De dap an thi TS vao lop 10

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (791.67 KB, 40 trang )

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

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU

NĂM HỌC 2009 - 2010
Mơn thi: TỐN

Thời gian: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề
Bài 1: (3.5 điểm)

a. Giải phương trình: 3 x2 3 7 x 3

b. Giải hệ phương trình:

3
3

8
2 3

6
2

x
y
x

y


 





  



Bài 2: (1.0 điểm)

Tìm số thực a để phương trình sau có nghiệm nguyên: x2  ax a  2 0 .
Bài 3: (2.0 điểm)

Cho tam giác ABC vng tại A có đường phân giác trong BE (E thuộc AC).
Đường trịn đường kính AB cắt BE, BC lần lượt tại M, N (khác B). Đường thẳng AM
cắt BC tại K. Chứng minh: AE.AN = AM.AK.

Bài 4: (1.5 điểm)

Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, trung tuyến AO có độ dài bằng độ dài cạnh
BC. Đường trịn đường kính BC cắt các cạnh AB, AC thứ tự tại M, N (M khác B, N
khác C). Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN và đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC cắt đường thẳng AO lần lượt tại I và K. Chứng minh tứ giác BOIM nội tiếp
được một đường tròn và tứ giác BICK là hình bình hành.

Bài 5: (2.0 điểm)

a. Bên trong đường trịn tâm O bán kính 1 cho tam giác ABC có diện tích lớn
hơn hoặc bằng 1. Chứng minh rằng điểm O nằm trong hoặc nằm trên cạnh của tam
giác ABC.

b. Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn: a b c  3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2

P a b c ab bc ca
a b b c c a

 

   

 

--- Hết

---Họ và tên thí sinh………..……….. SBD………..
* Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu.

* Giám thị khơng giải thích gì thêm.

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

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
PHAN BỘI CHÂU NĂM HỌC 2009 - 2010

Mơn thi:TỐN
HƯỚNG DẪN CHẤM THI

Bản hướng dẫn chấm gồm 03 trang

Nội dung đáp án Điểm

Bài 1 3,5 đ

a 2,0đ

3 x2 3 7 x 3





3 3 3 3

2 7 3 2. 7 2 7 27

x x x x x x

           0.50đ

9 9. (x 2)(7 x) 27

     0.25đ

3 (x 2)(7 x) 2

    0.25đ

(x 2)(7 x) 8

    0.25đ

2 5 6 0

x x

    0.25đ

1
6
x
x


  

 ( thỏa mãn ) 0.50đ

b 1,50đ

Đặt
2

z

y  0.25đ

Hệ đã cho trở thành

3
3
2 3
2 3
x z
z x
  


 


0.25đ





3 3

3 x z z x

    0,25đ



x z x





2 xz z2 3



      0,25đ

x z

  (vì x2 xz z 2  3 0,x z, ). 0,25đ
Từ đó ta có phương trình:

3 3 2 0 1

2
x
x x
x


    



Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm: ( , ) ( 1; 2), 2,1x y   





0,25đ

Bài 2: 1,0 đ

Điều kiện để phương trình có nghiệm:   0 a2  4a 8 0 (*). 0,25đ
Gọi x1, x2 là 2 nghiệm nguyên của phương trình đã cho ( giả sử x1 ≥ x2). 0,25đ

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

Theo định lý Viet:

1 2

1 2 1 2
1 2

. 2

x x a

x x x x
x x a

 

   

 

1 2

(x 1)(x 1) 3

   
1
2
1 3
1 1
x
x
 

 
 

 hoặc

1
2
1 1
1 3
x
x
 


 

 (do x1 - 1 ≥ x2 -1)
1
2
4
2
x
x


 


 hoặc 
1
2
0
2
x
x







Suy ra a = 6 hoặc a = -2 (thỏa mãn (*) )

0,25đ

Thử lại ta thấy a = 6, a = -2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,25đ

Bài 3: 2,0 đ

Vì BE là phân giác góc ABC nên ABM MBC  AM MN 0,25đ

 

MAE MAN

  (1) 0,50đ

Vì M, N thuộc đường trịn đường

kính AB nên AMB ANB 900 0,25đ
 ANK AME 900, kết hợp

với (1) ta có tam giác AME đồng

dạng với tam giác ANK

0,50đ
AN AK

AM AE

  0,25đ

 AN.AE = AM.AK (đpcm) 0,25đ

Bài 4: 1,5 đ

Vì tứ giác AMIN nội tiếp nên ANM AIM
Vì tứ giác BMNC nội tiếp nên ANM ABC

 

AIM ABC

  .Suy ra tứ giác BOIM nội tiếp

0,25đ

Từ chứng minh trên suy ra tam giác AMI
đồng dạng với tam giác AOB

. .

AM AI

AI AO AM AB
AO AB

   

(1)

0,25đ

Gọi E, F là giao điểm của đường thẳng AO
với (O) (E nằm giữa A, O).

Chứng minh tương tự (1) ta được:
AM.AB = AE.AF

= (AO - R)(AO + R) (với BC = 2R)
= AO2 - R2 = 3R2

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

 AI.AO = 3R2

2 2

3 3 3

2 2 2

R R R R

AI OI

AO R

     

(2) 0,25đ
Tam giác AOB và tam giác COK đồng dạng nên

OA.OK = OB.OC = R2

2 2

R R R

OK

OA R

   

(3)

0,25đ

Từ (2), (3) suy ra OI = OK

Suy ra O là trung điểm IK, mà O là trung điểm của BC
Vì vậy BICK là hình bình hành

0,25đ

Bài 5: 2,0 đ

a, 1,0 đ

Giả sử O nằm ngồi miền tam giác ABC.
Khơng mất tính tổng qt, giả sử A và O
nằm về 2 phía của đường thẳng BC

0,25đ
Suy ra đoạn AO cắt đường thẳng BC tại K.

Kẻ AH vng góc với BC tại H. 0,25đ
Suy ra AH  AK < AO <1 suy ra AH < 1 0,25đ

Suy ra
. 2.1
1
2 2
ABC
AH BC

S   

(mâu thuẫn
với giả thiết). Suy ra điều phải chứng minh.

0,25đ

b, 1,0đ

Ta có: 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2)

= a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 0,25đ

mà a3 + ab2

 2a2b (áp dụng BĐT Côsi )
b3 + bc2 2b2c

c3 + ca2

 2c2a
Suy ra 3(a2 + b2 + c2)

 3(a2b + b2c + c2a) > 0

0,25đ

Suy ra

2 2 2

2 2 2
P a b c ab bc ca

a b c

 

   

 

2 2 2
2 2 2

2 2 2

9 ( )

2( )

a b c
a b c

a b c

  

    

 

0,25đ

Đặt t = a2 + b2 + c2, ta chứng minh được t

 3.
Suy ra

9 9 1 3 1

3 4

2 2 2 2 2 2 2

t t t

P t

t t



         

 P  4
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4

0,25®

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5></div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGOẠI NGỮ NĂM 2009

MƠN THI : TỐN

(Thời gian làm bài 120 phút)

Ngày thi 07-06-2009

Câu 1: (2điểm)
Cho biểu thức
A= 8− x

2+√3 x:

(

2+
3

√

x2
2+√3 x

)

(

3
√x+ 2

3
√x
3

√x −2

)

.
3

√

x2−4
3

√

x2+2√3 x ( x ≠8; x ≠ −8; x ≠0¿
Chứng minh A không phụ thuộc biến số

Câu 2 : ( 2 điểm)

Cho phương trình bậc 2 : x2-2(m+1)x+4m-m2 =0 ( tham số m)

a-Chứng minh PT có 2 nghiệm phân biệt với mọi m

2-Gọi x1;x2 là 2 nghiệm của phương trình .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

M=|x1− x2|
Câu 3: ( 2 điểm)

Giải hệ phương trình

¿
x2

+y2+2(x+y+xy)=0
x2+y2+4x −2y+4=0

¿{
¿
Câu 4:(3 điểm)

Trên (O;R) lấy 2 điểm A;B tuỳ ý ;C thuộc đoạn AB (C khác A;B)

.Kẻ đường kính AD Cát tuyến đi qua C vng góc với AD tại H,cắt (O) tại M;N
.Đường thẳng đi Qua Mvà D cắt AB tại E.Kẻ EG vng góc với AD tại G

a- Chứng minh tứ giác BDHC,AMEG nội tiếp.
b- Chứng minh AM2=AC.AB

c- Chứng minh AE.AB+DE.DM=4R2

Câu 5: ( 1 điểm)

Với x,y là số thực thoả mãn x+y+xy=8
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=x2+y2

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

---Hết---HƯỚNG DẪN
Câu 1: (2điểm)

A=

(2−√x3 )(4+2√x3 +

√

3 x2)
2+√3 x :

(

4+2√3 x+

√

3x2
2+√3 x

)

(

√

x2−23

√2+2√3x
3

√x −2

)

(√x −3 2)(√3 x+2)
3

√x(√3x+2)
A=2−√3 x+√3 x=2∉x

Câu 2 : ( 2 điểm)

a-m+1
2¿

2
+1

2>0∀m

m+1¿2−4m+m2=2m2−2m+1=2¿
Δ❑

=¿
b- M2=(x

1-x2)2=( x1+x2)2-4x1.x2=4(m+1)2- 4(4m-m2)=4m2+8m+4-16m+4m2

M2=8m2-8m+4=2(2m-1)2+2 2 nên M ≥

√2

vậy Min(M)= √2 khi m=1
2

Câu 3: ( 2 điểm)

x2+y2+2(x+y+xy)=0(1)
x2+y2+4x −2y+4=0(2)

¿{
¿

(1) ⇔x2+2(y+1)x+y2+2y=0 coi là phương trình bậc 2 ẩn x tham số y
y+1¿2− y2−2y=1

Δ❑

=¿ >0 PT có 2 nghiệm phân biệt 
x1=-y; x2 =-y-2

Với x=-y thay vào PT (2) ta được PT : y2 -3y+2=0 nhẩm a+b+c=0 ta có y=1 hoặc y=2

Với x=-2-y thay vào PT (2) ta được PT : y2 -y=0 ta có y=0 hoặc y=1

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

Câu 4:(3 điểm)

H G

N
M

O
A

D
B

Câu 5: ( 1 điểm)

Với x,y là số thực thoả mãn x+y+xy=8
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=x2+y2

Cách 1: 3P=3x2+3y2=(x2+4)+(y2+4)+ 2(x2+y2)-8 4x+4y+4xy-8=32-8=24

Vậy 3P ≥24⇔P ≥8 Giá trị nhỏ nhất của P=8 khi x=y=2

Cách 2: 3P-4(x+y+xy)= 3x2+3y2-4x-4y-4xy=(x-2)2+(y-2)2+2(x-y)2-8 −8

Hay 3P −32≥ −8⇔3P ≥24⇔P ≥8
Tơi cịn 1 cách nữa

a- ∠ CHD+ ∠ CBD=1800 nên tứ giác BHDC nội
tiếp

∠ AGE+ ∠ AME=1800 nên tứ giác AMEG nội 
tiếp

b- Δ AME đ d Δ ABM (gg) nên AM2=AC.AB

c- Δ AGE đ d ABD (gg) nên AE.AB=AG.AD (1)

Δ DAM đ d DEG (gg) nên DE.DM=DG.AD (2)
Từ (1) và (2) ta có

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

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)

Mơn thi: TỐN - 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

3 1 3 1

 

 





x x y y

A x y

x xy y



 

 

Câu 2: (2,5 điểm)

Cho phương trình (m + 1)x2 – 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 x1; x2 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 nơ chạy xi dịng 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 nơ và vận tốc dịng nước biết
vận tốc riêng của ca nơ gấp 4 lần vận tốc dòng nước.

Câu 4: (3,5 điểm)

Cho đường trịn (O; R) và đường thẳng (d) khơng đi qua tâm O cắt đường tròn (O; R)
tại hai điểm phân biệt A, B. Điểm M chuyển động trên (d) và nằm ngồi đường trịn (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 trịn đó.

b) Chứng minh MA.MB = MN2.

c) Xác định vị trí điểm M sao cho tam giác MNP đều.

d) Xác định quỹ tích tâm đường trịn 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

   

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

ĐÁP ÁN

(Tơi xin trình bày đáp án của bản thân, có gì sai sót 
mong q vị thơng 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)x2 – 2(m – 1)x + m – 2 = 0

Khi m=2 phương trình trở thành:

3x – 2x = 0





3 2 2

3
x
x x
x



  
 


b) Để phương trình là phương trình bậc 2 thì trước tiên m ≠ -1







 



' 1 m m 1 m 2 3 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



   

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

Thế (2) vào (3)

2( 1) 2 7

1 1 4

2( 1) 7

8 8 7 14

2 4

m m
m m

m

m m
m

 

 

 



     



 m6 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 nơ xi dịng từ A đến B vận tốc của ca nô so với đường là: 4x+x (km/giờ)
Thời gian ca nơ xi dịng từ A đến B là:

60 12

4x x x (giờ).

* Khi ca nơ ngược dịng 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

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)
 ONM 90  0

MPOP (Tính chất tiếp tuyến dây cung)
 OPM 90  0

 ONM+OPM 180  0

Vậy tứ giác MNOP nội tiếp trong đường
Trịn đường kính OM, tâm là trung điểm OM
(Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).

b) CM: MA.MB = MN2 :

Xét 2 tam giác AMN và NMB có
Góc AMN chung.

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

cung AN của đường tròn tâm O).
 AMN đồng dạng vớiNMB

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 NMP 60  0

Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có OM là phân giác của góc NMP nên
 OMN 30 0

* Lại có tam giác OMN vuông tại N và OMN 30  0 nên  NOM 60 0

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 trịn ngoại tiếp tam giác MNP:
* Kẻ OH vng 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 ngồi đường trịn O (tức nằm ngồi AB) thì I cũng nằm ngồi tam giác
AOB.

* Kết luận: Quỹ tích tâm đường trịn 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









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

Vậy giá trị nhỏ nhất của B là 43 khi





1 1
x; y ;

2 3

 

 

 

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN

HÀ NAM Năm học 2009-2010

Mơn thi : tốn(đề chun)

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút(không kể thời gian giao )

Bài 1.(2,5 điểm)

1) Giải phơng trình: 2

1 1

3 2 2

x  x  x 

2) Giải hệ phương trình:

1
7
12

x

x y
x
x y



 

 




 

 



Bài 2.(2,0 điểm)

Cho phương trình: x 6x 3 2 m0

a) Tìm m để x = 7 48 là nghiệm của phương trình.

b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x=x1; x=x2 thoả mãn:

1 2

24
3

x x






Bài 3.(2,0 điểm)

1) Cho phương trình:





2x 2 2m 6 x 6m52 0 ( với m là tham số, x là ẩn số). 
Tìm giá trị của m là số ngun để phwowng trình có nghiệm là số hữu tỷ.
2) Tìm số abc thoả mãn:





2
4

abc a b c.

Bài 4.(3,5 điểm)

Cho ∆ABC nhọn có C A.  Đường trịn tâm I nội tiếp ABC tiếp xúc với các
cạnh AB, BC, CA lần lượt tại các điểm M, N, E; gọi K là giao điểm của BI và
NE.

a) Chứng minh:

 0 

AIB 90
2

C

 

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

d) Gọi Bt là tia của đường 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 đường thẳng NE tương ứng luôn đi qua một điểm cố định.

---

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

4m 12m 68 2m 3  77

Để phương trình có nghiệm hữu tỷ thì ' phải là số chính phương. Giả sử 
'

 = n2( trong đó n là số tự nhiên).

Khi đó ta có











 



2 2 2 2

2m 3  77n  2m 3  n 77 2m 3n . 2m 3 n 77
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 trường hợp ta sẽ tìm được giá trị của m.
2)Từ giả thiết bài tốn 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 a b 1

là số lẻ và do 0 c 9 nên





2
4 a b 1

5.
Mà





2
4 a b

là số chẵn nên





2
4 a b

phải có tận cùng là 6





a b

phải có tận
cùng là 4 hoặc 9. (*)

Mặt khác 2
2.5
4( ) 1

ab
c

a b



  và





4 a b 1

là số lẻ





2
4 a b 1

<500





125, 25

a b

  

(**)
Kết hợp (*) và (**) ta có





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





4 a b 1chia hết cho 3 
mà (a+b) + 9a= 3k ± 1+9a không chia hết cho 3 10



a b



9a không 3 c N

+ Nếu a+b =3 ta có









10 3 9 6 1 3

35 7

a a

c   

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

Kết luận số 216 là số cần tìm.
Bài 4:

* Ý c : Chứng minh KT.BN=KB.ET
Cách 1:C/m AKTIET

KT AK

ET  IE

C/m AKBINB

KB AK

BN IN

Do IE=IN từ đó ta suy ra điều phải chứng minh
Cách 2:

C/m TKETAI

KT TA

ET TI

C/m BIMBAK

KB AB

BM BI

Theo tính chất tia phân giác của ABT ta có ta có

TA AB

TI BI

Và do BM=BN từ đó suy ra điều phải c/m
*Ý d:Chứng minh NE đi qua một điểm cố định:

Do A, B và tia Bt cố định nên ta có tia Bx cố định và ABI  không đổi (tia Bx là 
tia phân giác của ABt)

Xét ABK vuông tại K ta có KB = AB.cos ABI=AB.cos khơng đổi

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

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN

HÀ NAM Năm học 2009-2010

Mơn thi : tốn(đề chun)

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút(không kể thời gian giao đề)
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 ngun 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 2

k 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 trịn 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)

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.

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

---HƯỚNG 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

      
   
     
 
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 2

x 2x 6 0 nhận 7 1 làm nghiệm

0,25 đ

Bi 2:(2,5 im)

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)  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

(phơng trình vô nghiệm)

0,25 đ

* Nếu

2y
3x 2y 0 x

   

.
Thay vào (1) ta đợc

y  9 y3

0,25 ®

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

Vậy hệ phương 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) (*)

Phương trình đã cho trở thành:









y 1  3 y 1 m0
2

y 5y m 4 0

     (1)

0,25 ®

Từ (*) ta thấy, để phơng trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì phơng trình
(1) có 2 nghiệm dơng phân biệt

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

0 9 4m 0

S 0 5 0

P 0 m 4 0

   

 

 

     

    

 

0,25 ®

m 9

4 m
4

m 4





     

  


Vậy với

9
4 m

  

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 (víi n ) k2 25n210n 1 k24 5

2
k 4

không là số nguyên tè.

0,25 ®

- XÐt k5n2 (víi n) k2 25n2 20n 4 k2 16 5

2
k 16

không là số nguyên tố. 0,25 đ

- Xột k5n3 (với n) k2 25n230n 9 k216 5

2
k 16

  không là số nguyên tố. 0,25 đ

- Xét k5n4 (víi n) k2 25n2 40n 16  k24 5

2
k 4

  không là số nguyên tố.

Do vậy k 5

0,25 ®

b) Ta chøng minh: Víi a, b, c th×









2 2 2 2

a b c 3 a b c

(*)
ThËt vËy

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

       (ln đúng)

0,5 ®

Áp dụng (*) ta có:



p a p b p c



2 3 3p



 a b c



3p

Suy ra p a p b p c 3p (®pcm)

0,5 ®

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

J
I

C
N

M
O

A B

D

a) Xét MBC và MDB có:

BDM MBC (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
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
2



1800 BJC
BCJ cân tại J CBJ

0,5

Suy ra

  BJC 180O BJC O

MBC CBJ 90 MB BJ

2 2



     

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

0,5 ®

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

Chøng minh t¬ng tù I thuéc AN

Ta cã ANB ADB 2BDM BJC  CJ // IN
Chøng minh tơng tự: CI // JN

0,5 đ

Do ú t giỏc 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)

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

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:

8 2 180

135
8

(  ).



0,25 đ

Nếu e - a ≠ 0 thì

h b f d
2

e a

  

 

  (iu ny vụ lý do 2 là số vô tØ)

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

SỞ GD VÀ ĐT

THANH HOÁ

KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LAM SƠN

NĂM HỌC: 2009 - 2010

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN (DÀNH CHO THÍ SINH THI VÀO
LỚP CHUN TỐN)

Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao )

Câu 1:(2,0 điểm)

1. Cho sè x (x∈R ; x>0) thoả mãn điều kiện: x2 + 1

x2 = 7
Tính giá trị các biểu thức: A = x3 + 1

x3 và B = x5 + 
1
x5

2. Giải hệ phương trỡnh:

1 1

2 2

1 1

2 2

y
x

x
y



  





   




Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình: ax2 bx c 0(a0) có hai nghiệm x x1, 2
thoả mãn điều kiện: 0 x1 x2 2.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2 2

2 3

a ab b
Q

a ab ac

 



  
Câu 3: (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: √x −2 + √y+2009 + √z −2010 = 12(x+y+z)
2. Tìm tất cả các số nguyên tố p để 4p2 +1 và 6p2 +1 cũng là số nguyên tố.

Câu 4: (3,0 điểm)

1. Cho hình vng ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại E. Một đường
thẳng qua A, cắt cạnh BC tại M và cắt đường thẳng CD tại N. Gọi K là giao
điểm của các đường thẳng EM và BN . Chứng minh rằng: CK BN .

2. Cho đường trũn (O) bỏn kớnh R=1 và một điểm A sao cho OA= √2 .Vẽ cỏc
tiếp tuyến AB, AC với đường trũn (O) (B, C là cỏc tiếp điểm).Một gúc xOy cú số đo
bằng 450 cú cạnh Ox cắt đoạn thẳng AB tại D và cạnh Oy cắt đoạn thẳng AC tại E.
Chứng minh rằng: 2√2−2≤DE<1 .

Câu 5: (1,0 điểm) Cho biểu thức P=a2+b2+c2+d2+ac+bd ,trong đó ad−bc=1 .
Chứng minh rằng: P≥√3 .

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN
THANH HOÁ NĂM HỌC 2009-2010

Đáp án đề thi chính thức

MƠN: TỐN ( DÀNH CHO THÍ SINH THI VÀO LỚP CHUN TOÁN)

Ngày thi: 19 tháng 6 năm 2009
 (Đáp án này gồm 04 trang)

Câu ý Nội dung Điểm

1 Từ giả thiết suy ra: (x + 1

x )2 = 9  x +
1

x = 3 (do x > 0)
 21 = (x + 1x )(x2 + 1

x2 ) = (x

3 + 1

x3 ) + (x +
1

x )  A = x3 +
1

x3 =18

 7.18 = (x2 + 1

x2 )(x3 +
1

x3 ) = (x5 +
1

x5 ) + (x +
1
x )
 B = x5+ 1

x5 = 7.18 - 3 = 123

0.25
0.25

0.25
0.25
2 Từ hệ suy ra 1

√x+

√

2−
1
y=

√y+

√

2−
1

x (2)
Nếu 1

√x>
1

√y thỡ

√

2−
1
y>

√

2−

x nờn (2) xảy ra khi và chỉ khi
x=y

thế vào hệ ta giải được x=1, y=1

0.5

0.5
2

Theo Viét, ta có: 1 2
b
x x

a

 

, 1. 2
c
x x
a

.
Khi đó
2 2
2
2 3
2

a ab b
Q

a ab ac

 

  = 
2
2 3.
2
b b
a a
b c
a a
 
   
 
 

( Vì a 0)

1 2 1 2

2 3( ) ( )

2 ( )

x x x x

x x x x

   

  

Vì 0 x1 x2 2 nên
2

1 1 2

x x x và x22 4
 x12 x22 x x1 24





1 2 3 1 2 4

x x x x

   

Do đó

1 2 1 2

2 3( ) 3 4

2 ( )

x x x x
Q

x x x x

   

 

  

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 x2 2 hoặc x1 0,x2 2

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Tức là

4
4

2 0

0
b
a

c c b a

a

b a

b

c
a

c
a
 

 

 
 

     

  

  

 

 

    





 





 


 

 Vậy maxQ=3 0.25

1 ĐK: x ≥ 2, y ≥ - 2009, z ≥ 2010
Phương trình đã cho tương đương với:

x + y + z = 2 √x −2 +2 √y+2009 +2 √z −2010

 ( √x −2 - 1)2 + ( √y+2009 - 1)2 + ( √z −2010 - 1)2 = 0
√x −2 - 1 = 0 x = 3

√y+2009 - 1 = 0  y = - 2008
√z −2010 - 1 = 0 z = 2011

0.25

0.25
0.25

0.25
2 Nhận xét: p là số nguyên tố  4p2 + 1 > 5 và 6p2 + 1 > 5

Đặt x = 4p2 + 1 = 5p2- (p - 1)(p + 1)

y = 6p2 + 1  4y = 25p2 – (p - 2)(p + 2)

Khi đó:

- Nếu p chia cho 5 dư 4 hoặc dư 1 thì (p - 1)(p + 1) chia hết cho 5
 x chia hết cho 5 mà x > 5  x không là số nguyên tố

- Nếu p chia cho 5 dư 3 hoặc dư 2 thì (p - 2)(p + 2) chia hết cho 5
 4y chia hết cho 5 mà UCLN(4, 5) = 1  y chia hết cho 5 mà
y > 5

 y không là số nguyên tố

Vậy p chia hết cho 5, mà p là số nguyên tố  p = 5
Thử với p =5 thì x =101, y =151 là các số nguyên tố
Đáp số: p =5

0.25

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

4
1.

Trên cạnh AB lấy điểm I sao cho IB = CM
Ta có Δ IBE = Δ MCE (c.g.c).

Suy ra EI = EM , ∠MEC=∠BEI  Δ MEI vuông cân tại E

Suy ra ∠EMI=450=∠BCE

Mặt khác: IBAB=CM
CB =

AN  IM // BN

∠BCE =∠EMI =∠BKE  tứ giác BECK nội tiếp

∠BEC +∠BKC=1800

Lại có: ∠BEC=900⇒∠BKC=900 . Vậy CK BN

Vỡ AO = √2 , OB=OC=1 và ABO=ACO=900 suy ra OBAC là
hỡnh vuụng

Trờn cung nhỏ BC lấy điểm M sao cho DOM = DOB
MOE=COE

Suy ra Δ MOD= Δ BOD DME=900
Δ MOE= Δ COE EMO=900

suy ra D,M,E thẳng hàng, suy ra DE là tiếp tuyến của (O).

0.25
0.25
0.25
0.25

0.25
0.25

D C N

A I B

K
M

C
B

E
M
A
x

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Vỡ DE là tiếp tuyến suy ra DM=DB, EM=EC

Ta cú DE<AE+AD 2DE<AD+AE+BD+CE =2 suy ra DE<1
Đặt DM= x, EM=y ta cú AD2 + AE2 = DE2

 (1-x)2 + (1-y)2 = (x+y)2
 1- (x+y) = xy (x+y)

4 suy ra DE

2 + 4.DE - 40

 DE 2√2−2

Vậy 2√2−2≤ DE<1

Ta có: ad−bc¿
2

=a2c2+2 abcd+b2d2+a2d2−2 abcd+b2c2
ac+bd¿2+¿

¿
¿a2(c2+d2)+b2(d2+c2)=(a2+b2) (c2+d2)
Vì ad−bc=1 nên ac+bd¿

❑2

=(a2+b2) (c2+d2)(1)
1+¿

áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số khơng âm (a2+b2);(c2+d2)
có: P=a2+b2+c2+d2+ac+bd≥2

√

(a2+b2) (c2+d2)+ac+bd

⇒P ≥2

√

1+(ac+bd)2+ac+bd (theo (1))
Rõ ràng P>0 vì: 2

√

1+(ac+bd)2>|ac+bd|2
Đặt x=ac+bd ,ta có: P≥2

√

1+x2+x

⇔P2≥4(1

+x2)+4x

√

1+x2+x2=(1+x2)+4x

√

1+x2+4x2+3
¿(

√

1+x2+2x)2+3≥3

Vậy P≥3

0.25

0.25
0.25

0.25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LAM SƠN

THANH HOÁ NĂM HỌC: 2009 - 2010

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Thời gian làm bài : 150 phút( Không kể thời gian giao đề)

Câu 1( 2,0 điểm)

Cho biểu thức: T=2x
2

+4
1− x3 −

1
1+√x−

1
1−√x

1. Tìm điều kiện của x để T xác định. Rút gọn T
2. Tìm giá trị lớn nhất của T .

Câu 2 ( 2,0 điểm)

1. Giải hệ phương trình:

{

2x2−xy=1

4x2

+4 xy− y2=7

2. Giải phương trình: √x −2+√y+2009+√z −2010=1

2(x+y+z)
Câu 3 (2,0 điểm)

1. Tìm các số nguyên a để phương trình: x2- (3+2a)x + 40 - a = 0 có nghiệm

ngun. Hãy tìm các nghiệm ngun đó.

2. Cho a , b , c là các số thoả mãn điều kiện:

{

a ≥b ≥00
19a+6b+9c=12
Chứng minh rằng ít nhất một trong hai phương trình sau có nghiệm

x2−2(a+1)x+a2+6 abc+1=0
x2−2(b+1)x+b2+19 abc+1=0
Câu 4 (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường trịn tâm O đường
kính AD. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, E là một điểm trên cung BC không
chứa điểm A.

1. Chứng minh rằng tứ giác BHCD là hình bình hành.

2. Gọi P và Q lần lượt là các điểm đối xứng của E qua các đường thẳng AB và
AC. Chứng minh rằng 3 điểm P, H, Q thẳng hàng.

3. Tìm vị trí của điểm E để PQ có độ dài lớn nhất.
Câu 5 ( 1,0 điểm)

Gọi a , b , c là độ dài ba cạnh của một tam giác có ba góc nhọn. Chứng minh

rằng với mọi số thực x , y , z ta ln có: x2
a2+

y2
b2+

z2
c2>

2x2+2y2+2z2
a2+b2+c2
 ---Hết

---Họ và tên thí sinh:... Số báo danh:...
Họ tên và chữ ký của giám thị 1 Họ tên và chữ ký của giám thị 2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN

THANH HOÁ NĂM HỌC 2009-2010
Đáp án đề thi chính thức

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Câu ý Nội dung Điểm

1 2,0

1 Điều kiện: x ≥0; x ≠1

T=2x

2
+4
1− x3 −

2
1− x=

2−2x
1− x3=

2
x2

+x+1

0,25
0,75
2 T lớn nhất khi x2+x+1 nhỏ nhất, điều này xẩy ra khi x=0

Vậy T lớn nhất bằng 2

0,5
0,5
2 1 Giải hệ phương trình:

2x2 – xy = 1 (1)

4x2 +4xy – y2 = 7 (2)

Nhận thấy x = 0 không thoả mãn hệ nên từ (1)  y = 2x
2

−1
x (*)
Thế vào (2) được: 4x2 + 4x. 2x2−1

x -

2x2−1

x ¿

= 7
 8x4 – 7x2 - 1 = 0

Đặt t = x2 với t ≥ 0 ta được 8t2 - 7t - 1 = 0

 t = 1

t = - 18 (loại)

với t =1 ta có x2 = 1  x =  1 thay vào (*) tính được y =  1

Hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm: x = 1 và x = -1

y = 1 y = -1

0,25

0,25
2 ĐK: x ≥2; y ≥ −2009; z ≥2010

Phương trình đã cho tương đương với:
x+y+z=2√x −2+2√y+2009+2√z −2010

⇔(√x −2−1)2+(√y+2009−1)2+(√z −2010−1)2=0

⇔x=3; y=−2008; z=2011

0,25
0,25
0,25
0,25
3 1 PT đã cho có biệt số  = 4a2 + 16a -151

PT có nghiệm ngun thì  = n2 với n  N
Hay 4a2 + 16a - 151 = n2

 (4a2 + 16a + 16) - n2 = 167
 (2a + 4)2 - n2 = 167  (2a + 4 + n)(2a + 4 - n) = 167

Vì 167 là số nguyên tố và 2a + 4 + n > 2a + 4 - n nên phải có:

2a + 4 + n = 167

2a + 4 - n = 1 4a + 8 = 168 a = 40
2a + 4 + n = -1  4a + 8 = -168  a = -44

0,25
0,25

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

2a + 4 - n = -167

với a = 40 đựơc PT: x2 - 83x = 0 có 2 nghiệm nguyên x = 0, x = 83

với a = - 44 thì PT có 2 nghiệm nguyên là x= -1, x = - 84 0,25

2 Ta có: ' '

1 a(2 6 ) ;bc 2 b(2 19 )ac

     

Suy ra    1' 2' a(2 6 ) bc b(2 19 ) ac
Từ giả thiết 19a6b9c12, ta có tổng

(2 6 ) (2 19 ) 4 bc   ac   c(19a6 ) 4b   c(12 9 ) c





2
2

9c  12c 4 3c 2 0.

Do đó ít nhất một trong hai số (2 6 ) ;(2 19 ) bc  ac không âm
Mặt khác, theo giả thiết ta có a0 ;b0 . Từ đó suy ra ít nhất
một trong hai số 1'; 2' khơng âm, suy ra ít nhất một trong hai
phương trình đã cho có nghiệm ( đpcm)

0,25
0,25

0,25

4 1

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Mặt khác AD là đường kính của đường trịn tâm O nên DC AC (2)
Từ (1) và (2) suy ra BH // DC.

Hoàn toàn tương tự, suy ra BD // HC.

Suy ra tứ giác BHCD là hình bình hành ( Vì có 2 cặp cạnh đối song
song).

Theo giả thiết, ta có: P đối xứng với E qua AB suy ra AP=AE
( c.g. c )

Lại có ( góc nội tiếp cùng chắn một cung)

Mặt khác tứ giác APHB là tứ giác nội tiếp ( góc nội tiếp cùng
chắn một cung)

Mà

Hồn tồn tương tự, ta có: .Do đó:

Suy ra ba điểm P, H, Q thẳng hàng

Vì P, Q lần lượt là điểm đối xứng của E qua AB và AC nên ta có
AP = AE = AQ suy ra tam giác APQ là tam giác cân đỉnh A
Mặt khác, cũng do tính đối xứng ta có ( khơng đổi)

Do đó cạnh đáy PQ của tam giác cân APQ lớn nhất khi và chỉ khi
AP, AQ lớn nhất AE lớn nhất.

Điều này xảy ra khi và chỉ khi AE là đường kính của đường tròn
tâm O ngoại tiếp tam giác ABC E D

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25
A

C
H
a

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Vì ta có:
(*)

Giả sử thì . Với cạnh lớn nhất

nhọn (gt) do vậy kẻ đường cao BH ta có từ đó suy ra biểu thức (*) 
là không âm suy ra điều phải chứng minh

0,25

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31></div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

KÌ THI VAO LỚP 10CHUN
NĂM HỌC 2009 – 2010

Mơn thi : TOÁN

Thời gian làm bài : 150 phút

Câu I: ( 2.5 điểm )

Cho phương trình : x2 - 2x + 3 - m = 0 , gọi x

1, x2 là hai nghiệm của phương

trình. Tìm giá trị của m để : 
Câu II: (2.5 điểm )

1) Cho phân số : A =

Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên n thỏa mãn 
 sao cho A là phân số chưa tối giản.

2) Cho Tìm giá trị nhỏ nhất của :

Câu III: (2.0 điểm)
 Giải phương trình :
 
Câu IV: ( 3 điểm)

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O . Vẽ tia Ax vng góc với 
AD cắt BC tại E ; vẽ tia Ay vng góc với AB cắt CD tại F.

1) Trong trường hợp là góc tù . Chứng minh : EF đi qua O.
2) Chứng minh :

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2008 - 2009

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

íng dÉn chÊm:§Ị sè 2

Câu Nội dung điểm

câu1

2.5 im iu kin phng trỡnh : x

2 - 2x + 3 - m = 0 cã nghiÖm :

Theo hÖ thøc Viet : 
Ta cã :

Và 
Nên

Vậy m = 3 thỏa mÃn điều kiện đầu bài

0.25
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
CUII

2.5 điểm 1) Gi d l c chung lớn nhất của n

2 + 4 và n+5

Vì A là phân số chưa tối giản nên d > 1

Ta có (n + 5)2 - ( n2 + 4) chia hết cho d

Hay 10(n + 5) - 29 chia hết cho d mà có n + 5 chia hết cho d
Nên 29 chia hết cho d mà 29 là số nguyên tố và d > 1 d = 29
Tồn tại số m nguyên dương sao cho : n + 5 = 29m. Khi đó:

và m nguyên dương nên các giá trị của m là 1;2;3 …69
Vậy có tất cả 69 số tự nhiên n thỏa mãn

0.25
0.25
0.25
0.25
2)* TA CHỨNG MINH BĐT SAU : VỚI X , Y LÀ CÁC SỐ

KHƠNG ÂM TA CĨ : ,(1)ĐẲNG THỨC XẢY RA KHI X = 
Y

THẬT VẬY : (1)
 , (BĐT ĐÚNG )

ĐẲNG THỨC XẢY RA KHI X = Y
CÓ P =

TA CÓ :

HAY : ,(2) ĐẲNG THỨC XẢY RA KHI A = 2
TƯƠNG TỰ : , ( 3)

ĐẲNG THỨC XẢY RA KHI B = 3

VÀ , (4)

ĐẲNG THỨC XẢY RA KHI C = 4
DO ĐÓ : P

0.25
0.25

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

VẬY GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA P = KHI 0.25
0.25

0.25

CÂU III

2.0 ®iĨm Đặt :

Thay vào phương trình và lập phương hai vế của phương 
trình ta được :

Nên phương trình tương đương với :

Xét 3 trường hợp :
1)

2)
3)

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là:

0.25
0.25
0.25
0.25

0.25

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

0.25

0.25
CÂUIV

3
ĐIỂM

1)

NỐI EF , GỌI P LÀ ĐIỂM ĐỐI XỨNG VỚI A QUA EF
 TRƯỜNG HỢP O NẰM NGỒI ,TA CĨ :

GỌI TIA AT LÀ TIA ĐỐI CỦA TIA AB , TA CÓ (CÙNG 
PHỤ VỚI )

MÀ ( CÙNG BÙ VỚI DO TỨ GIÁC ABCD NỘI TIẾP )
TỪ (1) VÀ (2) SUY RA :

NÊN TỨ GIÁC EPCF NỘI TIẾP

MÀ CÓ ( CÙNG PHỤ VỚI )

NÊN TỨ GIÁC ADCP NỘI TIẾP

HAY P THUỘC ĐƯỜNG TRÒN TÂM O .MÀ EF LÀ

TRUNG TRỰC CỦA AP NÊN EF PHẢI QUA TÂM O CỦA 
ĐƯỜNG TRÒN

TRƯỜNG HỢP O NẰM TRONG CHỨNG MINH TƯƠNG 
TỰ

2)TRƯỚC HẾT TA CHỨNG MINH BÀI TOÁN SAU :
CHO TAM GIÁC ABC NỘI TIẾP ĐƯỜNG

TRÒN (O;R) VỚI AB = C; AC = B ;BC = A

CHỨNG MINH : DIỆN TÍCH TAM GIÁC ABC ĐƯỢC 
TÍNH THEO CƠNG THỨC :.(*)

THẬT VẬY : KẺ ĐƯỜNG CAO AH, ĐƯỜNG KÍNH AD
TA CĨ :

HAY

KẺ ĐƯỜNG CHÉO AC VÀ BD CỦA TỨ GIÁC ABCD TA 
CĨ

GỌI R LÀ BÁN KÍNH ĐƯỜNG TRỊN NGOẠI TIẾP TỨ 
GIÁC ABCD ,ÁP DỤNG CƠNG THỨC TRÊN TA CĨ :

( ĐPCM)

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

0.25
0.5

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH DƯƠNG

---KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10

THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
NĂM HỌC 2009-2010

MƠN THI: TỐN (Chun)

Thời gian làm bài: 150 phút
(khơng k thi gian phỏt .)

---Câu1: Giải phơng trình

Cõu 2: Gii hệ phương trình
Câu 3: Cho a,b  R thỏa:

Tính a+ b

Câu 4 Cho Phương trình bậc hai , x là ẩn, tham số m:

1- Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m.
2- Gọi x1,x2 là hai nghiệm của phương trình . Chứng tỏ M = x1 + x2 - x1x2 không

phụ thuộc vào giá trị của m .

Câu 5 Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn . BE và CF là hai đường cao. Trực tâm H. 
Trên HB và HC lần lượt lấy điểm M , N sao cho . Chứng minh : AM = AN .

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

GIẢI ĐỀ THI

Câu1: Giải phương trình
Câu 2: Giải hệ phương trình
Câu 3: Cho a,b  R thỏa:

Tính a+ b

Câu 4 Cho Phương trình bậc hai , x là ẩn, tham số m:
1.

’ = [-(m+1)]2-2m = m2 +2m +1 -2m = m2 + 1 > 0

Nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m
2.

Nên không phụ thuộc vào giá trị của m .
Câu 5:

Từ (1),(2),(3)
MA2 = NA2
MA = NA

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

---Sở GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009-2010

KHÁNH HỒ MƠN: TỐN

NGÀY THI: 19/6/2009

Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)

Bài 1: (2 điểm) (khơng dùng máy tính bỏ túi)

a) Cho biết A= và B= . Hãy so sánh A+B và AB.
2x +y = 1

b) Giải hệ phương trình:

3x – 2 y= 12

Bài 2: (2.5 điểm)

Cho Parabol (P) : y= x2 và đường thẳng (d): y=mx-2 (m là tham số m 0)

a/ Vẽ đồ thị (P) trên mặt phẳng toạ độ Oxy.
b/ Khi m = 3, hãy tìm toạ độ giao điểm (p) ( d)

c/ Gọi A(xA;yA), B(xA;yB) là hai giao điểm phân biệt của (P) và ( d).

Tìm các gia trị của m sao cho : yA +yB = 2(xA + xB )-1.
Bài 3: (1.5 điểm)

Cho một mảnh đất hình chữ nhật có chiểu dai hơn chiều rộng 6 m và bình phương độ
dài đường chéo gấp 5 lần chu vi. Xác định chiều dài và rộng của mảnh đất hình chữ
nhật.

Bài 4: ( 4 điểm).
ĐỀ CHÍNH

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Cho đường trịn(O; R) từ một điểm M ngồi đường trịn (O; R). vẽ hai tiếp tuyến A,
B. lấy C bất kì trên cung nhỏ AB. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu vng góc của C
tên AB, AM, BM.

a/ cm AECD Nội tiếp một đường tròn .
b/ cm:

c/ cm : Gọi I là trung điểm của AC và ED, K là giao điểm của CB , DF.
Cm IK// AB.

d/ Xác định vị trí c trên cung nhỏ AB dể (AC2 + CB2 )nhỏ nhất. tính giá trị nhỏ

nhất đó khi OM =2R

---Hết---Đáp án câu 4c,d: Đề thi 2009 – 2010 :

4c)Chứng minh rằng : IK//AB

Gợi ý: Chứng minh tổng số đo hai góc ICK và IDK bằng 1800 .
4d)Xác định vị trí điểm C trên cung nhỏ AB để CA + CB2 2 đạt GTNN.

Gợi ý : Xây dựng công thức đường trung tuyến của tam giác.
Gọi N là trung điểm của AB.

Ta có:

AC2 + CB2 = 2CD2 + AD2 + DB2 =2(CN2 – ND2) + (AN+ND)2 + (AN – ND)2

= 2CN2 – 2ND2 + AN2 + 2AN.ND + ND2+ AN2 – 2AN.ND + ND2.

= 2CN2 + 2AN2

= 2CN2 + AB2/2

AB2/2 ko đổi nên CA2 + CB2 đạt GTNN khi CN đạt GTNN

 C là giao điểm của ON và cung
nhỏ AB.

=> C là điểm chính giữa của cung nhỏ AB.

Khi OM = 2R thì OC = R hay C là trung điểm của OM => CB = CA = MO/2 = R
Do đó: Min (CA2 + CB2) = 2R2 .

</div>

De dap an thi TS vao lop 10





















<b>MƠN THI : TỐN </b>

(

√

)

(

)

√

√

√

(

<sub>√</sub>

)

(

√

)





































   







 









 



3x – 2x = 0











 







1 1

x; y

;

2 3





















