Tài liệu 9 deTUYEN SINH 10 Chuyen _co dap an_A

UBND TỈNH NINH BÌNH
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 - THPT
Chuyên Lương Văn Tụy
Năm học 2009 - 2010
(Khóa ngày 30/9/2009)
Môn thi: TOÁN - VÒNG I
Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang
Câu 1: (2 điểm)
Tính giá trị biểu thức:
( )
x 5 2 2 5 5 250= + −

3 3
y
3 1 3 1
= −
− +

( )
x x y y
A x y
x xy y
+
= −
− +
Câu 2: (2,5 điểm)
Cho phương trình (m + 1)x
2
– 2(m – 1) + m – 2 = 0 (ẩn x, tham số m).

a) Giải phương trình khi m = 2.
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x
1
; x
2
thỏa mãn:
1 2
1 1 7
x x 4
+ =
Câu 3: (1,0 điểm)
Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 60 km. Một ca nô chạy xuôi dòng
từ bến A tới bến B, nghỉ 1 giờ 20 phút ở bến sông B và ngược dòng trở về A. Thời
gian kể từ lúc khởi hành đến khi về bến A tất cả 12 giờ. Tính vận tốc riêng của ca
nô và vận tốc dòng nước biết vận tốc riêng của ca nô gấp 4 lần vận tốc dòng nước.
Câu 4: (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng (d) không đi qua tâm O cắt đường
tròn (O; R) tại hai điểm phân biệt A, B. Điểm M chuyển động trên (d) và nằm
ngoài đường tròn (O; R), qua M kẻ hai tiếp tuyến MN và MP tới đường tròn (O; R)
(N, P là hai tiếp điểm).
a) Chứng minh rằng tứ giác MNOP nội tiếp được trong một đường tròn, xác
định tâm đường tròn đó.
b) Chứng minh MA.MB = MN
2
.
c) Xác định vị trí điểm M sao cho tam giác MNP đều.
d) Xác định quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP.
Câu 5: (1 điểm)
Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn:
4 5

23
x y
+ ≥
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
6 7
B 8x 18y
x y
= + + +
----------------------------------------------Hết----------------------------------------------
SBD thÝ sinh: ............... Ch÷ ký GT1: ................................
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
ĐÁP ÁN
(Tôi xin trình bày đáp án của bản thân, có gì sai sót
mong quý vị thông cảm và đóng góp ý kiến)
Câu 1: (2 điểm)
Tính giá trị biểu thức:
( )
( )
( )
x 5 2 2 5 5 250
5 2 2 5 5 5 5. 2
5 2 5 2 2 5 5 2
10
= + −
= + −
= + −
=

( ) ( )
( )

3 3
y
3 1 3 1
3 3 1 3 3 1
3 1 3 1
3 3 1
3
2
= −
− +
+ −
= −
− −
−
= =
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
3 3
x x y y
A x y
x xy y
x y x y x xy y
x y x y
x xy y x xy y
x y x y x y 10 3 7
+

= −
− +
+ + − +
= − = −
− + − +
= + − = − = − =
Câu 2: (2,5 điểm)
a) Xét phương trình (m + 1)x
2
– 2(m – 1)x + m – 2 = 0
Khi m=2 phương trình trở thành:
2
3x – 2x = 0
( )
0
3 2
2
3
x
x x
x
=


⇔ − ⇔

=

b) Để phương trình là phương trình bậc 2 thì trước tiên m ≠ -1
( ) ( ) ( )

2
' 1 1 2 3m m m m∆ = − − + − = −
Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì
' 0
∆ >
hay m<3 (1)
Áp dụng định lý Viet cho phương trình ta có
1 2
1 2
2( 1)
1
2
.
1
m
S x x
m
m
P x x
m
−

= + =


+

−

= =


+

(2)
Xét biểu thức
1 2
1 2 1 2
1 1 7 x x 7
x x 4 x .x 4
+
+ = ⇔ =
(3)
Thế (2) vào (3)
2
2( 1) 2 7
:
1 1 4
2( 1) 7
8 8 7 14
2 4
m m
m m
m
m m
m
− −
⇒ =
+ +
−
⇔ = ⇔ − = −

−

6m
⇔ = −
Kết hợp với điều kiện (1): Kết luận m = -6
Câu 3: (1,0 điểm)
* Gọi vận tốc của dòng nước là: x (km/giờ) (ĐK: x>0)
Vận tốc thực của ca nô là: 4x (km/ giờ)
* Khi ca nô xuôi dòng từ A đến B vận tốc của ca nô so với đường là: 4x+x
(km/giờ)
Thời gian ca nô xuôi dòng từ A đến B là:
60 12
4x x x
=
+
(giờ).
* Khi ca nô ngược dòng từ B về A vận tốc của ca nô so với đường là: 4x-x
(km/giờ)
Thời gian ca ngược dòng từ B về A là:
60 20
4x x x
=
−
(giờ).
* Thời gian ca nô nghỉ ở B là 1 giờ 20 phút hay
4
3
giờ.
* Vì tổng thời gian hết 12 giờ nên ta có phương trình

12 20 4
12
3
8 1
3 3
3
x x
x
x
+ + =
⇔ + = ⇔ =
* Kết luận: Vận tốc dòng nước là 3 km/giờ.
Vận tốc thực của ca nô là 3 x 4=12 km/giờ.
Câu 4: (3,5 điểm)
a) CM tứ giác MNOP nội tiếp:
Xét tứ giác MNOP có
MN ON
⊥
(Tính chất tiếp tuyến
⊥
dây cung)

·
0
ONM 90⇒ =
MP OP
⊥
(Tính chất tiếp tuyến
⊥
dây cung)

·
0
OPM 90⇒ =

⇒
·
·
0
ONM+OPM 180=
Vậy tứ giác MNOP nội tiếp trong đường
Tròn đường kính OM, tâm là trung điểm OM
(Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180
0
).
b) CM: MA.MB = MN
2
:
Xét 2 tam giác
∆
AMN và
∆
NMB có
Góc
·
AMN
chung.

·
ANM

=
·
ABN
(Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cung chắn
cung
»
AN
của đường tròn tâm O).
⇒
∆
AMN đồng dạng với
∆
NMB
3
2
MA MN
= MA.MB = MN
MN MB
⇒ ⇔
(Điều phải chứng minh).
c) Xác định vị trí điểm M sao cho tam giác MNP đều:
* Xét
∆
MNP có MN=MO (Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau).
Nên
∆
MNP cân tại M.
* Giả sử
∆
MNP đều thì góc

·
0
NMP 60=
Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có OM là phân giác của góc
·
NMP
nên
⇒
·
0
OMN 30=
* Lại có tam giác
∆
OMN vuông tại N và
·
0
OMN 30=
nên
⇒
·
0
NOM 60=
Gọi I là trung điểm OM thì IN=IM=IO (NI là trung tuyến ứng cạnh huyền
của tam giác vuông OMN)

⇒
Tam giác
∆
ONI đều
Vậy IN=IM=IO=R hay OM =2R

* Kết luận: Vậy để tam giác MNP đều thì OM=2R.
d) Tìm quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP:
* Kẻ OH vuông góc vớ (d) tại H
Gọi K là trung điểm của OH
* Đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP cũng ngoại tiếp tứ giác MNOP (Tâm I)

⇒
IK là đường trung bình của tam giác MOH.
* Xét: khi M
≡
A thì I
≡
Trung điểm OA
khi M
≡
B thì I
≡
Trung điểm OB
M nằm ngoài đường tròn O (tức nằm ngoài AB) thì I cũng nằm ngoài tam giác
AOB.
* Kết luận: Quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP là đường thằng d’
đi qua K và song song với đường thẳng d (trừ các điểm ở bên trong tam giác AOB)
như hình vẽ.
Câu 5: (1 điểm)
6 7 2 2 4 5
B 8x 18y 8x 18y
x y x y x y
   
 
= + + + = + + + + +

 ÷
 ÷  ÷
 
   
Áp dụng BĐT Côsi và BĐT của đầu bài đã cho ta có
B
8 12 23 43≥ + + =
Dấu bằng xảy ra khi
( )
1 1
x;y ;
2 3
 
=
 ÷
 
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của B là 43 khi
( )
1 1
x;y ;
2 3
 
=
 ÷
 
4
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH
Năm học : 2009-2010

Môn thi: TOÁN
(Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán, Tin)
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm : 01 trang
Bài 1. (2,0 điểm) :
a. Cho k là số nguyên dương bất kì. Chứng minh bất đẳng thức sau:

1 1 1
2( )
( 1) 1k k k k
< −
+ +
b. Chứng minh rằng:
1 1 1 1 88
2 45
3 2 4 3 2010 2009
+ + + + <L
Bài 2. (2.5 điểm): Cho phương trình ẩn x:
2
( 1) 6 0x m x+ − − =
(1) (m là tham
số)
a. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm
x 1 2= +
b. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có 2 nghiệm
1 2
, x x
sao cho biểu thức:
2 2
1 2

( 9)( 4)A x x
= − −
đạt giá trị lớn nhất.
Bài 3. (2,0 điểm):
a. Giải hệ phương trình sau :
2 2
3 3
3
9
x y xy
x y

+ − =


+ =


b. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình:
3 2 3
2 3 2x x x y+ + + =
Bài 4. (3,0 điểm): Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a. M là điểm di động trên đoạn OB
(M không trùng với O; B). Vẽ đường tròn tâm I đi qua M và tiếp xúc với BC tại B, vẽ
đường tròn tâm J đi qua M và tiếp xúc với CD tại D. Đường tròn (I) và đường tròn (J) cắt nhau
tại điểm thứ hai là N.
a. Chứng minh rằng 5 điểm A, N, B, C, D cùng thuộc một đường tròn. Từ đó suy ra 3
điểm
C, M, N thẳng hàng.
b. Tính OM theo a để tích NA.NB.NC.ND lớn nhất.
Bài 5. (0.5 điểm): Cho góc xOy bằng

o
120
, trên tia phân giác Oz của góc xOy lấy điểm A sao cho
độ dài đoạn thẳng OA là một số nguyên lớn hơn 1. Chứng minh rằng luôn tồn tại ít nhất ba
đường thẳng phân biệt đi qua A và cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho độ dài các
đoạn thẳng OB và OC đều là các số nguyên dương.
========= Hết =========
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:……………………………….…………………..Số báo danh:…………….
5
®Ò chÝnh thøc
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH
Năm học : 2009-2010
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN CHUYÊN
CÂU
Ý
NỘI DUNG
Bài 1.
(2điểm)
a. Cho k là số nguyên dương bất kì. CMR:
1 1 1
2( )
( 1) 1k k k k
< −
+ +
b. Chứng minh rằng:
1 1 1 1 88
2 45
3 2 4 3 2010 2009

+ + + + <L
a.
(1.0đ)
Bđt
1 2 k 1 2 k
(k 1) k k. k 1
+ −
⇔ <
+ +
⇔
2k 1 2 k(k 1) 0+ − + >

2
( k 1 k) 0⇔ + − >
Luôn đúng với mọi k nguyên dương.

1 1 1
2( )
( 1) 1
⇒ < −
+ +
k k k k
b.
(1.0đ)
Áp dụng kết quả câu a ta có:
1 1 1 1
VT
2 1 3 2 4 3 2010 2009
= + + + +L
1 1 1 1 1 1

2 2 2
1 2 2 3 2009 2010
   
 
< − + − + + −
 ÷  ÷ ÷
 
   
L
1
2 1
2010
 
= −
 ÷
 
1 88
2 1 VP
45 45
 
< − = =
 ÷
 
(đpcm)
Bài 2
(2.5
điểm)
Cho phương trình ẩn x:
2
( 1) 6 0x m x+ − − =

(1) (m là tham số)
c. Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm
x 1 2= +
d. Tìm m để (1) có 2 nghiệm
1 2
,x x
sao cho biểu thức:
2 2
1 2
( 9)( 4)A x x
= − −
max
a.
(1,5đ)
Pt (1) có nghiệm
x 1 2= +

( )
( )
( )
2
1 2 1 1 2 6 0⇔ + + − + − =m
6
Tìm được
5 2 6m = −
và KL.
b.
(1,0đ)
Tính
( )

2
1 24 0 m m∆ = − + > ∀
suy ra pt (1) có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,x x
.
( ) ( )
2 2
1 2 1 2
6 2 3A x x x x= + − +
Theo ĐL Vi-et ta có
1 2
6x x = −
⇒
( )
2
1 2
2 3 0A x x= − + ≤
Max A = 0 khi và chỉ khi
1 2 1 1
1 2 2 2
1 2
2 3 0 3 3
6 2 2
1 0 2
x x x x
x x x x
x x m m m
+ = = = −
  

  
= − ⇔ = − ∨ =
  
  
+ = − = =
  
KL : Vậy m = 0 ; m = 2 là các giá trị cần tìm.
Bài 3
(2 điểm)
a. Giải hệ phương trình sau :
2 2
3 3
3
9
x y xy
x y

+ − =


+ =


b. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình:
3 2 3
2 3 2x x x y+ + + =
a
(1.0đ)
Hệ phương trình đã cho
2 2

2
2 2
3
3
( ) 3 3
( )( ) 9
x y
x y xy
x y xy
x y x y xy
+ =

+ − =


⇔ ⇔
 
+ − =
+ + − =



3 1

2 2
x y x
xy y
+ = =
 
⇔ ⇔

 
= =
 
hoặc
2
1
x
y
=


=

b
(1.0đ)
Ta có
2
3 3 2
3 7
2 3 2 2 0
4 8
y x x x x x y
 
− = + + = + + > ⇒ <
 ÷
 
(1)

2
3 3 2

9 15
( 2) 4 9 6 2 0 2
4 16
x y x x x y x
 
+ − = + + = + + > ⇒ < +
 ÷
 
(2)
Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1
Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được x = -1; x = 1 từ đó tìm
được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là (1 ; 2), (-1 ; 0)
7
Bài 4.
(3 điểm)
Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a. M là điểm di động trên đoạn OB
(M không trùng với O; B). Vẽ đường tròn tâm I đi qua M và tiếp xúc với BC tại
B, vẽ đường tròn tâm J đi qua M và tiếp xúc với CD tại D. Đường tròn (I) và đường
tròn (J) cắt nhau tại điểm thứ hai là N.
c. Chứng minh rằng 5 điểm A, N, B, C, D cùng thuộc một đường tròn.
Từ đó suy ra 3 điểm C, M, N thẳng hàng.
d. Tính OM theo a để tích NA.NB.NC.ND lớn nhất.
K
H
N
O
I
J
B
A

D
C
M
a.
2.0đ
MNB MBC
∠ = ∠
( Cùng chắn cung BM)
MND MDC∠ = ∠
( Cùng chắn cung DM)
90BND MNB MND MBC MDC∠ = ∠ + ∠ = ∠ + ∠ =
o
Do đó 5 điểm A, B, C, D, M cùng thuộc một đường tròn
Suy ra NC là phân giác của góc BND ( do cung BC = cung BD)
Mặt khác, theo CM trên ta có NM là phân giác của góc BND
Nên M, N, C thẳng hàng.
b.
1.0đ
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của N trên AC và BD

⇒
NHOK là hình chữ nhật
Ta có :
. . . 2NA NC NH AC NH a= =


. . . 2NB ND NK BD NK a= =
Suy ra
2 2 4
2 2 2 2

. . . 2 . . 2 . .
2 2
NH NK a
NA NB NC ND a NH NK a a NO
+
= ≤ = =
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2
a
NH NK= =

(2 2)
2
a
OM
−
⇔ =
8
Bài 5.
(0.5
điểm)
Cho góc xOy bằng
o
120
, trên tia phân giác Oz của góc xOy lấy điểm A sao cho
độ dài đoạn thẳng OA là một số nguyên lớn hơn 1. Chứng minh rằng luôn tồn tại
ít nhất ba đường thẳng phân biệt đi qua A và cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại B và
C sao cho độ dài các đoạn thẳng OB và OC đều là các số nguyên dương.
y
z

x
A
O
B
C
• Chỉ ra đường thẳng
1
d
đi qua A và vuông góc với OA thỏa mãn bài toán
• Đặt OA = a > 1 (a nguyên). Trên tia Ox lấy điểm B sao cho OB = a + 1
nguyên dương. Đường thẳng
2
d
đi qua A, B cắt tia Oy tại C.
Chứng minh được
1 1 1
OB OC OA
+ =


1 1 1
( 1)
1
OC a a
a OC a
⇒ + = ⇒ = +
+
là số nguyên dương
Suy ra
2

d
là một đường thẳng cần tìm.
• Tương tự lấy B trên Ox sao cho OB = a(a + 1), Ta tìm được đường thẳng
3
d
• Chứng minh
1 2 3
, ,d d d
phân biệt. ĐPCM
Hướng dẫn chung
1. Trên đây chỉ là các bước giải và khung điểm cho từng câu. Yêu cầu học sinh phải trình
bầy, lập luận và biến đổi hợp lý, chặt chẽ mới cho điểm tối đa.
2. Bài 4 phải có hình vẽ đúng và phù hợp với lời giải bài toán mới cho điểm.( không cho
điểm hình vẽ )
3. Những cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
4. Chấm điểm từng phần, điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần( không làm tròn).
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
9
ĐỀ CHÍNH THỨC
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
10
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 MÔN: TOÁN
Dành cho lớp chuyên Toán.
—————————
Câu 1 (3,0 điểm).
a) 1,75 điểm:
Nội dung trình bày Điể
m
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 Điể
m
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; 0,25
11
(3)VN
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 Điể
m
+ 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 Điể
m
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 Điể
m
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
12
A
I
B
K
M
D
E
H
R
C

Q
·
·
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 Điể
m
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
Câu 5 (1,0 điểm):
Nội dung trình bày Điể
m
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
13
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
Một số lưu ý:
-Trên đây chỉ trình tóm tắt một cách giải với những ý bắt buộc phải có.
Trong quá trình chấm, nếu học sinh giải theo cách khác và đủ ý thì vẫn cho điểm
tối đa.
-Trong quá trình giải bài của học sinh nếu bước trên sai, các bước sau có sử
dụng kết quả phần sai đó nếu có đúng thì vẫn không cho điểm.

-Bài hình học, nếu học sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm
tương ứng với phần đó.
-Những phần điểm từ 0,5 trở lên, tổ chấm có thể thống nhất chia tới 0,25
điểm.
-Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm.
—Hết—
UBND TỈNH TIỀN GIANG CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Độc lập _Tự Do_Hạnh Phúc
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
Khoá ngày: 01-7-2009
Môn thi: TOÁN (Chuyên toán)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1:
1/ Giải phương trình:
4 3 2
t 4t 5t 4t 1 0− + − + =
2/ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P x x 2009= − −
Bài 2:
1/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các đường thẳng GP: x - 2y + 1 = 0,
HP: 3x - 4y + 1 = 0 và I(4; 3) là trung điểm của đoạn HG. Viết phương trình
cạnh HG.
2/ Giải hệ phương trình:
3 x 5y 9 0
2x y 7 0
 + + =


− − =



14
Đề chính thức
Bài 3:
1/ Cho phương trình
( )
2 2
x 2m 3 x m 3m 0− − + − =
. Định m để phương
trình có hai nghiệm
1 2
x ,x
sao cho
2
1 2
x 2x+
đạt giá trị nhỏ nhất.
2/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P):
2
y x=
. Gọi A, B là các
giao điểm của đường thẳng (d):
y mx 1= +
với (P). Tìm các giá trị của m để đoạn
thẳng AB có độ dài ngắn nhất.
Bài 4:
Cho đường tròn (O) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau.
Điểm E di động trên cung nhỏ BC (E không trùng với B và C)
1/ Trên đoạn EA lấy đoạn EM = EB. Chứng minh rằng điểm M di động
trên một cung tròn cố định.

2/ Gọi K là giao điểm của BM và CD. Chứng minh rằng bốn điểm A, M,
K, D cùng nằm trên một đường tròn.
Bài 5:
1/ Tìm số tự nhiên có hai chữ số, sao cho tích của số đó với tổng các chữ số
của nó bằng tổng lập phương của hai chữ số đó.
2/ Một dãy số có số hạng đầu là 16, còn số hạng đứng sau đều do chèn số
15 vào giữa số hạng liền trước, tức là: 16, 1156, 111556… Chứng minh rằng mọi
số hạng của dãy này đều là số chính phương.
Hết
*Ghi chú: Thí sinh được sử dụng các loại máy tính cầm tay do BGD&ĐT cho
phép.
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:...................................................... Số báo
danh:.............................
Chữ kí của giám thị 1:.................................. Chữ kí của giám thị
2:..................................
LỜI GIẢI
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN
Khóa ngày 01 tháng 7 năm 2009
Môn: Toán ( Chuyên toán)
Bài Nội dung
1/
* Vì t = 0 không là nghiệm của phương trình nên chia 2 vế của phương trình cho
t
2
≠
0 ta được:
2
2
1 1

(t ) 4(t ) 5 0
t t
+ − + + =
* Đặt
1
y t
t
= +
( Điều kiện:
y 2≥
)
Phương trình trở thành: y
2
– 4y + 3 = 0

⇔
y = 1(loại) hoặc y = 3 (nhận)
15
Bài 1:
* y = 3
⇔
1
t 3
t
+ =

⇔
t
2
– 3t + 1 = 0

⇔

3 5
t
2
3 - 5
t
2

+
=



=


* Vậy tập nghiệm của phương trình: S =
3 5 3 5
;
2 2
 
+ −
 
 
 
 
2/
Ta có: P = x -

x 2009−

* = x - 2009 -
x 2009−
+ 2009
* = (
2
1 3
x 2009 ) 2008
2 4
− − +
* = (
2
1 3 3
x 2009 ) 2008 2008
2 4 4
− − + ≥
với mọi x
≥
2009
* Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 2008
3
4
khi x = 2009
1
4
Bài 2:
1/
* Gọi G(m; n).
Vì I(4; 3) là trung điểm của đoạn HG nên H(

I G
2x x−
;
I G
2y y−
) hay H(8-m; 6-
n).
* Vì
G GP∈
và H HP∈ nên ta có hệ phương trình:

m 2n 1
3m 4n 1
− = −


− + = −


m 3

n 2
=

⇔

=


Vậy: G(3; 2) và H(5; 4)

* Phương trình cạnh HG có dạng HG: y = a’x + b’.
Vì: H, G thuộc HG nên ta có hệ phương trình:

3a' b' 2
5a ' b' 4
+ =


+ =

a' 1

b' 1
=

⇔

= −

Vậy phương trình cạnh HG: y = x - 1
2/
* Ta có:
3 x 5y 9 0
2x y 7 0
 + + =


− − =




− −
=

⇔


= −

5y 9
x (1)
3

y 2x 7 (2)
Từ phương trình (1) suy ra
5y 9
0
3
− −
≥

9
y
5
⇔ ≤ −
nên y < 0
Từ phương trình (2) suy ra 2x – 7
≥
0
7

x
2
⇔ ≥
nên x > 0
16