De tuyen sinh lop 10 chuyen Toan va dap an

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (288.07 KB, 18 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

4 ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN:

HẢI DƯƠNG, THỪA THIÊN HUẾ, HƯNG YÊN, VĨNH PHÚC

Câu I (2.5 điểm):

1) Giải hệ phương trình:

2 2
2
x y xy 3

xy 3x 4

   



 



2) Tìm m ngun để phương trình sau có ít nhất một nghiệm nguyên:
4x24mx 2m 2 5m 6 0 

Câu II (2.5 điểm):

1) Rút gọn biểu thức:









2 4 x 2 x 2 x

4 4 x

 

    

 

 



  với 2 x 2 

2) Cho trước số hữu tỉ m sao cho 3m là số vơ 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 x3 là một số nguyên dương 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 lượt là hình chiếu vng
góc của M, N, P trên NP, MP, MN. Trên các đoạn thẳng AC, AB lần lượt lấy D, E sao cho
DE song song với NP. Trên tia AB lấy điểm K sao cho DMK NMP  . Chứng minh rằng:

1) MD = ME

2) Tứ giác MDEK nội tiếp. Từ đó suy ra điểm M là tâm của đường trịn bàng tiếp
góc DAK của tam giác DAK.

Câu V (1.0 điểm):

Trên đường tròn (O) lấy hai điểm cố định A và C phân biệt. Tìm vị trí của các điểm
B và D thuộc đường trịn đó để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn nhất.

---Hết---Họ và tên thí sinh : ...Số báo danh :...

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

Đề chính thức

KỲTHI 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

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KỲTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI
 Năm học 2009-2010

Mơn thi : Tốn

Hướng 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 4 3x 4 3x

x x. 3

x x

   

   

  0.25

 7x4 23x216 0 0.25

Giải ra ta đượcx2 1 hoặc

2 16
x =

7 0.25

Từ x2  1 x 1 y1;

2 16 4 7 5 7

x x y

7 7 7

    

0.25
Vậy hệ có nghiệm (x; y) là (1; 1); (-1; -1);

4 7 5 7
;

7 7

  

 

 ;

4 7 5 7
;

7 7

 

 

  0.25

1,0điểm

Điều kiện để phương trình có nghiệm: x'0 0.25
m 5m 6 0 (m 2)(m 3) 0

        . 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

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

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

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)  (b2  ac) m3 (a m2  bc) 0.25
Nếu a m bc 02  

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 m b



là số hữu tỉ. Trái với giả

thiết!  a 0;b 0  . Từ đó ta tìm được c = 0. 0.25
Ngược lại nếu a = b = c = 0 thì (1) ln đúng. Vậy: a = b = c = 0 0.25
Câu III

2 điểm

1)
1,0điểm

Theo bài ra f(x) có dạng: f(x) = ax3 + bx2 + cx + d với a nguyên dương.

0.25

Ta có: 2010 = f(5) - f(3) = (53 - 33)a + (52 - 32)b + (5 - 3)c

= 98a + 16b + 2c  16b + 2c = (2010- 98a) 0.25
Ta có f(7) - f(1) = (73 - 13)a + (72 - 12)b + (7 - 1)c

= 342a + 48b + 6c = 342a + 3(16b + 2c)

= 342a + 3(2010- 98a)= 48a + 6030 = 3.(16a + 2010)3 0.25
Vì a nguyên dương 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 được:









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



x 2



2 12



x 3



2 22 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 MaxP 26khi x = 7. 0.25

Câu IV
2 điểm

0,75điểm

Ta dễ dàng chứng minh tứ giác
MBAN nội tiếp  MAB MNB  ,

MCAP nội tiếp  CAM CPM  . 0.25
Lại có BNM CPM 

(cùng phụ góc NMP)

 

CAM BAM

  (1)

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

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)
1,25điểm

B
C

A
N

Do DE//NP nên DEK NAB  , mặt khác tứ giác MNAB nội tiếp nên:

  0

NMB NAB 180   NMB DEK 180  0 0.25
Theo giả thiết DMK NMP   DMK DEK 180   0

 Tứ giác MDEK nội tiếp 0.25

Do MA là trung trực của DE MEAMDA 0.25

 MEA MDA   MEK MDC  . 0.25
Vì MEK MDK   MDK MDC   DM là phân giác của góc CDK, kết

hợp với AM là phân giác DAB M là tâm của đường tròn bàng tiếp góc

DAK của tam giác DAK. 0.25

Câu V
1 điểm

B'
A'

C
A

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Không mất tổng quát giả sử:ABAC. Gọi B’ là điểm chính giữa cung


ABC  AB' CB'

Trên tia đối của BC lấy điểm A’ sao cho BA’ = BA AB BC CA '  0.25
Ta có: B'BC B'AC B'CA   (1) ; B'CA B'BA 180   0 (2)

B'BC B'BA ' 180   0 (3);Từ (1), (2), (3)  B'BA B'BA'  0.25
Hai tam giác A’BB’ và ABB’ bằng nhau  A 'B 'B ' A

Ta có  B ' A B 'C B ' A ' B 'C A 'C= AB + BC ( B’A + B’C khơng

đổi vì B’, A, C cố định). Dấu “=” xảy ra khi B trùng với B’. 0.25
Hoàn toàn tương tự nếu gọi D’ là điểm chính giữa cung 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 AC của đường tròn (O) 0.25

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC

THỪA THIÊN HUẾ Mơn:

TỐN

- Năm học 2008-2009

Đề chính thức

Thời gian làm bài

:

150 phút

Bài 1: (3 điểm)

a) Không sử dụng máy tính bỏ túi, hãy chứng minh đẳng thức :
3 3 13 4 3 1.

Giải hệ phương trình :

1

5 (

2 1)

36 x

y

x

y



 















Bài 2: (1,5 điểm)

Cho phương trình: x4 2mx22m 1 0  .

Tìm giá trị m để phương trình có bốn nghiệm

x , x , x , x

1 2 3 4 sao cho:

1 2 3 4

x



x



x



x

và

x

4

x

1 3



x

3

x



.
Bài 3: (3 điểm)

Cho đường tròn (O), đường kính AB. Gọi C là trung điểm của bán kính OB và (S) là
đường trịn đường kính AC. Trên đường tròn (O) lấy hai điểm tùy ý phân biệt M, N khác A
và B. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm thứ hai của AM và AN với đường tròn (S).

a) Chứng minh rằng đường thẳng MN song song với đường thẳng PQ.

b) Vẽ tiếp tuyến ME của (S) với E là tiếp điểm. Chứng minh: ME = MA MP2  .
c) Vẽ tiếp tuyến NF của (S) với F là tiếp điểm. Chứng minh:

ME AM

NF AN .

Bài 4: (1,5 điểm)

Tìm số tự nhiên có bốn chữ số (viết trong hệ thập phân) sao cho hai điều kiện sau
đồng thời được thỏa mãn:

(i) Mỗi chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng liền trước.

(ii) Tổng p + q lấy giá trị nhỏ nhất, trong đó p là tỉ số của chữ số hàng chục và chữ số
hàng đơn vị còn q là tỉ số của chữ số hàng nghìn và chữ số hàng trăm.

Bài 5: (1 điểm)

Một tấm bìa dạng tam giác vng có độ dài ba cạnh là các số ngun. Chứng minh
rằng có thể cắt tấm bìa thành sáu phần có diện tích bằng nhau và diện tích mỗi phần là số
nguyên.

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7></div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUN QUỐC HỌC

THỪA THIÊN HUẾ Mơn:

TỐN

- Năm học 2008-2009

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

BÀI NỘI DUNG Điể
m

B.1 3,0

1.a









3 3 13 4 3 3 3 12 4 3 1

3 3 2 3 1 3 3 2 3 1

3 3 2 3 1 3 3 1

3 3 1 3 3 1 1

       

       

      

      

0.25
0.25

0,25
0.25

1.b Điều kiện y0 . 0,25



x22x 1 y 36



  x 1 y 6 

. 0,25

Đặt u x 1, v y (u 0, v 0  ), ta có hệ

u v 5
uv 6

 







0,50

Giải ra : u = 2 , v = 3 hoặc u =3 , v = 2 0,25

Trường hợp u = 2 , v = 3 có : ( x = 1 ; y = 9 ) hoặc ( x =  3 ; y = 9) 0,25

Trường hợp u = 3 , v = 2 có : ( x = 2 ; y = 4 ) hoặc ( x =  4 ; y = 4) 0,25

Hệ đã cho có 4 nghiệm: (1;9) , (-3;9) , (2;4) , (- 4;4) . 0,25

B.2 1,5

4 2

x  2mx 2m 1 0  (1)

Đặt :t x 2, ta có : t2 2mt 2m 1 0   (2) (t 0 ) . 0,25





' m 2m 1 m 1 0

       với mọi m. 0,25

Vậy để (1) có bốn nghiệm phân biệt thì (2) ln có hai nghiệm dương phân biệt

1 2

t , t . Tương đương với:

' 0, P 2m 1 0, S 2m 0 m , m 1

         

(3)

0,25

Với điều kiện (3), phương trình (2) có 2 nghiệm dương 0 t 1t2 và phương

trình (1) có 4 nghiệm phân biệt: x1 t2 x2  t1 x3  t1 x4  t2

Theo giả thiết: x4 x1 3 x



3 x2



 2 t2 6 t1  t2 3 t1  t2 9t1 (4)

0,25
Theo định lí Vi-ét, ta có: t1t2 2m và t t1 2 2m 1 (5)

Từ (4) và (5) ta có: 10t12m và
2
1

9t 2m 1

1 2

9m 50m 25 0 m ; m 5

      

Cả hai giá trị đều thỏa mãn điều kiện bài toán.

Vậy để phương trình (1) có 4 nghiệm thỏa mãn điều kiện bài tốn thì cần và đủ

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

là:

5
m



và m 5 .

B.3 3,0

3.a

+ Hình vẽ

  0

CPA BMA 90   CP / /BM

Do đó :

AP AC

AM AB (1)

+ Tương tự: CQ / /BN và

AQ AC

(2)

AN AB

Từ (1) và (2):

AP AQ

AM AN ,

Do đó PQ / /MN

0,25
0,25
0,25

0,25

3.b + Hai tam giác MEP và MAE có : EMP AME  và PEM EAM  .

Do đó chúng đồng dạng .

+ Suy ra:

ME MP

ME MA MP

MAME  

0,50
0,50
3.c + Tương tự ta cũng có: NF2 NA NQ

 

+ Do đó:

2
2

ME MA MP

NF NA NQ






+ Nhưng

MP MA

(Do PQ / /MN)

NQ NA

+ Từ đó:

2 2

ME AM ME AM

NF AN  NF AN

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

B. 4 1,5

Xét số tùy ý có 4 chữ số abcd mà 1 a b c d 9     . (a, b, c, d là các số

nguyên).

Ta tìm giá trị nhỏ nhất của

c a

p q

d b

  

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Do b, c là số tự nhiên nên: c b  c b 1  . Vì vậy :

b 1 1
p q

9 b



  

1 b 1 1 b 1 7

p q 2

9 9 b 9 9 b 9

       

0,75

7
p q

 

trong trường hợp

b 1

c b 1, d 9, a 1,

9 b

    

Vậy số thỏa mãn các điều kiện của bài toán là: 1349

0,25
0,25

B.5 1,0

Gọi a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác vuông ABC, c là cạnh huyền.
Ta có a2b2 c2; a, b, c N*, diện tích tam giác ABC là

ab
S


Trước hết ta chứng minh ab chia hết cho 12.

0.25
+ Chứng minh ab 3

Nếu cả a và b đồng thời không chia hết cho 3 thì a2b2chia 3 dư 2. 
Suy ra số chính phương c2 chia 3 dư 2, vơ lý.

0,25
+ Chứng minh ab 4

- Nếu a, b chẵn thì ab 4 .

- Nếu trong hai số a, b có số lẻ, chẳng hạn a lẻ.

Lúc đó c lẻ. Vì nếu c chẵn thì c 42 , trong lúc a2b2không thể chia hết cho
4.

Đặt a = 2k + 1, c = 2h + 1, k, h N. Ta có :









b  2h 1  2k 1

= 4 h k h k 1





 

 



= 4 h k h k 1





 

 



8k h k 8








Suy ra b 4 .

0,25

Nếu ta chia cạnh AB (chẳng hạn) thành 6 phần bằng nhau, nối các điểm chia
với C thì tam giác ABC được chia thành 6 tam giác, mỗi tam giác này có diện
tích bằng

12 là một số nguyên.

0.25

Ghi chú:

 Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa câu đó.

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
 HƯNG YÊN

Đề chính thức

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học 2009 – 2010

Mơn thi: Tốn

(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

 

   

     

 

Hãy lập một phương trình bậc hai có hệ số nguyên nhận a - 1 là một nghiệm.
Bài 2: (2,5 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

x 16
xy

y 3
y 9
xy

x 2


 





  




b) Tìm m để phương trình





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 k24 và k2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 đường trịn tâm O và dây AB khơng 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 đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD.

c) Tổng bán kính các đường trịn ngoại tiếp tam giác BCD và ACD khơng đổi.
Bài 5: (1,0 điểm)

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Hết
---Họ và tên thí sinh:………...……….……...

Chữ ký của giám thị ………...….……...…...

Số báo danh:....….….………Phịng thi số:...…...…

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
 HƯNG YÊN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học 2009 – 2010

Mơn thi: Tốn

Hướng dẫn chấm thi

Bài 1: (1,5 điểm)

1 1 7 1 1 7 1 1

a 2 : 2 :

7 1 1 7 1 1

      

   

     

 

0,5 đ

a =
2

2 : 7

7  0,25 đ

Đặt x a 1   x 7 1  x 1  7 x22x 1 7  0,5 đ
2

x 2x 6 0

   

Vậy phương trình x2 2x 6 0  nhận 7 1 làm nghiệm 0,25 đ
Bài 2: (2,5 điểm)

x 16

x 16 xy (1)

y 3
y 3

y x 5

y 9 (2)

x y 6
x 2



  

  



 



 

     

 

  ĐK: x, y 0

0,25 đ

Giải (2)  6y2 6x2 5xy (2x 3y)(3x 2y) 0   0,25 đ
* Nếu

3y
2x 3y 0 x

2


   

.
Thay vào (1) ta được

3y 3 16
y.

2 2 3



 

0,25 đ



2
3y 23

2 6





(phương trình vơ nghiệm) 0,25 đ

* Nếu

3x 2y 0 x

   

Thay vào (1) ta được y2  9 y3

0,25 đ

- Với y 3  x 2 (thoả mãn điều kiện)

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm: (x; y) = (2; 3); (x; y) = (-2; -3)

b) Đặt





2
2

x  2x 1 y   x 1  y x 1  y (y 0) (*)
Phương trình đã cho trở thành:









y 1  3 y 1 m 0
2

y 5y m 4 0

     (1)

0,25 đ

Từ (*) ta thấy, để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì phương

trình (1) có 2 nghiệm dương phân biệt 0,25 đ

0 9 4m 0

S 0 5 0

P 0 m 4 0

   

 

 

     

    

 

0,25 đ

m 9

4 m
4

m 4





     

  

Vậy với

9
4 m

4
  

thì phương trình có 4 nghiệm phân biệt.

0,25 đ

Bài 3: (2,0 điểm)

a) Vì k > 1 suy ra k2 4 5; k216 5

- Xét k 5n 1  với n k2 25n210n 1  k24 5
2

k 4

  không là số nguyên tố.

0,25 đ

- Xét k 5n 2  với n k2 25n220n 4  k216 5
2

k 16

  không là số nguyên tố. 0,25 đ

- Xét k 5n 3  với n k2 25n230n 9  k216 5
2

k 16

  không là số nguyên tố. 0,25 đ

- Xét k 5n 4  với n k2 25n240n 16  k24 5
2

k 4

  không là số nguyên tố. 
Do vậy k 5

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 (*) a2b2c22ab 2bc 2ca 3a   23b23c2

2 2 2

(a b) (b c) (c a) 0

       (luôn đúng)

0,5 đ

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>



p a  p b  p c



2 3 3p a b c



  



3p
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:
BDM MBC 

BMC BMD 

0,5 đ

Do vậy MBCvà MDB đồng dạng
Suy ra

MB MD

MB.BD MD.BC

BC BD  

0,5 đ

b) Gọi (J) là đường tròn ngoại tiếp BDC BJC 2BDC 2MBC    
hay

 BJC
MBC

 

BCJ

 cân tại J 


0

180 BJC
CBJ

2


 

0,5 đ

Suy ra

  BJC 180 O BJC O

MBC CBJ 90 MB BJ

2 2



     

Suy ra MB là tiếp tuyến của đường tròn (J), suy ra J thuộc NB

0,5 đ

c) Kẻ đường kính MN của (O)  NB  MB

Mà MB là tiếp tuyến của đường tròn (J), suy ra J thuộc NB
Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp ADC

Chứng minh tương tự I thuộc AN

Ta có ANB ADB 2BDM BJC      CJ // IN
Chứng minh tương tự: CI // JN

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Do đó tứ giác CINJ là hình bình hành  CI = NJ
Suy ra tổng bán kính của hai đường trịn (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 dương)

Do các góc của hình 8 cạnh bằng nhau nên mỗi góc trong của hình 8 cạnh có
số đo là:

O
8 2 180

135
8

(  ).



0,25 đ

Suy ra mỗi góc ngồi của hình 8 cạnh đó là: 180O - 135O = 45O

Do đó các tam giác MAE ; FBG ; CIH ; DKJ là các tam giác vuông cân.
 MA = AE =

2 ; BF = BG =

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
  

 

  (điều này vô lý do 2 là số vô tỉ)
Vậy e - a = 0  e = a hay EF = IJ (đpcm).

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Equation Chapter 1 Section 1S
Ở GD&ĐT VĨNH PHÚC

——————

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010
ĐỀ THI MƠN: TỐN

Dành cho các thí sinh thi vào lớp chun Tốn
Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề

—————————

(Đề có 01 trang)

Câu 1: (3,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

1 1 9

x y

x y 2

1 5

xy 2



   





  




b) Giải và biện luận phương trình: | x 3 | p | x 2 | 5    (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

a b c

2
(b c) (c a) (a b) 
Câu 3: (1,5 điểm)

Cho 2

1
A

4x 4x 1



  và 2

2x 2
B

x 2x 1




 

Tìm tất cả các giá trị nguyên của x sao cho

2A 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 vng góc với AD cắt đường thẳng qua M và vng góc với BC
tại Q. Chứng minh:

a) KM // AB.
b) QD = QC.
Câu 5: (1,0 điểm).

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Trong mặt phẳng cho 2009 điểm, sao cho 3 điểm bất kỳ trong chúng là 3 đỉnh của một
tam giác có diện tích khơng lớn hơn 1. Chứng minh rằng tất cả những điểm đã cho nằm trong
một tam giác có diện tích khơng lớn hơn 4.

—Hết—

Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm

Họ tên thí sinh ... SBD ...
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

—————— KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010
HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN

Dành cho lớp chun Tốn.
—————————
Câu 1 (3,0 điểm).

a) 1,75 điểm:

Nội dung trình bày Điểm

Điều kiện xy 0 0,25

Hệ đã cho 2

2[xy(x y) (x y)] 9xy (1)

2(xy) 5xy 2 0 (2)

   




  

 0,25

Giải PT(2) ta được:

xy 2 (3)
1
xy (4)

2



 

0,50

Từ (1)&(3) có:

x 1
y 2
x y 3

xy 2 x 2

y 1
 



 
 

 
  

 

 


0,25

Từ (1)&(4) có:

x 1
1
3 y
x y
2
2
1 1
xy x
2 2
y 1
 



  
  
 
 

 

   

  
  


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:

Xét 3 trường hợp:

TH1. Nếu 2 x thì PT trở thành: (p 1)x 2(p 1)   (1)
TH2. Nếu   3 x 2 thì PT trở thành: (1 p)x 2(1 p)   (2)

TH3. Nếu x 3 thì PT trở thành: (p 1)x 2(p 4)   (3)

0,25

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

2(p 4)

x 3 1 p 1

p 1



      

 .

Nếu p1 thì (1) cho ta vơ số nghiệm thoả mãn 2 x ; (2) vô nghiệm; (3) vơ nghiệm. 0,25
Nếu p 1 thì (2) cho ta vô số nghiệm thoả mãn   3 x 2; (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(p 4)
x
p 1



+ Nếu p = -1 thì phương trình có vơ số nghiệm 2 x  

+ Nếu p = 1 thì phương trính có vô số nghiệm   3 x 2

+ Nếu
p 1
p 1
 

 

 thì phương trình có nghiệm x = 2.

0,25

Câu 2 (1,5 điểm):
+ Phát hiện và chứng minh

bc ca ab

1
(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:

a b c bc ca ab

2 2

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):

Điều kiện xác định: x1 (do x nguyên). 0,25

Dễ thấy

1 2(x 1)

A ; B

| 2x 1| | x 1|



 

  , suy ra:

2 1 x 1

3 | 2x 1| | x 1|

  

   

 

  0,25

Nếu x 1 . Khi đó

2 1 4(x 1) 4(x 1) 1 2x

C 1 0 C 1 1 0

3 2x 1 3(2x 1) 3(2x 1) 3(2x 1)

  

 

          

   

 

Suy ra 0 C 1  , hay C không thể là số nguyên với x>1.

0,5
Nếu
1
x 1
2
  

. Khi đó: x = 0 (vì x ngun) và C 0. Vậy x = 0 là một giá trị cần tìm. 0,25
Nếu

1
x

 

. Khi đó x1 (do x nguyên). Ta có:

2 1 4(x 1)

C 1 0

3 2x 1 3(2x 1)



 

    

 

  và

4(x 1) 2x 1

C 1 1 0

3(2x 1) 3(2x 1)

 

    

  , suy ra  1 C 0
hay C =0 và x = -1.

Vậy các giá trị tìm được thoả mãn yêu cầu là: x = 0 , x = -1.

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

A I B

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

 

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:

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 QKlà 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

Câu 5 (1,0 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 S 1 . 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 SA'B'C' 4SABC 4. 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 SPAB SCAB, mâu thuẫn với giả thiết tam giác ABC có

diện tích lớn nhất.

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Vậy, tất cả các điểm đã cho đều nằm bên trong tam giác A 'B'C' có diện tích không lớn

</div>

De tuyen sinh lop 10 chuyen Toan va dap an

















<sub></sub>

<sub></sub>



 

















 

 



































<b>TỐN</b>

<i><b>Thời gian làm bài</b></i>

<b>: </b>

<i><b>150 phút </b></i>

Giải hệ phương trình :

1

5

(

2

1)

36

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>y</i>



<sub> </sub>

<sub></sub>















x , x , x , x

x

x

x

x

x

x



x

x



<b>TỐN</b>



