chuyên môn của vận động viên bắn 0,25
súng khá đều, điểm số không chênh lệch nhiều, qui tụ xung quanh điểm 8.

=
2

5

2,0
+ Ta có: I là trung điểm của dây 0,25
cung MN, nên đờng kính qua O
và I vuông góc với MN.
+ OBA = OCA = OIA = 1v , nên
B, C, I, O, A ở trên đờng tròn 0,25
đờng kính OA.

5.a

6

5.b + Xét hai tam giác ABM và ANB có: Achung , ABM = BNA (cùng chắn BM ),
nên: ABM ANB .
AB AM
+ Suy ra:
=
AB 2 = AM AN (1)
AN
AB
+ AB và AC là hai tiếp tuyến của (O), nên ABC là tam giác cân tại A, AO là
phân giác góc BAC , cũng là đờng cao của tam giác ABC, nên OA vuông góc
với BC tại H.
Trong tam giác vuông OBA, ta có: AB 2 = AH AO (2)
AM AH
+ Từ (1) và (2), suy ra: AM AN = AH AO
=

AO AN
+ Hai tam giác AMH và AON có chung A , kèm giữa hai cặp cạnh tơng ứng tỉ
lệ, nên chúng đồng dạng. Suy ra: AHM = ANO

0,25
0,25

0,25
0,25
0,50
1,5

AB 3
= 6 3 (cm)
2
+ Bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác
2
ABC là: R = OA = AH = 4 3 (cm) .
3
+ Bán kính đờng tròn nội tiếp tam giác
1
ABC là: r = OH = AH = 2 3 (cm) .
3
+ Khi cho hình vành khăn quay một vòng
quanh AH, ta đợc khối tròn xoay có thể
tích V là hiệu của 2 thể tích của hai hình cầu

+ Ta có: AH =

bán kính R và r.

+ Thể tích của khối cần tìm là:
4
4
4
V = R3 r 3 = ( R3 r 3 )
3
3
3
3
4
= 3 ( 43 23 ) = 224 3 ( cm3 )
3

( )

0,25
0,25

0,25
0,25

0,25
0,25


Sở Giáo dục và đào tạo
Thừa Thiên Huế

Kỳ THI TUYểN SINH LớP 10 chuyên Tin
Môn: TOáN - Năm học 2005-2006

150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề chính thức

Bài 1: (2,75 điểm)
a) Xác định các hệ số a, b, c của hàm số y = ax 2 + bx + c , biết đồ thị (P) của hàm số
cắt trục Oy tại điểm

(1; 6 ) .

( 0; 5 ) ,

cắt trục Ox tại điểm

( 1; 0 )

và đi qua điểm

b) Với giá trị nào của x thì hàm số vừa xác định có giá trị nhỏ nhất ? tìm giá trị nhỏ
nhất đó của hàm số.
3
3
c) Xác định sự biến thiên của hàm số đã tìm đợc ở câu a) khi x < và khi x > .
4
4
Bài 2: (2,75 điểm)

x y + y x = 30
a) Giải hệ phơng trình:
x x + y y = 35

b) Cho 0 < a < b < c < d . Chứng minh rằng:

(a + d )
1 1
( b + c ) + <
ad
b c

2

Bài 3: (3,5 điểm)
Cho đờng tròn (O) đờng kính BC = 2R, tam giác cân ABC nội tiếp trong đờng
tròn (O). M là điểm di động trên cung nhỏ AC , đờng thẳng AM cắt đờng thẳng BC tại
D.
a) Tính độ dài của các cạnh còn lại của tam giác ABC theo R.
b) Chứng minh rằng: Tích AM AD luôn là hằng số.
c) Tính số đo của góc CMD . Chứng tỏ rằng tâm của đờng tròn ngoại tiếp tam giác
MCD chạy trên một đờng cố định khi M di động trên cung nhỏ AC .
Bài 4: (1 điểm)
Bốn học sinh Hồng, Hà, Long, Giang làm trực nhật, trong đó có một học sinh vẽ
tranh lên tờng. Thầy Chủ nhiệm hỏi: "Ai đã vẽ tranh lên tờng ?"
Các bạn lần lợt trả lời:
Hà:

- Tha Thầy, có thể bạn Giang, cũng có thể bạn Long đã vẽ ạ !

Giang:

- Tha Thầy, Em không vẽ đâu ạ !

Hồng:

- Tha Thầy, chính bạn Long vẽ ạ !

Long:

- Bạn Hồng ơi, bạn nhầm rồi. Tha Thầy, em không vẽ đâu ạ !

Biết rằng có ba học sinh nói đúng, còn một học sinh nói sai. Hỏi ai đã vẽ tranh lên
tờng ?


Sở Giáo dục và đào tạo
Thừa Thiên Huế
Đề chính thức
Bài

Kỳ THI TUYểN SINH LớP 10 chuyên tin
Năm học 2005-2006

Đáp án và thang điểm

ý

1
1.a

Nội dung

Điểm

+ (P) cắt Oy tại ( 0; 5 ) , nên: c = 5 .

2,75
0,25

+ (P) cắt Ox tại ( 1; 0 ) , nên: 0 = a b 5 a b = 5 (1)

0,25

+ (P) đi qua điểm (1; 6 ) , nên: 6 = a + b 5 a + b = 1 (2)

0,25

+ Giải hệ (1) và (2) ta có: a = 2; b = 3 . Hàm số cần xác định là:

0,50

y = 2 x 3x 5 ( P)
2

1.b

1.c

2

3 49
+Ta có: y = 2 x 2 3 x 5 = 2 x có tập xác định là R
4 16

49
y = 2 x 2 3 x 5 , x R
8
49
3
3
khi và chỉ khi: x = 0 x =
Giá trị nhỏ nhất của hàm số là ymin =
8
4
4
2

0,25
0,25
0,25

2

3
3
3
3
3

x1 < x2 < 0 x1 > x2
4
4
4

4
4

2
2
2
2


3 49
3 49
3 49
3 49

x1
> x2
2 x1 > 2 x2
4 16
4 16
4 16
4 16



2 x12 3 x1 5 > 2 x22 3 x2 5 y1 > y2
3
Vậy: hàm số nghịch biến khi x < .
4
x1 , x2 : x1 < x2 <

2

0,25

0,25

2

3
3
3
3
3
x1 , x2 : < x1 < x2 0 < x1 < x2 x1 < x2
4
4
4
4
4
2
2
2
2


3 49
3 49
3 49
3 49

x1
< x2
2 x1 < 2 x2
4 16
4 16
4 16
4 16



2 x12 3 x1 5 < 2 x22 3 x2 5 y1 < y2
3
Vậy: hàm số đồng biến khi x > .
4

2

0,25
2,75

2.a


x y + y x = 30



x x + y y = 35

(







(

x+

xy

(

) ( x 0; y 0)
xy + y ) = 35

x + y = 30

)( x
xy ( x + y ) = 30
y ) ( ( x + y ) 3 xy ) = 35
x+ y

2

0,50

0,25


Đặt S = x + y 0; P = xy 0 , hệ trở thành:

SP = 30
SP = 30
SP = 30

3
3
S = 5; P = 6

2
S 3SP = 35
S = 125
S ( S 3P ) = 35
x và y là 2 nghiệm của phơng trình: X 2 5 X + 6 = 0 .
Suy ra:

(

) (

x = 2; y = 3 hay

Do đó: ( x = 4; y = 9 ) hay ( x = 9; y = 4 )
2.b

)

x = 3; y = 2 .

0,50

0,25
0,25

( a + d ) (b + c) ( a + d ) < 0
1 1
( b + c ) + <
ad
bc
ad
b c

0,25

(b + c )


0,25

2

2

2

ad ( a + d ) bc

2
2
< 0 ( b + c ) ad ( a + d ) bc < 0
abcd
(vì a, b, c, d dơng)
b 2 ad + c 2 ad a 2bc d 2bc < 0 bd ( ab cd ) + ac ( cd ab ) < 0
2

2

0,25

( ab cd )( bd ac ) < 0

Mà 0 < a < d và 0 < b < c , nên: ab < cd ab cd < 0
d > c > 0 và b > a > 0 , nên : bd > ac bd ac > 0
Suy ra: ( ab cd )( bd ac ) < 0 (đpcm)
3

0,25

3,5
+ Ta có: BC là đờng kính của 0,25
đờng tròn (O), do đó tam giác
ABC chỉ có thể cân tại A.
+ Suy ra tam giác ABC vuông
cân tại A, nên:
0,50
AB = AC = R 2

3.a

3.b

3.c

AB MC AC MC AM
=
=
= ACM
2
2
2
Xét hai tam giác AMC và ACD có: A chung, ACM = ADB = ADC , nên:
AM AC
AMC ACD
=
. Suy ra: AM AD = AC 2 = 2 R 2
AC AD
Ta có: CMD = 1800 AMC = ABC = 450 (không đổi)
Trong đờng tròn ( I ) ngoại tiếp tam giác MCD, ta có:
CID
CMD =
= 450 CID = 900 , mà tam giác CID cân tại I, nên: ICD = 450
2
IC tạo với đờng thẳng CD cố định một góc có số đo bằng 450 không đổi, do đó
khi M di động trên cung nhỏ AC I chạy trên đờng thẳng đi qua C và tạo với
CD một góc 450.
Ta có: ADB =

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

0,50