50 đề và ĐA vào 10 chuyên T

Sở giáo dục và đào tạo
HảI dơng

Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên
nguyễn trãi - Năm học 2009-2010
Môn thi : toán
Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi 08 tháng 7 năm 2009
(Đề thi gồm: 01 trang)
Câu I (2.5 điểm):
1) Giải hệ phơng trình:


+ + =

+ =

2 2
2
x y xy 3
xy 3x 4
2) Tìm m nguyên để phơng trình sau có ít nhất một nghiệm nguyên:

+ + + =
2 2
4x 4mx 2m 5m 6 0

Câu II (2.5 điểm):
1) Rút gọn biểu thức:

( ) ( )

+ +


=
+
3 3
2
2
2 4 x 2 x 2 x
A
4 4 x
với
2 x 2
2) Cho trớc số hữu tỉ m sao cho
3
m
là số vô tỉ. Tìm các số hữu tỉ a, b, c để:
3 2
3
a m b m c 0+ + =

Câu III (2.0 điểm):
1) Cho đa thức bậc ba f(x) với hệ số của x
3
là một số nguyên dơng và biết
=f(5) f(3) 2010
. Chứng minh rằng:
f(7) f(1)
là hợp số.

2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
= + + +
2 2
P x 4x 5 x 6x 13

Câu IV (2.0 điểm):
Cho tam giác MNP có ba góc nhọn và các điểm A, B, C lần lợt là hình chiếu
vuông góc của M, N, P trên NP, MP, MN. Trên các đoạn thẳng AC, AB lần lợt lấy D, E
sao cho DE song song với NP. Trên tia AB lấy điểm K sao cho
ã
ã
=DMK NMP
. Chứng
minh rằng:
1) MD = ME
2) Tứ giác MDEK nội tiếp. Từ đó suy ra điểm M là tâm của đờng tròn bàng tiếp
góc DAK của tam giác DAK.
Câu V (1.0 điểm):
Trên đờng tròn (O) lấy hai điểm cố định A và C phân biệt. Tìm vị trí của các
điểm B và D thuộc đờng tròn đó để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn nhất.
-----------------------Hết-----------------------
Họ và tên thí sinh : ......................................................Số báo danh :.......................
Chữ kí của giám thị 1 : .............................Chữ kí của giám thị 2:............................
Đề thi chính thức
H ớng dẫn chấm
Câu Phần nội dung Điểm
câu I
2,5 điểm
1)
1,5điểm

+ + =

+ =

2 2
2
x y xy 3 (1)
xy 3x 4 (2)
Từ (2)

x

0. Từ đó
2
4 3x
y
x

=
, thay vào (1) ta có:
0.25
2
2 2
2
4 3x 4 3x
x x. 3
x x

+ + =
ữ

0.25

4 2
7x 23x 16 0 + =
0.25
Giải ra ta đợc
2 2
16
x 1 hoặc x =
7
=
0.25
Từ
2
x 1 x 1 y 1= = =
;
2
16 4 7 5 7
x x y
7 7 7
= = = m
0.25
Vậy hệ có nghiệm (x; y) là (1; 1); (-1; -1);


ữ
ữ

4 7 5 7
;
7 7
;


ữ
ữ

4 7 5 7
;
7 7
0.25
2)
1,0điểm
Điều kiện để phơng trình có nghiệm:
x
' 0
0.25

m 5m 6 0 (m 2)(m 3) 0
2
+
. Vì (m - 2) > (m - 3) nên:
x
' 0

m 2 0 và m 3 0
2 m 3, mà m Z

m = 2 hoặc m = 3.
0.25
Khi m = 2

x
'
= 0

x = -1 (thỏa mãn)
Khi m = 3

x
'
= 0

x = - 1,5 (loại).
0.25
Vậy m = 2.
0.25
câu II
2,5 điểm
1)
1,5điểm
Đặt
a 2 x; b 2 x (a, b 0)
= + =
2 2 2 2
a b 4; a b 2x

+ = =
0.25
( )
( )
( )
3 3 2 2
2 ab a b 2 ab a b a b ab
A
4 ab 4 ab
+ + + +
= =
+ +
0.25
( ) ( )
( )
2 ab a b 4 ab
A 2 ab a b
4 ab
+ +
= = +
+
0.25
( )
A 2 4 2ab a b
= +
0.25
( )
( ) ( ) ( )
2 2
A 2 a b 2ab a b a b a b

= + + = +
0.25
2 2
A 2 a b 2x A x 2
= = =
0.25
2)
1,0điểm
3 2
3
a m b m c 0+ + =
(1)
Giả sử có (1)
3 2
3
b m c m am 0 (2)
+ + =
Từ (1), (2)
2 2
3
(b ac) m (a m bc)
=
0.25
Nếu
2
a m bc 0
2
3
2
a m bc

m
b ac

=

là số hữu tỉ. Trái với giả thiết!
2 3
2 2
b ac 0 b abc
a m bc 0 bc am

= =



= =


0.25
3 3
3
b a m b a m
= =
. Nếu b

0 thì
3
b
m
a

=
là số hữu tỉ. Trái với giả
thiết!
a 0;b 0
= =
. Từ đó ta tìm đợc c = 0.
0.25
Ngợc lại nếu a = b = c = 0 thì (1) luôn đúng. Vậy: a = b = c = 0
0.25
câu III
2 điểm
1)
1,0điểm
Theo bài ra f(x) có dạng: f(x) = ax
3
+ bx
2
+ cx + d với a nguyên dơng.
0.25
Ta có: 2010 = f(5) - f(3) = (5
3
- 3
3
)a + (5
2
- 3
2
)b + (5 - 3)c
= 98a + 16b + 2c

16b + 2c = (2010- 98a)
0.25
Ta có f(7) - f(1) = (7
3
- 1
3
)a + (7
2
- 1
2
)b + (7 - 1)c
= 342a + 48b + 6c = 342a + 3(16b + 2c)
= 342a + 3(2010- 98a)= 48a + 6030 = 3.(16a + 2010)
3M

0.25
Vì a nguyên dơng nên 16a + 2010>1 . Vậy f(7)-f(1) là hợp số
0.25
2)
1,0điểm
( ) ( )
= + + +
2 2
2 2
P x 2 1 x 3 2
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy lấy các điểm A(x-2; 1), B(x+3; 2)
0.25
Ta chứng minh đợc:
( ) ( )
= + = + =

2 2
AB x 2 x 3 1 2 25 1 26

( )
= +
2
2
OA x 2 1
,
( )
= + +
2
2
OB x 3 2
0.25
Mặt khác ta có:
OA OB AB
( ) ( )
+ + +
2 2
2 2
x 2 1 x 3 2 26
0.25
Dấu = xảy ra khi A thuộc đoạn OB hoặc B thuộc đoạn OA

= =
+
x 2 1
x 7
x 3 2

.Thử lại x = 7 thì A(5; 1); B(10; 2) nên A thuộc đoạn
OB. Vậy Max
=P 26
khi x = 7.
0.25
câuIV
2 điểm
1)
0,75điểm
Ta dễ dàng chứng minh tứ giác
MBAN nội tiếp
ã ã
=MAB MNB
,
MCAP nội tiếp
ã
ã
=CAM CPM
.
0.25
Lại có
ã
ã
=BNM CPM
(cùng phụ góc NMP)
ã
ã
=CAM BAM
(1)
0.25

Do DE // NP mặt khác
MA

NP

MA DE
(2)
Từ (1), (2)

ADE
cân tại A

MA là trung trực của DE

MD = ME
0.25
K
E
B
C
A
N
M
P
D
2)
1,25điểm
K
E
B

C
A
N
M
P
D
Do DE//NP nên
ã
ã
=DEK NAB
, mặt khác tứ giác MNAB nội tiếp nên:
ã
ã
+ =
0
NMB NAB 180
ã
ã
+ =
0
NMB DEK 180
0.25
Theo giả thiết
ã
ã
=DMK NMP
ã
ã
+ =
0

DMK DEK 180

Tứ giác MDEK nội tiếp 0.25
Do MA là trung trực của DE

MEA MDA
=
0.25


ã
ã
ã
ã
= =
MEA MDA MEK MDC
.
0.25
Vì
ã
ã ã
ã
= =
MEK MDK MDK MDC

DM là phân giác của góc CDK, kết hợp
với AM là phân giác DAB

M là tâm của đờng tròn bàng tiếp góc DAK
của tam giác DAK.

0.25
câu V
1 điểm
D'
B'
A'
O
C
A
B
D
Không mất tổng quát giả sử:AB

AC. Gọi B là điểm chính giữa cung
ẳ
ABC

=AB' CB'
Trên tia đối của BC lấy điểm A sao cho BA = BA
+ =AB BC CA'
0.25
Ta có:
ã
ã
ã
= =B'BC B'AC B'CA
(1) ;
ã
ã
+ =

0
B'CA B'BA 180
(2)

ã
ã
+ =
0
B'BC B'BA' 180
(3);Từ (1), (2), (3)
ã
ã
=B'BA B'BA'
0.25
Hai tam giác ABB và ABB bằng nhau
=
A'B' B'A
Ta có
+ = +
B'A B'C B'A' B'C A'C
= AB + BC ( BA + BC không
đổi vì B, A, C cố định). Dấu = xảy ra khi B trùng với B.
0.25
Hoàn toàn tơng tự nếu gọi D là điểm chính giữa cung
ẳ
ADC
thì ta cũng
có AD + CD

AD + CD. Dấu = xảy ra khi D trùng với D.

0.25

Chu vi tứ giác ABCD lớn nhất khi B, D là các điểm chính giữa các
cung
ằ
AC
của đờng tròn (O)
Chú ý: Nếu thí sinh làm theo cách khác, lời giải đúng vẫn cho điểm tối đa.
Bài 1: (1,5 điểm)
Cho
1 1
a 2 :
7 1 1 7 1 1

=
ữ
ữ
+ + +

Hãy lập một phơng trình bậc hai có hệ số nguyên nhận a - 1 là một nghiệm.
Bài 2: (2,5 điểm)
a) Giải hệ phơng trình:
x 16
xy
y 3
y 9
xy
x 2

=

=


b) Tìm m để phơng trình
( )
2
2 2
x 2x 3x 6x m 0 + + =
có 4 nghiệm phân biệt.
Bài 3: (2,0 điểm)
a) Chứng minh rằng nếu số nguyên k lớn hơn 1 thoả mãn
2
k 4+
và
2
k 16+
là
các số nguyên tố thì k chia hết cho 5.
b) Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có p là nửa
chu vi thì
p a p b p c 3p + +
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho đờng tròn tâm O và dây AB không đi qua O. Gọi M là điểm chính giữa của
cung AB nhỏ. D là một điểm thay đổi trên cung AB lớn (D khác A và B). DM cắt AB
tại C. Chứng minh rằng:
a)

MB.BD MD.BC=
Sở giáo dục và đào tạo
Hng yên
đề chính thức
kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyên
Năm học 2009 2010
Môn thi: Toán
(Dành cho thí sinh thi vào các lớp chuyên Toán, Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút
b) MB là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác BCD.
c) Tổng bán kính các đờng tròn ngoại tiếp tam giác BCD và ACD không đổi.
Bài 5: (1,0 điểm)
Cho hình chữ nhật ABCD. Lấy E, F thuộc cạnh AB; G, H thuộc cạnh BC; I, J
thuộc cạnh CD; K, M thuộc cạnh DA sao cho hình 8 - giác EFGHIJKM có các góc
bằng nhau. Chứng minh rằng nếu độ dài các cạnh của hình 8 - giác EFGHIJKM là các
số hữu tỉ thì EF = IJ.
------------ Hết ------------
Họ và tên thí sinh:.........
Chữ ký của giám thị .....................
Số báo danh:......Phòng thi số:......
Hớng dẫn chấm thi
Bài 1: (1,5 điểm)

1 1 7 1 1 7 1 1
a 2 : 2 :
7
7 1 1 7 1 1

+ + + +
= =

ữ
ữ
+ + +

0,5 đ
a =
2
2 : 7
7
=
0,25 đ
Đặt
2
x a 1 x 7 1 x 1 7 x 2x 1 7= = + = + + =
0,5 đ
2
x 2x 6 0 + =
Vậy phơng trình
2
x 2x 6 0+ =
nhận
7 1
làm nghiệm
0,25 đ
Bài 2: (2,5 điểm)
a)
x 16
x 16
xy (1)
xy

y 3
y 3
y x 5
y 9
(2)
xy
x y 6
x 2


=
=






=
=



ĐK:
x,y 0
0,25 đ
Giải (2)
2 2
6y 6x 5xy (2x 3y)(3x 2y) 0 = + =
0,25 đ

* Nếu
3y
2x 3y 0 x
2

+ = =
.
Thay vào (1) ta đợc
3y 3 16
y.
2 2 3

+ =
0,25 đ



2
3y 23
2 6

=
(phơng trình vô nghiệm)
0,25 đ
* Nếu
2y
3x 2y 0 x
3
= =
.

Thay vào (1) ta đợc
2
y 9 y 3= =
0,25 đ
- Với
y 3 x 2= =
(thoả mãn điều kiện)
- Với
y 3 x 2= =
(thoả mãn điều kiện)
Vậy hệ phơng trình có hai nghiệm: (x; y) = (2; 3); (x; y) = (-2; -3)
0,25 đ
b) Đặt
( )
2
2
x 2x 1 y x 1 y x 1 y (y 0) + = = =
(*)
Phơng trình đã cho trở thành:
( ) ( )
2
y 1 3 y 1 m 0 + =
2
y 5y m 4 0 + + =
(1)
0,25 đ
Từ (*) ta thấy, để phơng trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì phơng trình
(1) có 2 nghiệm dơng phân biệt
0,25 đ
0 9 4m 0

S 0 5 0
P 0 m 4 0
> >


> >


> + >

0,25 đ
9
m
9
4 m
4
4
m 4

<

< <


>

Vậy với
9
4 m
4

< <
thì phơng trình có 4 nghiệm phân biệt.
0,25 đ
Bài 3: (2,0 điểm)
a) Vì k > 1 suy ra
2 2
k 4 5; k 16 5+ > + >

- Xét
2 2 2
k 5n 1 (với n ) k 25n 10n 1 k 4 5= + = + + +Â M

2
k 4 +
không là số nguyên tố.
0,25 đ
- Xét
2 2 2
k 5n 2 (với n ) k 25n 20n 4 k 16 5= + = + + +Â M

2
k 16 +
không là số nguyên tố.
0,25 đ
- Xét
2 2 2
k 5n 3 (với n ) k 25n 30n 9 k 16 5= + = + + +Â M

2
k 16 +

không là số nguyên tố.
0,25 đ
- Xét
2 2 2
k 5n 4 (với n ) k 25n 40n 16 k 4 5= + = + + +Â M

2
k 4 +
không là số nguyên tố.
Do vậy
k 5M

0,25 đ
b) Ta chứng minh: Với
a,b,c
thì
( )
( )
2
2 2 2
a b c 3 a b c+ + + +
(*)
Thật vậy
2 2 2 2 2 2
(*) a b c 2ab 2bc 2ca 3a 3b 3c + + + + + + +
2 2 2
(a b) (b c) (c a) 0 + +
(luôn đúng)
0,5 đ
áp dụng (*) ta có:

( )
( )
2
p a p b p c 3 3p a b c 3p + + =
0,5 đ
Suy ra
p a p b p c 3p + +
(đpcm)
Bài 4: (3,0 điểm)

J
I
C
N
M
O
A B
D
a) Xét
MBC
và
MDB
có:

ã
ã
BDM MBC (haigóc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)=

ã
ã

BMC BMD=
0,5 đ
Do vậy
MBC
và
MDB
đồng dạng
Suy ra
MB MD
MB.BD MD.BC
BC BD
= =
0,5 đ
b) Gọi (J) là đờng tròn ngoại tiếp
BDC

ã
ã
ã
BJC 2BDC 2MBC = =
hay
ã
ã
BJC
MBC
2
=
ã
ã
0

180 BJC
BCJ cân tại J CBJ
2

=
0,5 đ
Suy ra
ã
ã
ã ã
O
O
BJC 180 BJC
MBC CBJ 90 MB BJ
2 2

+ = + =

Suy ra MB là tiếp tuyến của đờng tròn (J), suy ra J thuộc NB
0,5 đ
c) Kẻ đờng kính MN của (O) NB MB
Mà MB là tiếp tuyến của đờng tròn (J), suy ra J thuộc NB
Gọi (I) là đờng tròn ngoại tiếp
ADC
Chứng minh tơng tự I thuộc AN
Ta có
ã
ã
ã
ã

ANB ADB 2BDM BJC= = =
CJ // IN
Chứng minh tơng tự: CI // JN
0,5 đ
Do đó tứ giác CINJ là hình bình hành

CI = NJ
Suy ra tổng bán kính của hai đờng tròn (I) và (J) là:
IC + JB = BN (không đổi)
0,5 đ
Bài 5: (1,0 điểm)

g
f
e
d
h
c
b
a
G
F
I
H
J
M
C
A B
D
E

K
Gọi EF = a ; FG = b ; GH = c ; HI = d ; IJ = e ; JK = f ; KM = g ; ME = h
(với a, b, c, d, e, f, g, h là các số hữu tỉ dơng)
Do các góc của hình 8 cạnh bằng nhau nên mỗi góc trong của hình 8 cạnh có
số đo là:
O
O
8 2 180
135
8
( ).
=
0,25 đ
Suy ra mỗi góc ngoài của hình 8 cạnh đó là: 180
O
- 135
O
= 45
O
Do đó các tam giác MAE ; FBG ; CIH ; DKJ là các tam giác vuông cân.
MA = AE =
h
2
; BF = BG =
b
2
; CH = CI =
d
2
; DK = DJ =

f
2
Ta có AB = CD nên:
h b f d
a e
2 2 2 2
+ + = + +
(e - a)
2
= h + b - f - d
0,5 đ
Nếu e - a 0 thì
h b f d
2
e a
+
=

Ô
(điều này vô lý do
2
là số vô tỉ)
Vậy e - a = 0 e = a hay EF = IJ (đpcm).
0,25 đ
------------ Hết ------------
SỞ GIÁO DỤC BÌNH ĐỊNH KỲ THI TUỶÊN SINH VÀO
LỚP 10
BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ
QUÝ ĐÔN
NĂM HỌC 2009-2010

Đề chính thức Môn thi:Toán (chuyên)
Ngày thi:19/06/2009
Thời gian:150 phút
Bài 1(1.5điểm)
Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:

1 2
a b c
b c c a a b
< + + <
+ + +
Bài 2(2điểm)
Cho 3 số phân biệt m,n,p.Chứng minh rằng phương trình
1 1 1
0
x m x n x p
+ + =
- - -
có hai nghiệm phân biệt.
Bài 3(2điểm)
Với số tự nhiên n,
3n ³
.Đặt
( ) ( )
( )
( )
1 1 1
...
3 1 2 5 2 3 2 1 1
n

S
n n n
= + + +
+ + + + +
Chúng minhS
n
<
1
2
Bài 4(3điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp tròn tâm O có độ dài các cạnh BC = a, AC = b, AB =
c.E là điểm nằm trên cung BC không chứa điểm A sao cho cung EB bằng cung
EC.AE cắt cạnh BC tại D.
a.Chúng minh:AD
2
= AB.AC – DB.DC
b.Tính độ dài AD theo a,b,c
Bài 5(1.5điểm)
Chứng minh rằng :
( )
2
1
2
3 2
m
n
n
- ³
+
Với mọi số nguyên m,n.

**********************************************
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THI VÀO 10
TRƯỜNG CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN NĂM 2009
Bài 1:
c
b
a
D
O
C
E
B
A
Vỡ a,b,c l di ba cnh tam giỏc nờn ta cú:a,b,c >0 v a< b+c ,b< a + c , c <
a+b
Nờn ta cú
2a a a a
b c a b c a b c
+
< =
+ + + + +

Mt khỏc
a a
b c a b c
>
+ + +
Vy ta cú
2
(1)

a a a
a b c c b a b c
< <
+ + + + +
Tng t
2
(2);
b b b
a b c c a a b c
< <
+ + + + +
2
(3)
c c a
a b c b a a b c
< <
+ + + + +
Cng (1) (2) v (3) v theo v ta cú iu phi chng minh.
Bi 2:
K:
, ,x m n pạ
PT ó cho

(x-n)(x-p)+(x-m)(x-p)+(x-m)(x-n) = 0

3x
2
-2(m+n+p)x +mn+mp+np = 0(1)
Ta cú

' 2
( ) 3( )m n p mn mp np= + + - + +
= m
2
+n
2
+p
2
+2mn+2mp+2np -3mn-3mp-
3np = m
2
+n
2
+p
2
mn-mp-np =
1
2
[(m-n)
2
+(n-p)
2
+(m-p)
2
] >0
t f(x) = 3x
2
-2(m+n+p)x + mn+ mp +np
Ta cú f(m) = 3m
2

2m
2
-2mn -2mp +mn +mp +np = m
2
mn mp +np = (m-n)
(m-p)
ạ
0
= >m,n,p khụng phi l nghim ca pt(1)
Vy PT ó cho luụn cú hai nghim phõn bit
Bi 3

( )
( )
2
2
1 1 1
Ta có :
2 1
2 1 1
4 4 1
1 n +1 - n 1 1 1
2
2 1. 1
4 4
n n n n
n
n n n
n n
n n

n n n n
n n
+ - + -
= =
+
+ + +
+ +
ổ ử
+ -
ữ
ỗ
ữ
< = = -
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
+ +
+
Do ú
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 ... 1
2 2 2
2 2 3 1 1
n
S
n n n
ổ ử ổ ử

ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
< - + - + + - = - <
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ
+ +
Bi 3:
Ta cú
ã
ã
BAD CAE=
( Do cung EB = cung EC)
V
ã
ã
AEC DBA=
( Hai gúc ni tip cựng chn cung
AC) nờn
BAD

EAC
. . (1)
BA AE
AB AC AE AD
AD AC

ị = ị =
Ta cú
ã
ã
ã
ã
(Đối đỉnh) và CADADC BDC DBE= =
(2 gúc ni tip cựng chn cung CE) nờn
ACD
BDE
. .
AD DB
AD DE DB DChay
DC DE
ị = ị =

AD(AE-AD) = DB.DC
Hay AD
2
= AD.AE - DB.DC=AB.AC DB.DC (do (1))