Tuyên tập các đề thi vào trường chuyên 2009-2010

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
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=

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 + + =
Suy ra
p a p b p c 3p + +
(đpcm)
0,5 đ
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 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
2)
1,25điể
0.25
K
E
B
C
A
N
M
P
D
m
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
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.

Chu vi tứ giác ABCD lớn nhất khi B, D là các điểm chính giữa các cung
ằ
AC
của đờng tròn (O)
0.25
Chó ý: NÕu thÝ sinh lµm theo c¸ch kh¸c, lêi gi¶i ®óng vÉn cho ®iÓm tèi ®a.
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.
**********************************************
c

b
a
D
O
C
E
B
A
P N MễN TON THI VO 10
TRNG CHUYấN Lấ QUí ễN NM 2009
Bi 1:
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))
4b)Theo tớnh cht ng phõn giỏc ta cú
DC
hay
b
DC DB DB DC DB a
AC AB c b c b c
+
= = = =
+ +
vy
( )
2
2
. . .
DC DB a a a bc
DB DC

b c b c b c
b c
= =ị
+ +
+
theo cõu a ta cú AD
2
= AB.AC DB.DC =
( ) ( )
2 2
2 2
1
a bc a
bc bc
b c b c
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
ỗ
- = -
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
+ +
ố ứ

( )
2
2
1
a
AD bc
b c
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
ỗ
= -ị
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
+
ố ứ
Bi 5:
Vỡ
m
là số hữu tỉ và 2là số vô tỉ nên 2
n
m
n
ạ

Ta xet hai trng hp:
a)
2 2 2 2 2
2 Khi đó m 2 2 1 hay m 2n 1
m
n m n
n
> > + +ị
T ú suy ra :
( )
2
2
2
2
2
2
2
1
2 2
2 1 1 1 1
2 2 2 2
1
1
3 2
2 2
2 2
m n
n
n n n
n

n
n
n
+ -
+
- - = + - = =
ổ ử
+
ữ
ỗ
ữ
+ +
+ +
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ố ứ
b)
2 2 2 2 2
2 Khi đó m 2 2 1 hay m 2n 1
m
n m n
n
< < - -ịÊ Ê
T ú suy ra :
( )
2

2
2
2
2
2
2
1
2 2
2 1 1
2 2 2 2 2
1
2 2
1 1
1
3 2
2 2
m m n
n
n n n
n
n
n
n
n
- +
-
- = - - = - - =
+ -
=
ổ ử

+
ữ
ỗ
ữ
ỗ + -
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ố ứ

************************************************
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
——————
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho các thí sinh thi vào lớp chuyên Toán
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
—————————
(Đề có 01 trang)
Câu 1: (3,0 điểm)
a) Giải hệ phương trình:
1 1 9
2
1 5
2
x y
x y
xy

xy

+ + + =




+ =


b) Giải và biện luận phương trình:
| 3| | 2 | 5x p x+ + − =
(p là tham số có giá trị thực).
Câu 2: (1,5 điểm)
Cho ba số thực
, ,a b c
đôi một phân biệt.
Chứng minh
2 2 2
2 2 2
2
( ) ( ) ( )
a b c
b c c a a b
+ + ≥
− − −
Câu 3: (1,5 điểm)
Cho
2
1

4 4 1
A
x x
=
+ +
và
2
2 2
2 1
x
B
x x
−
=
− +
Tìm tất cả các giá trị nguyên của
x
sao cho
2
3
A B
C
+
=
là một số nguyên.
Câu 4: (3,0 điểm)
Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB<CD). Gọi K, M lần lượt là trung điểm của BD,
AC. Đường thẳng qua K và vuông góc với AD cắt đường thẳng qua M và vuông góc với BC tại
Q. Chứng minh:
a) KM // AB.

b) QD = QC.
Câu 5: (1,0 điểm).
Trong mặt phẳng cho 2009 điểm, sao cho 3 điểm bất kỳ trong chúng là 3 đỉnh của một
tam giác có diện tích không lớn hơn 1. Chứng minh rằng tất cả những điểm đã cho nằm trong
một tam giác có diện tích không lớn hơn 4.
—Hết—
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ tên thí sinh ..................................................................... SBD .......................
ĐỀ CHÍNH THỨC
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
——————
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-
2010
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
Dành cho lớp chuyên Toán.
—————————
Câu 1 (3,0 điểm).
a) 1,75 điểm:
Nội dung trình bày Điểm
Điều kiện
0xy ≠
0,25
Hệ đã cho
2
2[ ( ) ( )] 9 (1)
2( ) 5 2 0 (2)
xy x y x y xy
xy xy
+ + + =



− + =

0,25
Giải PT(2) ta được:
2 (3)
1
(4)
2
xy
xy
=



=

0,50
Từ (1)&(3) có:
1
2
3
2
2
1
x
y
x y
xy
x

y
 =



=
+ =



⇔


=
=




=



0,25
Từ (1)&(4) có:
1
1
3
2
2

1
1
2
2
1
x
y
x y
xy
x
y
 =






=
+ =



 
⇔






=
=







=


0,25
Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là:
( ; ) (1; 2), (2; 1), (1; 1/ 2), (1/ 2; 1)x y =
0,25
b) 1,25 điểm:
Nội dung trình bày Điểm
Xét 3 trường hợp:
TH1. Nếu
2 x
≤
thì PT trở thành:
( 1) 2( 1)p x p+ = +
(1)
TH2. Nếu
3 2x
− ≤ <
thì PT trở thành:
(1 ) 2(1 )p x p− = −

(2)
TH3. Nếu
3x
< −
thì PT trở thành:
( 1) 2( 4)p x p+ = −
(3)
0,25
Nếu
1p ≠ ±
thì (1) có nghiệm
2x
=
; (2) vô nghiệm; (3) có nghiệm x nếu thoả mãn:
2( 4)
3 1 1
1
p
x p
p
−
= < − ⇔ − < <
+
.
0,25
Nếu
1p = −
thì (1) cho ta vô số nghiệm thoả mãn
2 x
≤

; (2) vô nghiệm; (3) vô nghiệm. 0,25
Nếu
1p =
thì (2) cho ta vô số nghiệm thoả mãn
3 2x
− ≤ <
; (1) có nghiệm x=2; (3)VN 0,25
Kết luận:
+ Nếu -1 < p < 1 thì phương trình có 2 nghiệm: x = 2 và
2( 4)
1
p
x
p
−
=
+
+ Nếu p = -1 thì phương trình có vô số nghiệm
2 x≤ ∈¡
+ Nếu p = 1 thì phương trính có vô số nghiệm
3 2x
− ≤ ≤
+ Nếu
1
1
p
p
< −



>

thì phương trình có nghiệm x = 2.
0,25
Câu 2 (1,5 điểm):
Nội dung trình bày Điểm
+ Phát hiện và chứng minh
1
( )( ) ( )( ) ( )( )
bc ca ab
a b a c b a b c c a c b
+ + =
− − − − − −
1,0
+ Từ đó, vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh bằng:
2
2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c bc ca ab
b c c a a b a b a c b c b a c a c b
 
 
+ + + + + ≥
 ÷
 ÷
− − − − − − − − −
 
 

0,5

Câu 3 (1,5 điểm):
Nội dung trình bày Điểm
Điều kiện xác định: x
≠
1 (do x nguyên). 0,25
Dễ thấy
1 2( 1)
;
| 2 1| | 1|
x
A B
x x
−
= =
+ −
, suy ra:
2 1 1
3 | 2 1| | 1|
x
C
x x
 
−
= +
 ÷
+ −
 
0,25
Nếu
1x >

. Khi đó
2 1 4( 1) 4( 1) 1 2
1 0 1 1 0
3 2 1 3(2 1) 3(2 1) 3(2 1)
x x x
C C
x x x x
+ + −
 
= + = > ⇒ − = − = <
 ÷
+ + + +
 
Suy ra
0 1C
< <
, hay
C
không thể là số nguyên với
1x
>
.
0,5
Nếu
1
1
2
x− < <
. Khi đó:
0x

=
(vì x nguyên) và
0C
=
. Vậy
0x
=
là một giá trị cần tìm. 0,25
Nếu
1
2
x < −
. Khi đó
1x
≤ −
(do x nguyên). Ta có:
2 1 4( 1)
1 0
3 2 1 3(2 1)
x
C
x x
+
 
= − − = − ≤
 ÷
+ +
 
và
4( 1) 2 1

1 1 0
3(2 1) 3(2 1)
x x
C
x x
+ −
+ = − + = >
+ +
, suy ra
1 0C
− < ≤

hay
0C =
và
1x = −
.
Vậy các giá trị tìm được thoả mãn yêu cầu là:
0, 1x x= = −
.
0,25
Câu 4 (3,0 điểm):
a) 2,0 điểm:
Nội dung trình bày Điểm
Gọi I là trung điểm AB,
,E IK CD R IM CD= ∩ = ∩
. Xét hai tam giác
KIB và KED có:
·
·

ABD BDC=
0,25
KB = KD (K là trung điểm BD) 0,25
·
·
IKB EKD=
0,25
Suy ra
KIB KED IK KE
∆ = ∆ ⇒ =
. 0,25
Chứng minh tương tự có:
MIA MRC∆ = ∆
0,25
Suy ra: MI = MR 0,25
Trong tam giác IER có IK = KE và MI = MR
nên KM là đường trung bình
⇒
KM // CD
0,25
Do CD // AB (gt) do đó KM // AB (đpcm) 0,25
b) 1,0 điểm:
Nội dung trình bày Điểm
Ta có: IA=IB, KB=KD (gt)
⇒
IK là đường trung bình của
∆
ABD
⇒
IK//AD hay IE//AD

chứng minh tương tự trong
∆
ABC có IM//BC hay IR//BC
0,25
Có:
QK AD⊥
(gt), IE//AD (CM trên)
QK IE⇒ ⊥
. Tương tự có
QM IR⊥
0,25
Từ trên có: IK=KE,
QK IE QK⊥ ⇒
là trung trực ứng với cạnh IE của
IER∆
. Tương tự QM là
trung trực thứ hai của
IER∆
0,25
Hạ
QH CD⊥
suy ra QH là trung trực thứ ba của
IER∆
hay Q nằm trên trung trực của đoạn CD
⇒
Q cách đều C và D hay QD=QC (đpcm).
0,25
A
I
B

K
M
D
E
H
R
C
Q
Câu 5 (1,0 điểm):
Nội dung trình bày Điểm
A'
B'
C'
A
B
C
P
P'
Trong số các tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn nhất (diện tích S). Khi đó
1S
≤
.
0.25
Qua mỗi đỉnh của tam giác, kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, các đường thẳng này
giới hạn tạo thành một tam giác
' ' 'A B C
(hình vẽ). Khi đó
' ' '
4 4
A B C ABC

S S= ≤
. Ta sẽ chứng minh
tất cả các điểm đã cho nằm trong tam giác
' ' 'A B C
.
0.25
Giả sử trái lại, có một điểm
P
nằm ngoài tam giác
' ' ',A B C
chẳng hạn như trên hình vẽ . Khi đó
( ) ( )
; ;d P AB d C AB
>
, suy ra
PAB CAB
S S>
, mâu thuẫn với giả thiết tam giác
ABC
có diện tích lớn
nhất.
0.25
Vậy, tất cả các điểm đã cho đều nằm bên trong tam giác
' ' 'A B C
có diện tích không lớn hơn 4. 0.25
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN CỦA HẢI PHÒNG
NĂM HỌC 2009-2010
Bài 1 : ( 1 điểm )
Cho
( )

3
4 2 3 3
5 2 17 5 38 2
x
+ −
=
+ − −
tính
( )
2009
2
1P x x= + +
Bài 2 : ( 1, 5 điểm ) : cho hai phương trình x
2
+ b.x + c = 0 ( 1 )
và x
2
- b
2
x + bc = 0 (2 )
biết phương trình ( 1 ) có hai nghiệm x
1
; x
2
và phương trình ( 2 ) có hai nghiệm
3 4
;x x
thoả
mãn điều kiện
3 1 4 2

1x x x x− = − =
. xác định b và c
Bài 3 : ( 2 điểm )
1. Cho các số dương a; b; c . Chứng minh rằng
( )
1 1 1
9a b c
a b c
 
+ + + + ≥
 ÷
 
2. Cho các số dương a; b; c thoả mãn a + b + c
3
≤
. Chứng ming rằng

2 2 2
1 2009
670
a b c ab bc ca
+ ≥
+ + + +
Bài 4 : ( 3, 5 điểm )
Cho tam giác ABC với BC = a ; CA = b ; AB = c( c < a ; c< b ) . Gọi M ; N lần lượt là các
tiếp điểm của đường tròn tâm ( O) nội tiếp tam giác ABC với các cạnh AC và BC . Đường
thẳng MN cắt các tia AO : BO lần lượt tại P và Q . Gọi E; F lần lượt là trung điểm của AB ; AC
1. Chứng minh tứ giác AOQM ; BOPN ; AQPB nội tiếp
2. Chứng minh Q; E; F thẳng hàng
3. Chứng minh

MP NQ PQ OM
a b c OC
+ +
=
+ +
Bài 5 : ( 2 điểm )
1. Giải phương trình nghiệm nguyên 3
x
- y
3
= 1
2. Cho bảng ô vuông kích thước 2009 . 2010, trong mỗi ô lúc đầu đặt một viên sỏi . Gọi T
là thao tác lấy 2 ô bất kì có sỏi và chuyển từ mỗi ô đó một viên sỏi đưa sang ô bên cạnh
( là ô có chung cạnh với ô có chứa sỏi ) . Hỏi sau một số hữu hạn phép thực hiện các
thao tác trên ta có thể đưa hết sỏi ở trên bảng về cùng một ô không
Lời giải
Bài 1 :
( )
( )
( ) ( )
3
3
3
3
4 2 3 3 3 1 3
5 2 17 5 38 2
5 2 (17 5 38) 2
1 1
1
1 2

17 5 38 17 5 38 2
x
+ − + −
= =
+ − −
+ − −
= = = −
−
− + −
vậy P = 1
Bài 2 : vì
3 1 4 2
1x x x x− = − =
=>
3 1 4 2
1; 1x x x x= + = +
Theo hệ thức Vi ét ta có
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1 2
2
1 2
1 2
(1)
. (2)
1 1 (3)
1 . 1 (4)
x x b
x x c

x x b
x x bc
+ = −


=


+ + + =


+ + =

Từ (1 ) và ( 3 ) => b
2
+ b - 2 = 0  b = 1 ; b = -2
từ ( 4 ) =>
1 2 1 2
. 1x x x x bc+ + + =
=> c - b + 1 = bc ( 5 )
+) với b = 1 thì ( 5 ) luôn đúng , phương trình x
2
+ +b x + c = 0 trở thành
X
2
+ x + 1 = 0 có nghiệm nếu
1
1 4 0
4
c c∆ = − ≥ ⇔ ≤

+) với b = -2 ( 5 ) trở thành c + 3 = -2 c => c = -1 ; phương trình x
2
+ b x + c = 0 trở thành
x
2
- 2 x - 1 = 0 có nghiệm là x =
1 2±
vậy b= 1; c
1
4
c ≤
;
b = -2 ; c = -1
Bài 3 :
1. Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương
3
a b c abc+ + ≥

3
1 1 1 1
3
a b c
abc
+ + ≥
=>
( )
1 1 1
9a b c
a b c
 

+ + + + ≥
 ÷
 
dấu “=” sảy ra  a = b = c
2. ta có
( )
2
2 2 2
3
3
a b c
ab bc ca a b c ab bc ca
+ +
+ + ≤ + + ⇒ + + ≤ ≤
2007
669
ab bc ca
⇒ ≥
+ +
Áp dụng câu 1 ta có
( )
2 2 2
2 2 2
1 1 1
2 2 2 9a b c ab bc ca
a b c ab bc ca ab bc ca
 
+ + + + + + + ≥
 ÷
+ + + + + +

 
=>
( )
2
2 2 2
1 1 9
1
a b c ab bc ca
a b c
+ ≥ ≥
+ + + +
+ +
vậy
2 2 2
1 2009
670
a b c ab bc ca
+ ≥
+ + + +
. dấu “=” sảy ra  a = b = c = 1
Bài 4 : a) ta có
·
·
·
µ
µ
( )
·
µ
µ

µ
( )
·
·
0
1
2
180 1
2 2
BOP BAO ABO A B
C
PNC A B
BOP PNC
= + = +
−
= = +
⇒ =
=> tứ giác BOPN nội tiếp
+) tương tự tứ giác AOQM nội tiếp
+) do tứ giác AOQM nội tiếp=>
·
·
0
90AQO AMO= =
tứ giác BOPN nội tiếp =>
·
·
0
90BPO BNO= =
=>

·
·
0
90AQB APB= =
=> tứ giác AQPB nội tiếp
b ) tam giác AQB vuông tại Qcó QE là trung tuyến nên QE = EB = EA
=>
·
·
µ
·
1
2
EQB EBQ B QBC= = =
=> QE //BC
Mà E F là đường trung bình của tam giác ABC nên E F //BC
 Q; E; F thẳng hàng
c)
~ ( )
~ ( )
~ ( )
MP OM OP
MOP COB g g
a OC OB
NQ ON OM
NOQ COA g g
b OC OC
PQ OP OM
POQ BOA g g
c OB OC

OM MP NQ PQ MP NQ PQ
OC a b c A B C
∆ ∆ − ⇒ = =
∆ ∆ − ⇒ = =
∆ ∆ − ⇒ = =
+ +
=> = = = =
+ +
Bài 5 :
1) 3
x
- y
3
= 1
( )
( )
2
3 1 1
x
y y y⇒ = + − +
=> tồn tại m; n sao cho
2
1 3 3 1
1 3 9 3.3 3 3
m m
n m m n
y y
y y
m b x m b x
 

+ = = −
 
− + = ⇔ − + =
 
 
+ = + =
 
+) nếu m = 0 thì y = 0 và x = 0
+) nếu m > 0 thì
9 3.3 3 3 3 3
1
9 3.3 3 9 3 9
m m n
m m n
n
 
− +
 
⇔ ⇔ =
 
− +
 
 
M M
M M
=>
( )
9 3.3 3 3 3 3 3 0
m m m m
− + = ⇒ − =

=> m = 1 => y = 2 ; x = 2
vậy p/ trình có hai nghiệm là ( 0 ; 0 0 ; ( 2 ; 2 )
2.Ta tô màu các ô vuông của bảng bằng hai màu đen trắng như bàn cờ vua
Lúc đầu tổng số sỏi ở các ô đen bằng 1005 . 2009 là một số lẻ
sau mối phép thực hiện thao tác T tổng số sỏi ở các ô đen luôn là số lẻ
vậy không thể chuyển tất cả viên sỏi trên bẳng ô vuông về cùng một ô sau một số hữu hạn các
phép thưc hiện thao tác T
Sở giáo dục-đào tạo Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên
Hà nam
Năm học 2009-2010
Môn thi : toán(đề chuyên)
đề chính thức
Thời gian làm bài: 120 phút(không kể thời gian giao đề)
Bài 1.(2,5 điểm)
1) Giải phơng trình:
2
1 1
2
3 2 2x x x
=
+
2) Giải hệ phơng trình:
1
7
12
x
x y
x
x y

+ =

+



=

+


Bài 2.(2,0 điểm)
Cho phơng trình:
6 3 2 0x x m + =
a) Tìm m để x =
7 48
là nghiệm của phơng trình.
b) Tìm m để phơng trình có 2 nghiệm x=x
1
; x=x
2
thoả mãn:

1 2
1 2
24
3
x x
x x
+

=
+
Bài 3.(2,0 điểm)
1) Cho phơng trình:
( )
2
2 2 2 6 6 52 0x m x m+ + =
( với m là tham số, x là ẩn số). Tìm giá
trị của m là số nguyên để phwowng trình có nghiệm là số hữu tỷ.
2) Tìm số
abc
thoả mãn:
( )
2
4abc a b c= + .
Bài 4.(3,5 điểm)
Cho ABC nhọn có
à
à
C A.<
Đờng tròn tâm I nội tiếp

ABC tiếp xúc với các cạnh
AB, BC, CA lần lợt tại các điểm M, N, E; gọi K là giao điểm của BI và NE.
a) Chứng minh:
ã
à
0
AIB 90
2

C
= +
.
b) Chứng minh 5 điểm A, M, I, K, E cùng nằm trên một đờng tròn.
c) Gọi T là giao điểm của BI với AC, chứng minh: KT.BN=KB.ET.
d) Gọi Bt là tia của đờng thẳng BC và chứa điểm C. Khi 2 điểm A, B và tia Bt cố định;
điểm C chuyển động trên tia Bt và thoả mãn giả thiết, chứng minh rằng các đờng
thẳng NE tơng ứng luôn đi qua một điểm cố định.
----------- Hết----------
Họ và tên thí sinh: ..Số báo danh:
Chữ ký giám thị số 1: .Chữ ký giám thị số 2 ..
Gợi ý một số câu khó trong đề thi:
Bài 3:
1) Ta có
'

=
( )
2
2
4 12 68 2 3 77m m m =
Để phơng trình có nghiệm hữu tỷ thì
'

phải là số chính phơng. Giả sử
'

= n
2
( trong đó n là số tự nhiên).

Khi đó ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2
2 3 77 2 3 77 2 3 . 2 3 77m n m n m n m n = = + =
Do n

N nên 2m-3+n>2m-3-n
Và do m

Z, n

N và 77=1.77=7.11=-1.(-77)=-7.(-11)
Từ đó xét 4 trờng hợp ta sẽ tìm đợc giá trị của m.
2)Từ giả thiết bài toán ta có:

( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2
2
2 2
100 10
100 10 .4 ( 4 1 0)
4 1
10 9

10 10
4 1 4 1
a b
a b c a b c c do a b
a b
a b a
a b
a b a b
+
+ + = + = +
+

+ +
+

= =
+ +
Ta có
( )
2
4 1a b+ là số lẻ và do
0 9c
<
nên
( )
2
4 1a b+
M
5.
Mà

( )
2
4 a b+ là số chẵn nên
( )
2
4 a b+ phải có tận cùng là 6

( )
2
a b+ phải có tận
cùng là 4 hoặc 9. (*)
Mặt khác
2
2.5
4( ) 1
ab
c
a b
=
+
và
( )
2
4 1a b+ là số lẻ

( )
2
4 1a b+ <500
( )
2

125,25a b + < (**)
Kết hợp (*) và (**) ta có
( )
2
a b+

{4; 9; 49; 64}

a+b

{2; 3; 7; 8}
+ Nếu a+b

{2; 7; 8} thì a+b có dạng 3k 1(k

N) khi đó
( )
2
4 1a b+ chia hết cho 3
mà (a+b) + 9a= 3k 1+9a không chia hết cho 3

( )
10 9a b a

+ +

không
M
3

c

N
+ Nếu a+b =3 ta có
( ) ( )
10 3 9 6 1 3
35 7
a a
c
+ +
= =
. Vì 0<a<4 và 1+3a
M
7

1+3a=7

a=2, khi đó c=6 và b=1.Ta có số 216 thoả mãn.
Kết luận số 216 là số cần tìm.
Bài 4:
* ý c : Chøng minh KT.BN=KB.ET
C¸ch 1:C/m
∆
AKT
:
∆
IET
⇒
KT AK
ET IE

=
C/m
∆
AKB
:
∆
INB
⇒
KB AK
BN IN
=
Do IE=IN tõ ®ã ta suy ra ®iỊu ph¶i chøng minh
C¸ch 2:
C/m
∆
TKE
:
∆
TAI
⇒
KT TA
ET TI
=
C/m
∆
BIM
:
∆
BAK
⇒

KB AB
BM BI
=
Theo tÝnh chÊt tia ph©n gi¸c cđa
∆
ABT ta cã
TA AB
TI BI
=
Vµ do BM=BN tõ ®ã suy ra ®iỊu ph¶i c/m
*ý d:Chøng minh NE ®i qua mét ®iĨm cè ®Þnh:
Do A, B vµ tia Bt cè ®Þnh nªn ta cã tia Bx cè ®Þnh vµ
·
ABI
α
=
kh«ng ®ỉi (tia Bx lµ tia
ph©n gi¸c cđa
·
ABt
)
XÐt
∆
ABK vu«ng t¹i K ta cã KB = AB.cos ABI=AB.cos
α
kh«ng ®ỉi
Nh vËy ®iĨm K thc tia Bx cè ®Þnh vµ c¸ch gèc B mét kho¶ng kh«ng ®ỉi do ®ã K cè
®Þnh
⇒
®pcm.

GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2009 – 2010
Đề, lời giải Cách khác, nhận xét
Bài 1: (1 điểm) Cho phương trình ax
2
+ bx + c =
0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
. Đặt S
2
= x
1
2
+
x
2
2
; S
1
= x
1
.x
2
Chứng minh rằng: a.S
2
+ b.S
1
+
2c = 0

Theo Vi-ét ta có: x
1
+ x
2
=
b
a
−
; x
1
.x
2
=
c
a
( )
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
1 2 1 2
2
1 2 1 2 1 2
2
1 2 1 2 1 2
2
2 2
a.S2 + b.S1 + 2c = a x x 2
x 2 x x 2
x 2 x x 2

2 . . 2
2 2 0 ( 0)
x b x c
a x x b x c
a x a x b x c
b c b
a a b c
a a a
b b
c c do a
a a
+ + + +
 
= + − + + +
 
= + − + + +
− −
 
= × − + +
 ÷
 
= − − + = ≠
Bài 2: (2 điểm)
Cho phương trình: 2x - 7
x
+ 3m – 4 = 0 (1)
a/ Đònh m để phương trình có một nghiệm
bằng 9 và tìm tất cả nghiệm còn lại của
phương trình.
b/ Tìm tất cả các giá trò của m để phương trình

(1) có nghiệm.
a/ Phương trình có 1 nghiệm x = 9 thay vào pt
ta có:
2.9 - 7
9
+3m – 4 = 0
3m = 7
m = 7/3
Từ (1) ta có x
0
≥
thế vào (1) ta được pt:
( )
2
2 7 3 0 (2)x x− + =
Đặt
0x t
= ≥
ta có pt: 2t
2
– 7t + 3 = 0
Giải tìm được t
1
= 3 ; t
2
= ½
Suy ra x
1
= 9 ; x
2

= ¼
b/ Từ (1) coi phương trình với ẩn là
x
Lập
1 2
81 24
7
2
x
m
S x x
∆ = −
= + =
Để pt (1) có nghiệm thì:
1 2
81 24 0
27
7
8
0
2
x
m
m
S x x
∆ = − ≥


⇔ ≤


= + = ≥


Cách khác:
( )
2
2 7 3 0 (2)x x− + =
x
1
= 9
1
3x⇒ =
mà
1 2
2
2
2
7
2
7
3
2
7 1
3
2 2
1
4
x x
x
x

x
+ =
⇒ + =
⇒ = − =
⇒ =
Câu b:
Có thể yêu cầu tìm số nguyên lớn nhất
của m để phương trình (1) có nghiệm.
Chú ý: nếu thay
x
bởi
x
ta có bài
toán tương tự.
Bài 3: (2 điểm) Giải hệ phương trình:
Nếu x, y, z đều là các số dương thì hệ
chỉ có 1 nghiệm
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2 2 (1)
2 3 6 (2)
3 1 3 (3)
x y
y z
z x

+ + =

+ + =



+ + =

(I)
Nhân (1) (2) và (3) ta có:
[(x + 1)(y + 2)(z + 3)]
2
= 36
(x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 hoặc (x + 1)(y + 2)(z
+ 3) = -6
Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 hệ (I) là:
0
3 3
0
1 1
0
2 2
z
z
x
x
y
y

=
+ =

 
⇔ =

+ =
 
 
=
+ =


Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = - 6 hệ (I) là:
6
3 3
2
1 1
4
2 2
z
z
x
x
y
y

= −
+ = −

 
⇔ = −
+ = −
 
 
= −

+ = −


Vậy nghiệm của hệ là (0 ; 0 ; 0) và (-2 ; -4 ;
-6)
Bài 4: (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ cho
parabol (P):
2
3
x
y =
, điểm I(0 ; 3) và điểm
M(m ; 0)
Với m là tham số khác 0.
a/ Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua hai
điểm M, I
b/ Chứng minh rằng (d) luôn luôn cắt (P) tại
hai điểm phân biệt A, B với AB > 6
a/ Gọi pt của (d) là y = ax + b
Khi đi qua I(0 ; 3) và M(m ; 0) ta có:
3
.0 3
3
( ) : 3
3
. 0
b
a b
d y x
m a b

m
a
m

=

+ =
−
 
⇔ ⇒ = +
−
 
+ =
=
 


b/ Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và
(P):
( )
2
2
2
2 2
3
3
3
9 9 ( 0)
9 9 0
9 4. . 9 81 36 0, 0

x
x
m
mx x m do m
mx x m
m m m m
−
= +
⇔ = − + ≠
⇔ + − =
∆ = − − = + > ∀ ≠
Vậy (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt.
Chứng minh AB > 6
Vì A, B là giao điểm của (d) và (P) nên hoành
độ x
A
, x
B
phải thỏa mãn pt: mx
2
+ 9x – 9m = 0
Theo Vi-ét ta có: x
A
+ x
B
=
9
m
; x
A

. x
B
= -9
Do A, B
3 3
( ) 3 ; 3
A A B B
d y x y x
m m
− −
∈ ⇒ = + = +
Theo công thức tính khoảng cách:
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( )
2 2
2
2
2 2
2
2
2
2
2
2
2
2 2
2 4 2

3 3
9
9
1
9
4 . 1
9 9
4( 9) 1
81 9
36 1
81 729 324
36 36 6
A B A B
A B A B
A B A B
A B
A B A B
AB x x y y
x x x x
m m
x x x x
m
x x
m
x x x x
m
m m
m m
m m m
= − + −

− −
 
= − + −
 ÷
 
= − + −
 
= − +
 ÷
 
 
 
= + − +
 ÷
 
 
 
   
= − − +
 
 ÷  ÷
   
 
 
  
= + +
 ÷ ÷
  
= + + + > =
Bài 5: (3 điểm) Cho hai đường tròn (O ; R) và

(O’ ; R’) cắt nhau tại A và B (R > R’). Tiếp
tuyến tại B của
(O’ ; R’) cắt (O ; R) tại C và tiếp tuyến tại B
của (O ; R) cắt (O’ ; R’) tại D.
a/ Chứng minh rằng: AB
2
= AC.AD và
2
BC AC
BD AD
 
=
 ÷
 
b/ Lấy điểm E đối xứng của B qua A. Chứng
minh bốn điểm B, C, E, D thuộc một đường
tròn có tâm là K. Xác đònh tâm K của đường
tròn.
a/ Xét (O) ta có
µ
¶
1 2
C B=
(chắn cung AnB)
Xét (O’) ta có
¶
µ
1 1
D B=
(chắn cung AmB)

1
1
2
1
2
2
1
2
1
2
j
/
/
x
x
=
=
K
C
D
O
B
O'
A
E
2
2 2
2
2 2
(1)

.
.
ABC ADB
AB AC BC
AD AB BD
AB AC AD
BC AB AB AC AD AC
BD AD AD AD AD
⇒ ∆ ∆
⇒ = =
⇒ =
   
= = = =
 ÷  ÷
   
:
b/ Từ (1) thay AE = AB ta có
AE AC
AD AE
=
(*) mặt khác:
µ
¶
µ
¶
¶
¶
µ
¶
1 1 1 2 2 1

1 2
;
(**)
A C B A B D
A A
= + = +
⇒ =
Từ (*) và (**) suy ra:
¶
¶
· ·
µ
¶
µ
¶
µ
¶
¶ ¶
2 2
1 2 1 2
1 2 1 2
0
( )
180 ( )
AEC ADE c g c
E D
CED CBD E E B B
E D D B
xet BDE
∆ ∆ − −

⇒ =
⇒ + = + + +
= + + +
= ∆
:
Vậy tứ giác BCED nội tiếp đường tròn tâm K.
Với K là gaio điểm 3 đường trực của
BCE
∆

hoặc
BDE
∆