150 de toan thi vao lop 10

1
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).
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
  
  
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.
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

2
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
23
2 2
1
x
yx y
xy x
y
 

    


0,25
Từ (1)&(4) có:
1
13
22
1 1
2 2
1
x
yx 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:
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;
(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



0,25

3
+ 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.
Câu 2 (1,5 điểm):
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
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
a) 2,0 điểm:
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
· ·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 =
0,25
A I B
K
M
D E H R C
Q

4
MR nên KM là đường trung bình 
KM // CD
Do CD // AB (gt) do đó KM // AB
(đpcm)
0,25
b) 1,0 điểm:
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
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 4A B C ABCS 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 CABS 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

5
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
2 453 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:…………….
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
®Ò chÝnh thøc

6
CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM
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
2 453 2 4 3 2010 2009
    L
Bđt
1 2 k 1 2 k
(k 1) k k. k 1
 
 
 
0.25
 2k 1 2 k(k 1) 0    0.25
2
( k 1 k) 0   
Luôn đúng với mọi k nguyên dương.
0.25
a.
(1.0đ)
1 1 1
2( )
( 1) 1
  
 k k k k
0.25
Áp dụng kết quả câu a ta có:
1 1 1 1
VT
2 1 3 2 4 3 2010 2009
    L
0.25
1 1 1 1 1 1
2 2 2
1 2 2 3 2009 2010
    
          
     
L 0.25
1
2 1
2010
 
  
 
0.25
Bài 1.
(2điểm)
b.
(1.0đ)
1 88
2 1 VP
45 45
 
    
 
(đpcm) 0.25
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
Bài 2
(2.5
điểm)
a.
(1,5đ)
Pt (1) có nghiệm x 1 2      
2
1 2 1 1 2 6 0      m 0.5

7
Tìm được 5 2 6m   và KL. 1.0
Tính  
2
1 24 0m m      suy ra pt (1) có 2 nghiệm phân biệt
1 2,x x . 0.5
   
2 2
1 2 1 26 2 3A x x x x   
Theo ĐL Vi-et ta có 1 2 6x x     
2
1 22 3 0A x x   
0.25
b.
(1,0đ)
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.
0.25
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   
Hệ phương trình đã cho
2 2
22 2
33
( ) 3 3( )( ) 9
x yx y xy
x y xyx y x y xy
     
  
      
0.5
a
(1.0đ)
3 1
2 2
x y x
xy y
   
  
  
hoặc
2
1
x
y



0.5
Ta có
2
3 3 2 3 7
2 3 2 2 0
4 8
y x x x x x y
 
          
 
(1)
0.25
2
3 3 2 9 15
( 2) 4 9 6 2 0 2
4 16
x y x x x y x
 
            
 
(2)
0.25
Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1 0.25
Bài 3
(2 điểm)
b
(1.0đ)
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)
0.25

8
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
BA
D C
M
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
1.5
a.
2.0đ
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.
0.5
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

   
0.5

9
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2
a
NH NK 
(2 2)
2
a
OM

  0.5
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.
z
x
A
O
B C
Bài 5.
(0.5
điểm)
 Chỉ ra đường thẳng 1d 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 2d 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 2d là một đường thẳng cần tìm.
 Tương tự lấy B trên Ox sao cho OB = a(a + 1), Ta tìm được
đường thẳng 3d
 Chứng minh 1 2 3, ,d d d phân biệt. ĐPCM
0.5
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).
===========================

10
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  
20092
1P x x  
Bài 2 : ( 1, 5 điểm ) : cho hai phương trình x2
+ b.x + c = 0 ( 1 )
và x2
- b2
x + bc = 0 (2 )
biết phương trình ( 1 ) có hai nghiệm x1 ; x2 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 3x
- y3
= 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 :
   
  
33
3
3
4 2 3 3 3 1 3
5 2 17 5 38 2 5 2 (17 5 38) 2
1 1
1
1 217 5 38 17 5 38 2
x
   
 
     
   
  
vậy P = 1
Bài 2 : vì 3 1 4 2 1x x x x    => 3 1 4 21; 1x x x x   

11
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 ) => b2
+ 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 x2
+ +b x + c = 0 trở thành
X2
+ 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 x2
+ b x + c = 0
trở thành x2
- 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
 
        
      
=>
 
22 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

12
=> · · 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) 3x
- y3
= 1
  2
3 1 1x
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 0m 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
Së gi¸o dôc-®µo t¹o Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 THPT chuyªn
Hµ nam N¨m häc 2009-2010
M«n thi : to¸n(®Ò chuyªn)

13
®Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 120 phót(kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)
Bµi 1.(2,5 ®iÓm)
1) Gi¶i ph¬ng tr×nh: 2
1 1
2
3 2 2x x x
 
  
2) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:
1
7
12
x
x y
x
x y

  

 
 
Bµi 2.(2,0 ®iÓm)
Cho ph¬ng tr×nh: 6 3 2 0x x m   
a) T×m m ®Ó x = 7 48 lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh.
b) T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm x=x1; x=x2 tho¶ m·n:
1 2
1 2
24
3
x x
x x



Bµi 3.(2,0 ®iÓm)
1) Cho ph¬ng tr×nh:  2
2 2 2 6 6 52 0x m x m     ( víi m lµ tham sè, x lµ Èn sè). T×m
gi¸ trÞ cña m lµ sè nguyªn ®Ó phwowng tr×nh cã nghiÖm lµ sè h÷u tû.
2) T×m sè abc tho¶ m·n:  
2
4abc a b c  .
Bµi 4.(3,5 ®iÓm)
Cho ∆ABC nhän cã µ µC A. §êng trßn t©m I néi tiÕp  ABC tiÕp xóc víi çc
c¹nh AB, BC, CA lÇn lît t¹i çc ®iÓm M, N, E; gäi K lµ giao ®iÓm cña BI vµ
NE.
a) Chøng minh: ·
µ
0
AIB 90
2
C
  .
b) Chøng minh 5 ®iÓm A, M, I, K, E cïng n»m trªn mét ®êng trßn.
c) Gäi T lµ giao ®iÓm cña BI víi AC, chøng minh: KT.BN=KB.ET.
d) Gäi Bt lµ tia cña ®êng th¼ng BC vµ chøa ®iÓm C. Khi 2 ®iÓm A, B vµ tia Bt
cè ®Þnh; ®iÓm C chuyÓn ®éng trªn tia Bt vµ tho¶ m·n gi¶ thiÕt, chøng minh
r»ng çc ®êng th¼ng NE t¬ng øng lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh.
----------- HÕt----------
Hä vµ tªn thÝ sinh: ..Sè b¸o danh:
Ch÷ ký gi¸m thÞ sè 1: .Ch÷ ký gi¸m thÞ sè 2 ..
Gîi ý mét sè c©u khã trong ®Ò thi:
Bµi 3:
1) Ta cã '
 =  
22
4 12 68 2 3 77m m m    
§Ó ph¬ng tr×nh cã nghiÖm h÷u tû th× '
 ph¶i lµ sè chÝnh ph¬ng. Gi¶ sö
'
 = n2
( trong ®ã n lµ sè tù nhiªn).
Khi ®ã ta cã        
2 22 2
2 3 77 2 3 77 2 3 . 2 3 77m n m n m n m n            

14
Do nN nªn 2m-3+n>2m-3-n
Vµ do mZ, nN vµ 77=1.77=7.11=-1.(-77)=-7.(-11)
Tõ ®ã xÐt 4 trêng hîp ta sÏ t×m ®îc gi¸ trÞ cña m.
2)Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta cã:
 
 
 
 
 
 
 
2 2
2
2 2
100 10
100 10 .4 ( 4 1 0)
4 1
10 910 10
4 1 4 1
a b
a b c a b c c do a b
a b
a b aa b
a b a b

        
 
     
   
Ta cã  
2
4 1a b  lµ sè lÎ vµ do 0 9c  nªn  
2
4 1a b  M5.
Mµ  
2
4 a b lµ sè ch½n nªn  
2
4 a b ph¶i cã tËn cïng lµ 6  
2
a b ph¶i cã tËn
cïng lµ 4 hoÆc 9. (*)
MÆt kh¸c 2
2.5
4( ) 1
ab
c
a b

 
vµ
 
2
4 1a b  lµ sè lÎ  
2
4 1a b  <500  
2
125,25a b   (**)
KÕt hîp (*) vµ (**) ta cã  
2
a b {4; 9; 49; 64}
a+b  {2; 3; 7; 8}
+ NÕu a+b{2; 7; 8} th× a+b cã d¹ng 3k 1(kN) khi ®ã  
2
4 1a b  chia hÕt
cho 3 mµ (a+b) + 9a= 3k 1+9a kh«ng chia hÕt cho 3  10 9a b a    kh«ng M3
c N
+ NÕu a+b =3 ta cã
   10 3 9 6 1 3
35 7
a a
c
 
  . V× 0<a<4 vµ
1+3aM71+3a=7a=2, khi ®ã c=6 vµ b=1.Ta cã sè 216 tho¶ m·n.
KÕt luËn sè 216 lµ sè cÇn t×m.
Bµi 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 ®iÒu ph¶i chøng minh
C¸ch 2:

15
C/m TKE:  TAI
KT TA
ET TI

C/m  BIM :  BAK
KB AB
BM BI

Theo tÝnh chÊt tia ph©n gi¸c cña  ABT ta cã
TA AB
TI BI

Vµ do BM=BN tõ ®ã suy ra ®iÒu ph¶i c/m
*ý d:Chøng minh NE ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh:Do A, B vµ tia Bt cè ®Þnh nªn ta
cã tia Bx cè ®Þnh vµ ·ABI  kh«ng ®æi (tia Bx lµ tia ph©n gi¸c cña ·ABt )
XÐt  ABK vu«ng t¹i K ta cã KB = AB.cos ABI=AB.cos kh«ng ®æi
Nh vËy ®iÓm K thuéc tia Bx cè ®Þnh vµ çch gèc B mét kho¶ng kh«ng ®æi do
®ã K cè ®Þnh ®pcm.
Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o
Hng yªn
®Ò chÝnh thøc
kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt
chuyªn
N¨m häc 2009 - 2010
M«n thi: To¸n
(Dµnh cho thÝ sinh thi vµo çc líp chuyªn
To¸n, Tin)
Thêi gian lµm bµi: 150 phót
Bµi 1: (1,5 ®iÓm)
Cho
1 1
a 2 :
7 1 1 7 1 1
 
  
     
H·y lËp mét ph¬ng tr×nh bËc hai cã hÖ sè nguyªn nhËn a - 1 lµ mét nghiÖm.
Bµi 2: (2,5 ®iÓm)
a) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:
x 16
xy
y 3
y 9
xy
x 2

 

  

b) T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh  
2
2 2
x 2x 3x 6x m 0     cã 4 nghiÖm ph©n biÖt.
Bµi 3: (2,0 ®iÓm)
a) Chøng minh r»ng nÕu sè nguyªn k lín h¬n 1 tho¶ m·n 2
k 4 vµ 2
k 16 lµ çc sè
nguyªn tè th× k chia hÕt cho 5.
b) Chøng minh r»ng nÕu a, b, c lµ ®é dµi ba c¹nh cña mét tam gi¸c cã p lµ nöa chu vi
th× p a p b p c 3p     
Bµi 4: (3,0 ®iÓm)

16
Cho ®êng trßn t©m O vµ d©y AB kh«ng ®i qua O. Gäi M lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña
cung AB nhá. D lµ mét ®iÓm thay ®æi trªn cung AB lín (D kh¸c A vµ B). DM c¾t AB t¹i C.
Chøng minh r»ng:
a) MB.BD MD.BC
b) MB lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BCD.
c) Tæng b¸n kÝnh çc ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BCD vµ ACD kh«ng ®æi.
Bµi 5: (1,0 ®iÓm)
Cho h×nh ch÷ nhËt ABCD. LÊy E, F thuéc c¹nh AB; G, H thuéc c¹nh BC; I, J thuéc
c¹nh CD; K, M thuéc c¹nh DA sao cho h×nh 8 - gi¸c EFGHIJKM cã çc gãc b»ng nhau.
Chøng minh r»ng nÕu ®é dµi çc c¹nh cña h×nh 8 - gi¸c EFGHIJKM lµ çc sè h÷u tØ th× EF =
IJ.
------------ HÕt ------------
Hä vµ tªn thÝ sinh:……………………................
Ch÷ ký cña gi¸m thÞ .............. . ... ...
Sè b¸o danh:…………………….Phßng thi sè:.............
Híng dÉn chÊm thi
Bµi 1: (1,5 ®iÓm)
1 1 7 1 1 7 1 1
a 2 : 2 :
77 1 1 7 1 1
      
   
     
0,5 ®
a =
2
2 : 7
7
 0,25 ®
§Æt 2
x a 1 x 7 1 x 1 7 x 2x 1 7            0,5 ®
2
x 2x 6 0   
VËy ph¬ng tr×nh 2
x 2x 6 0   nhËn 7 1 lµm nghiÖm
0,25 ®
Bµi 2: (2,5 ®iÓm)
a)
x 16x 16
xy (1)xy
y 3y 3
y x 5y 9
(2)xy
x y 6x 2
     
 
    
  
§K: x,y 0 0,25 ®
Gi¶i (2) 2 2
6y 6x 5xy (2x 3y)(3x 2y) 0       0,25 ®
* NÕu
3y
2x 3y 0 x
2

    .
Thay vµo (1) ta ®îc
3y 3 16
y.
2 2 3

 
0,25 ®

2
3y 23
2 6

 (ph¬ng tr×nh v« nghiÖm) 0,25 ®

17
* NÕu
2y
3x 2y 0 x
3
    .
Thay vµo (1) ta ®îc 2
y 9 y 3   
0,25 ®
- Víi y 3 x 2   (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn)
- Víi y 3 x 2     (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn)
VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm: (x; y) = (2; 3); (x; y) = (-2; -3)
0,25 ®
b) §Æt  
22
x 2x 1 y x 1 y x 1 y (y 0)          (*)
Ph¬ng tr×nh ®· cho trë thµnh:    
2
y 1 3 y 1 m 0    
2
y 5y m 4 0     (1)
0,25 ®
Tõ (*) ta thÊy, ®Ó ph¬ng tr×nh ®· cho cã 4 nghiÖm ph©n biÖt th× ph¬ng tr×nh
(1) cã 2 nghiÖm d¬ng ph©n biÖt
0,25 ®
0 9 4m 0
S 0 5 0
P 0 m 4 0
    
 
    
    
0,25 ®
9
m 9
4 m4
4
m 4


    
  
VËy víi
9
4 m
4
   th× ph¬ng tr×nh cã 4 nghiÖm ph©n biÖt.
0,25 ®
Bµi 3: (2,0 ®iÓm)
a) V× k > 1 suy ra 2 2
k 4 5; k 16 5   
- XÐt 2 2 2
k 5n 1 (víi n ) k 25n 10n 1 k 4 5        ¢ M
2
k 4  kh«ng lµ sè nguyªn tè.
0,25 ®
- XÐt 2 2 2
k 5n 2 (víi n ) k 25n 20n 4 k 16 5        ¢ M
2
0,25 ®
- XÐt 2 2 2
k 5n 3 (víi n ) k 25n 30n 9 k 16 5        ¢ M
2
0,25 ®
- XÐt 2 2 2
k 5n 4 (víi n ) k 25n 40n 16 k 4 5        ¢ M
2
Do vËy k 5M
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       (lu«n ®óng)
0,5 ®
¸p dông (*) ta cã: 0,5 ®

18
   
2
p a p b p c 3 3p a b c 3p         
Suy ra p a p b p c 3p      (®pcm)
Bµi 4: (3,0 ®iÓm)
J
I
C
N
M
O
A B
D
a) XÐt MBC vµ MDB cã:
· ·BDM MBC (haigãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau)
· ·BMC BMD
0,5 ®
Do vËy MBC vµ MDB ®ång d¹ng
Suy ra
MB MD
MB.BD MD.BC
BC BD
  
0,5 ®
b) Gäi (J) lµ ®êng trßn ngo¹i tiÕp BDC · · ·BJC 2BDC 2MBC  
hay ·
·BJC
MBC
2
 
·
·0
180 BJC
BCJc©n t¹i J CBJ
2

  
0,5 ®
Suy ra · ·
· ·O
OBJC 180 BJC
MBC CBJ 90 MB BJ
2 2

     
Suy ra MB lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn (J), suy ra J thuéc NB
0,5 ®
c) KÎ ®êng kÝnh MN cña (O)  NB  MB
Mµ MB lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn (J), suy ra J thuéc NB
Gäi (I) lµ ®êng trßn ngo¹i tiÕp ADC
Chøng minh t¬ng tù I thuéc AN
Ta cã · · · ·ANB ADB 2BDM BJC    CJ // IN
Chøng minh t¬ng tù: CI // JN
0,5 ®
Do ®ã tø gi¸c CINJ lµ h×nh b×nh hµnh  CI = NJ
Suy ra tæng b¸n kÝnh cña hai ®êng trßn (I) vµ (J) lµ:
IC + JB = BN (kh«ng ®æi)
0,5 ®
Bµi 5: (1,0 ®iÓm)

19
g
f e
d
h c
b
a
G
F
I
H
J
M
C
A B
D
E
K
Gäi EF = a ; FG = b ; GH = c ; HI = d ; IJ = e ; JK = f ; KM = g ; ME = h
(víi a, b, c, d, e, f, g, h lµ çc sè h÷u tØ d¬ng)
Do çc gãc cña h×nh 8 c¹nh b»ng nhau nªn mçi gãc trong cña h×nh 8 c¹nh cã
sè ®o lµ:
O
O8 2 180
135
8
( ).

0,25 ®
Suy ra mçi gãc ngoµi cña h×nh 8 c¹nh ®ã lµ: 180O
- 135O
= 45O
Do ®ã çc tam gi¸c MAE ; FBG ; CIH ; DKJ lµ çc tam gi¸c vu«ng c©n.
 MA = AE =
h
2
; BF = BG =
b
2
; CH = CI =
d
2
; DK = DJ =
f
2
Ta cã AB = CD nªn:
h b f d
a e
2 2 2 2
    
 (e - a) 2 = h + b - f - d
0,5 ®
NÕu e - a ≠ 0 th×
h b f d
2
e a
  
 

¤ (®iÒu nµy v« lý do 2 lµ sè v« tØ)
VËy e - a = 0  e = a hay EF = IJ (®pcm).
0,25 ®
------------ HÕt ------------
Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o
H¶I d¬ng
Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT chuyªn
nguyÔn tr·i - N¨m häc 2009-2010
M«n thi : to¸n
Ngµy thi 08 th¸ng 7 n¨m 2009
(§Ò thi gåm: 01 trang)
C©u I (2.5 ®iÓm):
1) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:
   

 
2 2
2
x y xy 3
xy 3x 4
2) T×m m nguyªn ®Ó ph¬ng tr×nh sau cã Ýt nhÊt mét nghiÖm nguyªn:
    2 2
4x 4mx 2m 5m 6 0
C©u II (2.5 ®iÓm):
§Ò thi chÝnh thøc

20
1) Rót gän biÓu thøc:
        
  
 
3 32
2
2 4 x 2 x 2 x
A
4 4 x
víi   2 x 2
2) Cho tríc sè h÷u tØ m sao cho 3
m lµ sè v« tØ. T×m çc sè h÷u tØ a, b, c ®Ó:
3 2 3
a m b m c 0  
C©u III (2.0 ®iÓm):
1) Cho ®a thøc bËc ba f(x) víi hÖ sè cña x3
lµ mét sè nguyªn d¬ng vµ biÕt
 f(5) f(3) 2010. Chøng minh r»ng: f(7) f(1) lµ hîp sè.
2) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc:      2 2
P x 4x 5 x 6x 13
C©u IV (2.0 ®iÓm):
Cho tam gi¸c MNP cã ba gãc nhän vµ çc ®iÓm A, B, C lÇn lît lµ h×nh chiÕu vu«ng
gãc cña M, N, P trªn NP, MP, MN. Trªn çc ®o¹n th¼ng AC, AB lÇn lît lÊy D, E sao cho
DE song song víi NP. Trªn tia AB lÊy ®iÓm K sao cho · ·DMK NMP . Chøng minh r»ng:
1) MD = ME
2) Tø gi¸c MDEK néi tiÕp. Tõ ®ã suy ra ®iÓm M lµ t©m cña ®êng trßn bµng tiÕp gãc
DAK cña tam gi¸c DAK.
C©u V (1.0 ®iÓm):
Trªn ®êng trßn (O) lÊy hai ®iÓm cè ®Þnh A vµ C ph©n biÖt. T×m vÞ trÝ cña çc ®iÓm B
vµ D thuéc ®êng trßn ®ã ®Ó chu vi tø gi¸c ABCD cã gi¸ trÞ lín nhÊt.
-----------------------HÕt-----------------------
Hä vµ tªn thÝ sinh : ......................................................Sè b¸o danh :.......................
Ch÷ kÝ cña gi¸m thÞ 1 : .............................Ch÷ kÝ cña gi¸m thÞ 2:............................
Híng dÉn chÊm
C©u PhÇn néi dung §iÓm
   

 
2 2
2
x y xy 3 (1)
xy 3x 4 (2)
Tõ (2)  x  0. Tõ ®ã
2
4 3x
y
x

 , thay vµo (1) ta cã:
0.25
2
2 2
2 4 3x 4 3x
x x. 3
x x
  
   
  0.25
 4 2
7x 23x 16 0   0.25
c©u I
2,5 ®iÓm
1)
1,5®iÓm
Gi¶i ra ta ®îc 2 2 16
x 1 hoÆc x =
7

0.25

21
Tõ 2
x 1 x 1 y 1       ; 2 16 4 7 5 7
x x y
7 7 7
      m
0.25
VËy hÖ cã nghiÖm (x; y) lµ (1; 1); (-1; -1);
 
  
 
4 7 5 7
;
7 7
;
 
  
 
4 7 5 7
;
7 7 0.25
§iÒu kiÖn ®Ó ph¬ng tr×nh cã nghiÖm: x ' 0  0.25
m 5m 6 0 (m 2)(m 3) 0
        . V× (m - 2) > (m - 3) nªn:
x ' 0   m 2 0 vµ m 3 0    2 m 3, mµ m Z   
 m = 2 hoÆc m = 3. 0.25
Khi m = 2  x ' = 0x = -1 (tháa m·n)
Khi m = 3  x ' = 0 x = - 1,5 (lo¹i). 0.25
2)
1,0®iÓm
VËy m = 2. 0.25
§Æt a 2 x; b 2 x (a, b 0)    
2 2 2 2
a b 4; a b 2x     0.25
1)
1,5®iÓm
    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
3 2 3
a m b m c 0   (1)
Gi¶ sö cã (1)
3 2 3
b m c m am 0 (2)   
Tõ (1), (2) 2 23
(b ac) m (a m bc)    0.25
NÕu 2
a m bc 0 
2
3
2
a m bc
m
b ac

 

lµ sè h÷u tØ. Tr¸i víi gi¶ thiÕt!
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    . NÕu b 0 th× 3 b
m
a
 lµ sè h÷u tØ. Tr¸i víi gi¶
thiÕt! a 0;b 0   . Tõ ®ã ta t×m ®îc c = 0. 0.25
c©u II
2,5 ®iÓm
2)
1,0®iÓm
Ngîc l¹i nÕu a = b = c = 0 th× (1) lu«n ®óng. VËy: a = b = c = 0 0.25
Theo bµi ra f(x) cã d¹ng: f(x) = ax3
+ bx2
+ cx + d víi a nguyªn d¬ng. 0.25
Ta cã: 2010 = f(5) - f(3) = (53
- 33
)a + (52
- 32
)b + (5 - 3)c
= 98a + 16b + 2c  16b + 2c = (2010- 98a) 0.25
Ta cã 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) 3M 0.25
c©u III
2 ®iÓm
1)
1,0®iÓm
V× a nguyªn d¬ng nªn 16a + 2010>1 . VËy f(7)-f(1) lµ hîp sè 0.25

22
        
2 22 2
P x 2 1 x 3 2
Trªn mÆt ph¼ng täa ®é Oxy lÊy c¸c ®iÓm A(x-2; 1), B(x+3; 2) 0.25
Ta chøng minh ®îc:            
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
MÆt kh¸c ta cã:  OA OB AB          
2 22 2
x 2 1 x 3 2 26
0.25
2)
1,0®iÓm
DÊu “=” x¶y ra khi A thuéc ®o¹n OB hoÆc B thuéc ®o¹n OA

   

x 2 1
x 7
x 3 2
.Thö l¹i x = 7 th× A(5; 1); B(10; 2) nªn A thuéc ®o¹n
OB. VËy Max P 26 khi x = 7. 0.25
Ta dÔ dµng chøng minh tø gi¸c
MBAN néi tiÕp · · MAB MNB ,
MCAP néi tiÕp · · CAM CPM .
0.25
L¹i cã · ·BNM CPM
(cïng phô gãc NMP)
· · CAM BAM (1) 0.25
1)
0,75®iÓm
Do DE // NP mÆt kh¸c
MANP MA DE (2)
Tõ (1), (2) ADE c©n t¹i A
 MA lµ trung trùc cña DE
 MD = ME 0.25
K
E
B
C
A
N
M
P
D
Do DE//NP nªn · ·DEK NAB, mÆt kh¸c tø gi¸c MNAB néi tiÕp nªn:
· ·  0
NMB NAB 180 · ·   0
NMB DEK 180 0.25
Theo gi¶ thiÕt · ·DMK NMP · ·   0
DMK DEK 180
Tø gi¸c MDEK néi tiÕp 0.25
c©uIV
2 ®iÓm
2)
1,25®iÓm
Do MA lµ trung trùc cña DE MEA MDA  0.25
K
E
B
C
A
N
M
P
D

23
 · · · ·  MEA MDA MEK MDC. 0.25
V× · · · ·  MEK MDK MDK MDC DM lµ ph©n gi¸c cña gãc CDK, kÕt hîp
víi AM lµ ph©n gi¸c DABM lµ t©m cña ®êng trßn bµng tiÕp gãc DAK
cña tam gi¸c DAK. 0.25
D'
B'
A'
O
CA
B
D
Kh«ng mÊt tæng qu¸t gi¶ sö:AB  AC. Gäi B’ lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung
¼ABC  AB' CB'
Trªn tia ®èi cña BC lÊy ®iÓm A’ sao cho BA’ = BA  AB BC CA' 0.25
Ta cã: · · · B'BC B'AC B'CA (1) ; · ·  0
B'CA B'BA 180 (2)
· ·  0
B'BC B'BA' 180 (3);Tõ (1), (2), (3) · · B'BA B'BA' 0.25
Hai tam gi¸c A’BB’ vµ ABB’ b»ng nhau  A'B' B'A
Ta cã     B'A B'C B'A' B'C A'C = AB + BC ( B’A + B’C kh«ng
®æi v× B’, A, C cè ®Þnh). DÊu “=” x¶y ra khi B trïng víi B’. 0.25
c©u V
1 ®iÓm
Hoµn toµn t¬ng tù nÕu gäi D’ lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung ¼ADC th× ta còng
cã AD’ + CD’ AD + CD. DÊu “=” x¶y ra khi D trïng víi D’.
 Chu vi tø gi¸c ABCD lín nhÊt khi B, D lµ çc ®iÓm chÝnh gi÷a çc
cung »AC cña ®êng trßn (O) 0.25
Chó ý: NÕu thÝ sinh lµm theo çch kh¸c, lêi gi¶i ®óng vÉn cho ®iÓm tèi ®a.
së gi¸o dôc - ®µo t¹o
hµ nam
kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt chuyªn
N¨m häc 2009 - 2010
M«n thi : to¸n(§Ò chung)
®Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 120 phót (Kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)
Bµi 1. (2 ®iÓm)
Cho biÓu thøc P =
   
2
1 2 3
1 1
x x x x x
x x
   

 
a) T×m ®iÒu kiÖn x¸c ®Þnh cña P
b) Rót gän P
c) T×m x ®Ó P > 0
Bµi 2. (1,5 ®iÓm)

24
Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:
 
 
1 2 2
2 2 1
x y
x y
   


  

Bµi 3. (2 ®iÓm)
1) T×m to¹ ®é giao ®iÓm cña ®êng th¼ng y = x + 6 vµ parabol y = x2
2) T×m m ®Ó ®å thÞ hµm sè y = (m + 1)x + 2m + 3 c¾t trôc â, trôc Oy lÇn lît t¹i
çc ®iÓm A , B vµ  AOB c©n ( ®¬n vÞ trªn hai trôc â vµ Oy b»ng nhau).
Bµi 4. (3,5 ®iÓm)
Cho  ABC vu«ng ®Ønh A, ®êng cao AH, I lµ trung ®iÓm cña Ah, K lµ trung
®iÓm cña HC. §êng trßn ®êng kÝnh AH ký hiÖu (AH) c¾t çc c¹nh AB, AC lÇn lît
t¹i diÓm M vµ N.
a) Chøng minh ACB vµ  AMN ®ång d¹ng
b) Chøng minh KN lµ tiÕp tuýn víi ®êng trßn (AH)
c) T×m trùc t©m cña  ABK
Bµi 5. (1 ®iÓm)
Cho x, y, z lµ çc sè thùc tho¶ m·n: x + y + x = 1.
T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc P =
1 1 1
16 4x y z
 
---------hÕt---------
Hä vµ tªn thÝ sinh: ..Sè b¸o danh: ....
Ch÷ ký gi¸m thÞ sè 1: Ch÷ ký gi¸m thÞ sè 2: ..
së gi¸o dôc ®µo t¹o
hµ nam
Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt
chuyªn
N¨m häc 2009 2010
híng dÉn chÊm thi m«n to¸n : ®Ò chung
Bµi 1 (2 ®iÓm)
a) (0,5 ®iÓm) §iÒu kiÖn x¸c ®Þnh cña P lµ x 0 vµ x ≠ 1 0.5
b) (1 ®iÓm)
 1
1 1
x x x
x x


 
0,25
 
2
2 3 4 4 3
1 1
x x x x x x x
x x
      

 
0,25
4
1
x
x



0,25
VËy P =
4
1 x
0,25
c) (0,5 ®iÓm) P>0 1 0x   0,25

25
1 0 1x x     0,25
Bµi 2 (1,5 ®iÓm)
Céng hai ph¬ng tr×nh ta cã :  3 2 2 1 2x   0,5
1 2 1
2 1
3 2 2 1 2
x

    
 
0,5
Víi   2 1 2 2 1 2 1 1 2 1x y         0,25
K/l VËy hÖ cã nghiÖm:
2 1
2 1
x
y
  

 
0,25
Bµi 3 (2 ®iÓm)
a) (1 ®iÓm) Hoµnh ®é giao ®iÓm lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: x2
= x + 6
2
6 0 2x x x       hoÆc x = 3
05
Víi x = -2 4; 3 9y x y     0,25
Hai ®iÓm cÇn t×m lµ (-2;4); (3;9) 0,25
b) (1 ®iÓm)
Víi y = 0  
2 3
1 2 3 0
1
m
m m x
m

       

(víi m ≠ -1)
2m+3
A - ;0
m+1
 
  
 
Víi x = 0  2 3 B 0;2m+3y m   
0,25
 OAB vu«ng nªn  OAB c©n khi A;B ≠ O vµ OA = OB
2 3
2 3
1
m
m
m

   

0,25
+ Víi  
2 3 1
2 3 2 3 1 0 0
1 1
m
m m m
m m
  
        
  
hoÆc m =
3
2
 (lo¹i) 0,25
+ Víi  
2 3 1
2 3 2 3 1 0 2
1 1
m
m m m
m m
  
          
  
hoÆc m =
3
2
 (lo¹i)
K/l: Gi¸ trÞ cÇn t×m m = 0; m = -2
0,25
Bµi 4(3,5 ®iÓm)
a) (1,5 ®iÓm)
E
N
M
I
KH
C
B
A
0,25
 AMN vµ  ACB vu«ng ®Ønh A 0,25
Cã · ·AMN AHN (cïng ch¾n cung AN)
· ·AHN ACH (cïng phô víi ·HAN ) (AH lµ ®êng kÝnh)
· ·AMN ACH 
0,75
AMN ACB  : 0,25

26
b) (1 ®iÓm)  HNC vu«ng ®Ønh N v× · 0
ANH 90 cã KH = KC NK = HK
l¹i cã IH = IN (b¸n kÝnh ®êng trßn (AH)) vµ IK chung nªn  KNI =  KHI (c.c.c)
· · 0
90KNI KHI   · 0
90KNI 
0,75
Cã KN In, IN lµ b¸ kÝnh cña (AH) KN lµ tiÕp tuyÕn víi ®êng trßn (AH) 0,25
c) (1 ®iÓm)
+ Gäi E lµ giao ®iÓm cña Ak víi ®êng trßn (AH), chøng minh gãc HAK= gãc HBI
Ta cã AH2
HB.HC  AH.2IH = HB.2HK 
HA HK
HB HI

  HAK HBI:  · ·HAK HBI
0,5
+ Cã · ·HAK EHK (ch¾n cung HE)
 · · //HBI EHK BI HE 
Cã · 0
90AEH  (AH lµ ®êng kÝnh) BI AK 
0,25
 ABK cã BI AK  vµ BK AI   I lµ trùc t©m  ABK 0,25
Bµi 5 (1 ®iÓm)
 
1 1 1 1 1 1 21
P=
16x 4 16x 4 16 4 16 4 16
y x z x z y
x y z
y z y z x y x z y z
      
                   
      
0,5
Theo cèi víi c¸c sè d¬ng:
1
16 4 4
y x
x y
  dÊu b»ng x¶u ra khi y=2x
1
16 2
z x
x z
  dÊu b»ng x¶u ra khi z=4x
1
4
z y
y z
  dÊu b»ng x¶u ra khi z=2y
VËy P  49/16
0,25
P = 49/16 víi x = 1/7; y = 2/7; z = 4/7
VËy gi¸ trÞ bÐ nhÊy cña P lµ 49/16
0,25
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NINH BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
NĂM HỌC 2009 – 2010
Môn Toán – Vòng 1
(Dùng cho tất cả các thí sinh)
Thời gian làm bài 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang
Câu 1: (2 điểm)
Tính giá trị biểu thức:

27
 
 
x 5 2 2 5 5 250
3 3
y
3 1 3 1
x x y y
A x y
x xy y
  
 
 

 
 
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
 
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 cảu ca nô gấp 4
lần vận tốc dòng nước.
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 = MN2
.
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
   
Đáp án:
Câu 1:
x = 10;
y = 3
A = x – y = 7
Bài 2:
a) Với m = 2 thì x1 = 0; x2 = 2/3.
b) m = -6.
Bài 3:
ĐS: Vận tốc ca nô: 12 km/h
Vận tốc dòng nước: 3 km/h

28
Bài 4:
a, b).
c) Tam giác MNP đều khi OM = 2R
d) Quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP là đường thằng d’ song
song với đường thẳng d (trừ các điểm ở bên trong đường tròn).
Bài 5:
6 7
B 8x 18y
x y
2 2 4 5
8x 18y 8 12 23 43
x y x y
   
    
              
     
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
 
  
 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
THANH HOÁ NĂM HỌC: 2009-2010
MÔN: TOÁN (Dành cho học sinh thi vào lớp chuyên Toán)
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 19 tháng 6 năm 2009
Đề chính thức

29
1. Cho số x ( x R ; x > 0 ) thoả mãn điều kiện : 2
2
1
x + = 7
x
. Tính giá trị các biểu
thức : A = 3
3 1
x +
x
và B = 5
5
1
x +
x
.
2. Giải hệ phương trình:
1 1
+ 2 - 2
yx
1 1
+ 2 - 2
xy









Cho phương trình: ax2
+ bx + c = 0 (a 0) có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn điều kiện:
1 20 x x 2   . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2
2
2a - 3ab + b
Q =
2a - ab + ac
.
1. Giải phương trình:  
1
x - 2 + y + 2009 + z - 2010 = x + y + z
2
.
2. Tìm tất cả các số nguyên tố p để 4p2
+ 1 và 6p2
+ 1 cũng là số nguyên tố.
1. Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại E. Một đường thẳng đi
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 tròn (O) bán kính R = 1 và một điểm A sao cho OA = 2 . Vẽ các tiếp
tuyến AB, AC với đường tròn (O) (B, C là các tiếp điểm). Một góc xOy có số đo
bằng 450
có 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 .
Cho biểu thức P = a2
+ b2
+ c2
+ d2
+ ac + bd , trong đó ad – bc = 1. Chứng minh rằng:
P  3 .
-------------------------------------------------- Hết ---------------------------------------------------
Họ và tên thí sinh: ………………………………….. Số báo danh: ……………………..
Së GD&§T NghÖ An
K× thi TUYÓN sinh VµO líp 10
trêng thpt chuyªn phan béi ch©u
n¨m häc 2009 - 2010
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Bài 1: (3.5 điểm)
a) Giải phương trình
3 3
2 7 3x x   
b) Giải hệ phương trình

30
3
3
8
2 3
6
2
x
y
x
y

 

  

Tìm số thực a để phương trình sau có nghiệm nguyên
2
2 0x ax a    .
Cho tam giác ABC vuông tại A có đường phân giác trong BE (E thuộc AC).
Đường tròn 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.
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, trung tuyến AO có độ dài bằng độ dài cạnh
BC. Đường tròn 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.
a) Bên trong đường tròn 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: 3a b c   .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2
2 2 2
P
ab bc ca
a b c
a b b c c a
 
   
 
----------------------------------------Hết----------------------------------------
Họ và tên thí sinh …………………………………..……….. SBD……………..
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu.

Së GD&§T NghÖ An
K× thi TUYÓN sinh VµO líp 10 trêng thpt
chuyªn
phan béi ch©u n¨m häc 2009 - 2010
M«n thi: To¸n
Híng dÉn chÊm thi
B¶n híng dÉn chÊm gåm 03 trang
Néi dung ®¸p ¸n §iÓm
Bµi 1 3,5 ®
a 2,0®
3 3
2 7 3x x   

31
 3 3 3 3
2 7 3 2. 7 2 7 27x x x x x x           0.50®
39 9. ( 2)(7 ) 27x x     0.25®
3 ( 2)(7 ) 2x x    0.25®
( 2)(7 ) 8x x    0.25®
2
5 6 0x x    0.25®
1
6
x
x
 
  
( tháa m·n ) 0.50®
b 1,50®
§Æt
2
z
y
 0.25®
HÖ ®· cho trë thµnh
3
3
2 3
2 3
x z
z x
  

 
0.25®
  3 3
3 x z z x    0,25®
  2 2
3 0x z x xz z      0,25®
x z  (v× 2 2
3 0, ,x xz z x z     ). 0,25®
Tõ ®ã ta cã ph¬ng tr×nh: 3 1
3 2 0
2
x
x x
x
 
     
VËy hÖ ®· cho cã 2 nghiÖm:  ( , ) ( 1; 2), 2,1x y   
0,25®
Bµi 2: 1,0 ®
§iÒu kiÖn ®Ó ph¬ng tr×nh cã nghiÖm: 2
0 4 8 0a a      (*). 0,25®
Gäi x1, x2 lµ 2 nghiÖm nguyªn cña ph¬ng tr×nh ®· cho ( gi¶ sö x1 x2).
Theo ®Þnh lý Viet: 1 2
1 2 1 2
1 2
. 2
. 2
x x a
x x x x
x x a
 
   
 
0,25®
1 2( 1)( 1) 3x x   
1
2
1 3
1 1
x
x
 
 
 
hoÆc 1
2
1 1
1 3
x
x
  

  
(do x1 - 1 x2 -1)
1
2
4
2
x
x

 

hoÆc
1
2
0
2
x
x


 
Suy ra a = 6 hoÆc a = -2 (tháa m·n (*) )
0,25®
Thö l¹i ta thÊy a = 6, a = -2 tháa m·n yªu cÇu bµi to¸n. 0,25®
Bµi 3: 2,0 ®
V× BE lµ ph©n gi¸c gãc ·ABC nªn · · ¼ ¼ABM MBC AM MN   0,25®
· ·MAE MAN  (1) 0,50®
V× M, N thuéc ®êng trßn ®êng
kÝnh AB nªn · · 0
90AMB ANB 
0,25®
 · · 0
90ANK AME  , kÕt hîp
víi (1) ta cã tam gi¸c AME ®ång 0,50®
B
A
C
KN
M
E

32
d¹ng víi tam gi¸c ANK
AN AK
AM AE
  0,25®
 AN.AE = AM.AK (®pcm) 0,25®
Bµi 4: 1,5 ®
V× tø gi¸c AMIN néi tiÕp nªn · ·ANM AIM
V× tø gi¸c BMNC néi tiÕp nªn · ·ANM ABC
· ·AIM ABC  .Suy ra tø gi¸c BOIM néi tiÕp
0,25®
Tõ chøng minh trªn suy ra tam gi¸c AMI
®ång d¹ng víi tam gi¸c AOB
. .
AM AI
AI AO AM AB
AO AB
    (1)
0,25®
Gäi E, F lµ giao ®iÓm cña ®êng th¼ng AO
víi (O) (E n»m gi÷a A, O).
Chøng minh t¬ng tù (1) ta ®îc:
AM.AB = AE.AF
= (AO - R)(AO + R) (víi BC = 2R)
= AO2
- R2
= 3R2
0,25®
 AI.AO = 3R2
2 2
3 3 3
2 2 2
R R R R
AI OI
AO R
      (2) 0,25®
Tam gi¸c AOB vµ tam gi¸c COK ®ång d¹ng nªn
OA.OK = OB.OC = R2
2 2
2 2
R R R
OK
OA R
    (3)
0,25®
Tõ (2), (3) suy ra OI = OK
Suy ra O lµ trung ®iÓm IK, mµ O lµ trung ®iÓm cña BC
V× vËy BICK lµ h×nh b×nh hµnh
0,25®
Bµi 5: 2,0 ®
1,0 ®
Gi¶ sö O n»m ngoµi miÒn tam gi¸c ABC.
Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t, gi¶ sö A vµ O
n»m vÒ 2 phÝa cña ®êng th¼ng BC
0,25®
Suy ra ®o¹n AO c¾t ®êng th¼ng BC t¹i K.
KÎ AH vu«ng gãc víi BC t¹i H.
0,25®
a,
Suy ra AH  AK < AO <1 suy ra AH < 1 0,25®
Suy ra
. 2.1
1
2 2
ABC
AH BC
S    (m©u thuÉn
víi gi¶ thiÕt). Suy ra ®iÒu ph¶i chøng minh.
0,25®
b, 1,0®
Ta cã: 3(a2
+ b2
+ c2
) = (a + b + c)(a2
+ b2
+ c2
)
= a3
+ b3
+ c3
+ a2
b + b2
c + c2
a + ab2
+ bc2
+ ca2 0,25®
mµ a3
+ ab2
 2a2
b (¸p dông B§T C«si )
b3
+ bc2
 2b2
c
0,25®
A
B C
F
O
I
M
NE
A
B C
O
K
H
K

33
c3
+ ca2
 2c2
a
Suy ra 3(a2
+ b2
+ c2
)  3(a2
b + b2
c + c2
a) > 0
Suy ra 2 2 2
2 2 2
P
ab bc ca
a b c
a b c
 
   
 
2 2 2
2 2 2
2 2 2
9 ( )
P
2( )
a b c
a b c
a b c
  
    
 
0,25®
§Æt t = a2
+ b2
+ c2
, ta chøng minh ®îc 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
DÊu b»ng x¶y ra khi vµ chØ khi a = b = c = 1
VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P lµ 4
0,25®
NÕu thÝ sinh gi¶i c¸ch kh¸c ®óng cña mçi c©u th× vÉn cho tèi ®a ®iÓm cña
c©u ®ã
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
nS
n n n
= + + +
+ + + + +
Chúng minhSn<
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:AD2
= 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.

34
c
b
a
D
O
C
E
B
A
**********************************************
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THI VÀO 10
TRƯỜNG CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN NĂM 2009
Bài 1:
Vì a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác nên ta có:a,b,c >0 và a< b+c ,b< a + c , c < a+b
Nên ta có
2a a a a
b c a b c a b c
+
< =
+ + + + +
Mặt khác
a a
b c a b c
>
+ + +
Vậy ta có
2
(1)
a a a
a b c c b a b c
< <
+ + + + +
Tương tự
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
< <
+ + + + +
Cộng (1) (2) và (3) vế theo vế ta có điều phải chứng minh.
Bài 2:
ĐK: , ,x m n p¹ PT đã cho Û (x-n)(x-p)+(x-m)(x-p)+(x-m)(x-n) = 0
Û 3x2
-2(m+n+p)x +mn+mp+np = 0(1)
Ta có Δ' 2
( ) 3( )m n p mn mp np= + + - + + = m2
+n2
+p2
+2mn+2mp+2np -3mn-3mp-3np
= m2
+n2
+p2
–mn-mp-np =
1
2
[(m-n)2
+(n-p)2
+(m-p)2
] >0
Đặt f(x) = 3x2
-2(m+n+p)x + mn+ mp +np
Ta có f(m) = 3m2
– 2m2
-2mn -2mp +mn +mp +np = m2
–mn –mp +np = (m-n)(m-p)
¹ 0
= >m,n,p không phải là nghiệm của pt(1)
Vậy PT đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt
Bài 3
( )( ) 2
2
1 1 1
Ta cã :
2 12 1 1 4 4 1
1 n +1 - n 1 1 1
22 1. 14 4
n n n n
nn n n n n
n n
n n n nn n
+ - + -
= =
++ + + + +
æ ö+ - ÷ç ÷< = = -ç ÷ç ÷çè ø+ ++
Do đó
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 ... 1
2 2 22 2 3 1 1
nS
n n n
æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷< - + - + + - = - <ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø+ +
Bài 3:
Ta có · ·BAD CAE= ( Do cung EB = cung EC)
Và · ·AEC DBA= ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung
AC) nên ΔBAD ΔEAC
. . (1)
BA AE
AB AC AE AD
AD AC
Þ = Þ =
Ta có · · · ·(§èi ®Ønh) vµ CADADC BDC DBE= =
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung CE) nên
ΔACD ΔBDE

35
. .
AD DB
AD DE DB DChay
DC DE
Þ = Þ =
AD(AE-AD) = DB.DC
Hay AD2
= AD.AE - DB.DC=AB.AC – DB.DC (do (1))
4b)Theo tính chất đường phân giác ta có
DC
hay
b
DC DB DB DC DB a
AC AB c b c b c
+
= = = =
+ +
vậy
( )
2
2
. . .
DC DB a a a bc
DB DC
b c b c b c b c
= Þ =
+ + +
theo câu a ta có AD2
= AB.AC – DB.DC =
( ) ( )
2 2
2 2
1
a bc a
bc bc
b c b c
æ ö÷ç ÷ç- = - ÷ç ÷ç ÷÷ç+ +è ø
( )
2
2
1
a
AD bc
b c
æ ö÷ç ÷çÞ = - ÷ç ÷ç ÷÷ç +è ø
Bài 5:
Vì
m
lµ sè h÷u tØ vµ 2lµ sè v« tØ nªn 2
n
m
n
¹
Ta xet hai trường hợp:
a) 2 2 2 2 2
2 Khi ®ã m 2 2 1 hay m 2n 1
m
n m n
n
> > Þ ³ + ³ +
Từ đó 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
+ -
+
- ³ - = + - = = ³
æ ö +÷ç ÷+ + + +ç ÷ç ÷÷çè ø
b) 2 2 2 2 2
2 Khi ®ã m 2 2 1 hay m 2n 1
m
n m n
n
< < Þ £ - £ -
Từ đó 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
- +
-
- = - ³ - = - - =
+ -
= ³
æ ö +÷ç ÷ç + - ÷ç ÷÷çè ø
************************************************
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
TỈNH PHÚ YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ
THÔNG
NĂM HỌC 2009-2010
Môn thi: TOÁN CHUYÊN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
*****

36
Câu 1.(4,0 điểm) Cho phương trình x4
+ ax3
+ x2
+ ax + 1 = 0, a là tham số .
a) Giải phương trình với a = 1.
b) Trong trường hợp phương trình có nghiệm, chứng minh rằng a2
> 2.
Câu 2.(4,0 điểm)
a) Giải phương trình: x + 3 + 6 - x (x + 3)(6 - x) = 3 .
b) Giải hệ phương trình: 2
x + y + z = 1
2x + 2y - 2xy + z = 1



.
Câu 3.(3,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên x, y, z thỏa mãn :
3x2
+ 6y2
+2z2
+ 3y2
z2
-18x = 6.
Câu 4.(3,0 điểm)
a) Cho x, y, z, a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:
3 3 3abc + xyz (a + x)(b + y)(c + z) .
b) Từ đó suy ra : 3 33 3 3
3 3 3 3 2 3   
Câu 5.(3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD và tứ giác MNPQ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh
AB, BC, CD, DA của hình vuông.
a) Chứng minh rằng SABCD
AC
4
 (MN + NP + PQ + QM).
b) Xác định vị trí của M, N, P, Q để chu vi tứ giác MNPQ nhỏ nhất.
Câu 6.(3,0 điểm) Cho đường tròn (O) nội tiếp hình vuông PQRS. OA và OB là hai bán kính
thay đổi vuông góc với nhau. Qua A kẻ đường thẳng Ax song song với đường thẳng PQ,
qua B kẻ đường thẳng By song song với đường thẳng SP. Tìm quỹ tích giao điểm M của
Ax và By.
=HẾT=
Họ và tên thí sinh:……………………………………….Số báo danh:……………
Chữ kí giám thị 1:………………………Chữ kí giám thị 2:….……………………
SỞ GD & ĐT PHÚ YÊN
***
KỲ THI TUYỂN SINH THPT NĂM HỌC 2009 -2010
MÔN : TOÁN (Hệ số 2)
-------
ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
Bản hướng dẫn chấm gồm 04 trang
I- Hướng dẫn chung:

37
1- Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì
cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định.
2- Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm
phải bảo đảm không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện
trong Hội đồng chấm thi.
3- Điểm toàn bài thi không làm tròn số.
II- Đáp án và thang điểm:
CÂU ĐÁP ÁN Điểm
Câu 1a.
(2,0đ)
Ta có phương trình : 4 3 2
x + ax +x +ax + 1 = 0 (1)
Khi a =1 , (1) 4 3 2
x +x +x +x+1=0 (2)
Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm.
Chia 2 vế của (2) cho x2
ta được: 2
2
1 1
x + + x + +1=0
x x
(3).
Đặt
1 1 1
t = x+ t x+ x + 2
x x x
    và 2 2
2
1
x + t -2
x
 .
Phương trình (3) viết lại là : 2
t + t - 1 = 0
Giải (3) ta được hai nghiệm 1
1 5
t
2
 
 và 2
1 5
t
2
 
 đều không
thỏa điều kiện |t| 2.Vậy với a = 1, phương trình đã cho vô
nghiệm.
0,50
0,50
0,50
0,50
Câu1b.
(2,0đ)
Vì x = 0 không phải là nghiệm của (1) nên ta cũng chia 2 vế cho
x2
ta có phương trình : 2
2
1 1
x + +a x + +1=0
x x
 
 
 
.
Đặt
1
t = x +
x
, phương trình sẽ là : t2
+ at - 1 = 0 (4).
Do phương trình đã cho có nghiệm nên (4) có nghiệm |t|  2. Từ
(4) suy ra
2
1- t
a
t
 .
Từ đó :
2 2
2
2
(1 - t )
a >2 2
t
  2 2
t (t - 4) 1 0 (5)  
Vì |t|  2 nên t2
>0 và t2
– 4  0 , do vậy (5) đúng, suy ra a2
> 2.
0,50
0,50
0,50
0,50
Câu 2a.
(2,0đ)
x + 3 + 6 - x - (x + 3)(6 - x) 3 (1)
Điều kiện :
x+3 0
-3 x 6
6-x 0

  

.
Đặt : 2 2
x + 3
, , 0 9.
v = 6 - x
u
u v u v
 
   

Phương trình đã có trở thành hệ :
2 2 2
u + v = 9 (u + v) - 2uv = 9
u + v - uv = 3 u + v = 3 + uv
 
 
 
0,50
0,50

38
Suy ra : (3+uv)2
-2uv = 9
uv = 0 u = 0
uv = -4 v = 0
 
  
 
x+3 = 0 x = -3
x = 66-x = 0
 
  

.
Vậy phương trình có nghiệm là x =-3 , x = 6.
0,50
0,50
Câu
2b.
(2,0đ)
Ta có hệ phương trình :
2 2
x+y+z=1 x+y = 1-z
2x+2y-2xy+z =1 2xy = z +2(x+y)-1
 
 
 
2 2
x + y = 1 - z
2xy = z - 2z + 1 = (1- z)

 

2
2xy = (x + y)
 2 2
x + y = 0 x = y = 0 z = 1  .
Vậy hệ phương trình chỉ có 1 cặp nghiệm duy nhất: (x ;y ;z) =
(0 ;0; 1).
0,50
0,50
0,50
0,50
Câu 3.
(3,0đ) Ta có : 3x2
+ 6y2
+ 2z2
+3y2
z2
-18x = 6 (1)
2 2 2 2 2
3(x-3) + 6y + 2z + 3y z 33 (2) 
Suy ra : z2
M 3 và 2z2
 33
Hay |z|  3.
Vì z nguyên suy ra z = 0 hoặc |z| = 3.
a) z = 0 , (2)  (x-3)2
+ 2y2
= 11 (3)
Từ (3) suy ra 2y2
 11  |y|  2.
Với y = 0 , (3) không có số nguyên x nào thỏa mãn.
Với |y| = 1, từ (3) suy ra x { 0 ; 6}.
b) |z| = 3, (2)  (x-3)2
+ 11 y2
= 5 (4)
Từ (4)  11y2
 5  y = 0, (4) không có số nguyên x nào thỏa
mãn.
Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm nguyên (x ;y ;z) là (0;1;0) ; (0 ;-
1;0) ; (6 ;1 ;0) và (6 ;-1 ;0).
0,50
0,50
0,50
0,50
0,50
0,50
Câu 4a.
(2,0đ)
3 3 3abc xyz (a+x)(b+y)(c+z) (1) 
Lập phương 2 vế của (1) ta được :
2 23 3
abc + xyz + 3 (abc) xyz +3 abc(xyz) (a+x)(b+y)(c+z)
2 23 3
abc + xyz+ 3 (abc) xyz +3 abc(xyz) 
abc+xyz+abz+ayc+ayz+xbc+xyc+xbz
2 23 3
3 (abc) xyz +3 abc(xyz) (abz+ayc+ xbc)+ (ayz+xbz+xyc)  (2)
Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có :
0,50
0,50

39
23
(abz+ayc+ xbc) 3 (abc) xyz (3)
23
(ayz+xbz+ xyc) 3 abc(xyz) (4)
Cộng hai bất đẳng thức (3) và (4) ta được bất đẳng thức (2), do đó
(1) được chứng minh.
0,50
0,50
Câu4b.
(1,0đ)
Áp dụng BĐT (1) với 3 3
a = 3+ 3, b = 1, c = 1, x = 3 - 3, y = 1, z = 1
Ta có : abc = 3 + 3
3 , xyz = 3- 3
3 , a+ x = 6, b + y = 2, c + z = 2
Từ đó : 3 33 3 3 3
3+ 3 3- 3 6.2.2 2 3   (đpcm).
0,50
0,50
Câu 5a.
(2,0)
Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của
QN, MN, PQ. Khi đó :
BJ =
MN
2
(trung tuyến  vuông MBN)
Tương tự DK =
PQ
2
.
IJ =
QM
2
(IJ là đtb  MNQ).
Tương tự IK =
PN
2
.
Vì BD  BJ + JI + IK + KD. Dođó:
ABCD
AC AC
S .BD (BJ+JI + IK+KD)
2 2
 
AC
= (MN+NP+PQ+QM)
4
- đpcm.
0,50
0,50
0,50
0,50
Câu5b.
(1,0)
Chu vi tứ giác MNPQ là :
MN + NP + PQ + QM = 2BJ + 2IK +2DK + 2IJ
= 2(BJ + JI + IK + KD)  2BD (cmt)
Dấu bằng xảy ra khi đường gấp khúc trùng với BD, tức là MQ
//NP, MN//PQ, MN=PQ (vì cùng là cạnh huyền 2 tam giác vuông
cân bằng nhau), lúc đó MNPQ là hình chữ nhật.
0,50
0,50
Câu 6.
(3,0đ)
Kí hiệu như hình vẽ.
Phần thuận :
· · 0
AOB =AMB 90 (giả thiết)
 tứ giác AOBM luôn nội tiếp
 · · 0
AMO ABO 45  (vì AOB
vuông cân tại O)
Suy ra M luôn nằm trên đường
thẳng đi qua O và tạo với đường
PQ một góc 450
.
Trường hợp B ở vị trí B’ thì M’
nằm trên đường thẳng đi qua O
và tạo với PS một góc 450
.
Giới hạn :
*) Khi A  H thì M  Q, khi A  K thì M  S
0,50
0,50
0,50
A B
D C
M
N
P
Q
I
J
K
x
y
O
K
HP Q
RS
A
B
MM'
B'

40
*) Trường hợp B ở vị trí B’: khi A  H thì M’  P, khi A  K thì
M’  R
Phần đảo: Lấy M bất kì trên đường chéo SQ (hoặc M’ trên PR),
qua M kẻ đường thẳng song song với đường thẳng PQ cắt (O) tại
A. Kẻ bán kính OB  OA.
Ta thấy tứ giác AOBM nội tiếp (vì · · 0
AMO ABO 45  )
Suy ra : · · 0
AMB AOB 90  .
Mà AM//PQ , PQ PS  MB//PS.
Kết luận:Quỹ tích giao điểm M là 2 đường chéo của hình vuông
PQRS.
0,50
0,50
0,50
=Hết=
GIAÛI ÑEÀ CHUYEÂN TOAÙN THPT HUYØNH MAÃN ÑAÏT – KIEÂN GIANG, NAÊM 2009 –
2010
Ñeà, lôøi giaûi Caùch khaùc, nhaän xeùt
Baøi 1: (1 ñieåm) Cho phöông trình ax2
+ bx +
c = 0 coù 2 nghieäm phaân bieät x1, x2. Ñaët S2
= x1
2
+ x2
2
; S1 = x1.x2 Chöùng minh raèng:
a.S2 + b.S1 + 2c = 0
Theo Vi-eùt ta coù: x1+ x2 =
b
a

; x1.x2 =
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 doa
a a
   
      
 
     
  
     
 
     
Baøi 2: (2 ñieåm)
Cho phöông trình: 2x - 7 x + 3m – 4 = 0 (1)
a/ Ñònh m ñeå phöông trình coù moät nghieäm
baèng 9 vaø tìm taát caû nghieäm coøn laïi cuûa
phöông trình.
b/ Tìm taát caû caùc giaù trò cuûa m ñeå phöông
trình (1) coù nghieäm.
a/ Phöông trình coù 1 nghieäm x = 9 thay vaøo

41
pt ta coù:
2.9 - 7 9 +3m – 4 = 0
3m = 7
m = 7/3
Töø (1) ta coù x 0 theá vaøo (1) ta ñöôïc pt:
 
2
2 7 3 0 (2)x x  
Ñaët 0x t  ta coù pt: 2t2
– 7t + 3 = 0
Giaûi tìm ñöôïc t1 = 3 ; t2 = ½
Suy ra x1 = 9 ; x2 = ¼
b/ Töø (1) coi phöông trình vôùi aån laø x
Laäp
1 2
81 24
7
2
x
m
S x x
  
  
Ñeå pt (1) coù nghieäm thì:
1 2
81 24 0
27
7 80
2
x
m
m
S x x
   

 
   

Caùch khaùc:
 
2
2 7 3 0 (2)x x  
x1 = 9 1 3x 
maø
1 2
2
2
2
7
2
7
3
2
7 1
3
2 2
1
4
x x
x
x
x
 
  
   
 
Caâu b:
Coù theå yeâu caàu tìm soá nguyeân lôùn
nhaát cuûa m ñeå phöông trình (1) coù
nghieäm.
Chuù yù: neáu thay x bôûi x ta coù
baøi toaùn töông töï.
Baøi 3: (2 ñieåm) Giaûi heä phöông trình:
  
  
  
1 2 2 (1)
2 3 6 (2)
3 1 3 (3)
x y
y z
z x
   

  
   
(I)
Nhaân (1) (2) vaø (3) ta coù:
[(x + 1)(y + 2)(z + 3)]2
= 36
(x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 hoaëc (x + 1)(y +
2)(z + 3) = -6
Vôùi (x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 heä (I) laø:
03 3
01 1
02 2
zz
xx
yy
   
 
   
    
Vôùi (x + 1)(y + 2)(z + 3) = - 6 heä (I) laø:
63 3
21 1
42 2
zz
xx
yy
     
 
     
      
Vaäy nghieäm cuûa heä laø (0 ; 0 ; 0) vaø (-2 ; -4 ;
-6)
Neáu x, y, z ñeàu laø caùc soá döông thì
heä chæ coù 1 nghieäm
Baøi 4: (2 ñieåm) Trong maët phaúng toïa ñoä

42
cho parabol (P):
2
3
x
y  , ñieåm I(0 ; 3) vaø
ñieåm M(m ; 0)
Vôùi m laø tham soá khaùc 0.
a/ Vieát phöông trình ñöôøng thaúng (d) ñi qua
hai ñieåm M, I
b/ Chöùng minh raèng (d) luoân luoân caét (P)
taïi hai ñieåm phaân bieät A, B vôùi AB > 6
a/ Goïi pt cuûa (d) laø y = ax + b
Khi ñi qua I(0 ; 3) vaø M(m ; 0) ta coù:
3
.0 3 3
( ) : 33
. 0
b
a b
d y x
m a b ma
m
 
   
    
   
b/ Phöông trình hoaønh ñoä giao ñieåm cuûa (d)
vaø (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 dom
mx x m
m m m m

 
    
   
        
Vaäy (d) luoân caét (P) taïi 2 ñieåm phaân bieät.
Chöùng minh AB > 6
Vì A, B laø giao ñieåm cuûa (d) vaø (P) neân
hoaønh ñoä xA, xB phaûi thoûa maõn pt: mx2
+ 9x
– 9m = 0
Theo Vi-eùt ta coù: xA+ xB =
9
m
; xA. xB = -9
Do A, B
3 3
( ) 3 ; 3A A B Bd y x y x
m m
 
     
Theo coâng thöùc tính khoaûng caùch:

43
   
 
   
 
 
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
   
  
    
 
   
 
   
 
        
    
       
     
  
    
  
     
Baøi 5: (3 ñieåm) Cho hai ñöôøng troøn (O ; R)
vaø (O’ ; R’) caét nhau taïi A vaø B (R > R’).
Tieáp tuyeán taïi B cuûa
(O’ ; R’) caét (O ; R) taïi C vaø tieáp tuyeán taïi B
cuûa (O ; R) caét (O’ ; R’) taïi D.
a/ Chöùng minh raèng: AB2
= AC.AD vaø
2
BC AC
BD AD
 
 
 
b/ Laáy ñieåm E ñoái xöùng cuûa B qua A. Chöùng
minh boán ñieåm B, C, E, D thuoäc moät ñöôøng
troøn coù taâm laø K. Xaùc ñònh taâm K cuûa
ñöôøng troøn.
a/ Xeùt (O) ta coù µ ¶
1 2C B (chaén cung AnB)
Xeùt (O’) ta coù ¶ µ
1 1D B (chaén cung AmB)
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/ Töø (1) thay AE = AB ta coù
1
1
21
2
2 1
2
1
2
j
/
/
x
x
=
=
K
C
D
O
B
O'
A
E

44
AE AC
AD AE
 (*) maët khaùc:
µ ¶ µ ¶ ¶ ¶
µ ¶
1 1 1 2 2 1
1 2
;
(**)
A C B A B D
A A
   
 
Töø (*) vaø (**) 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
   
 
     
   
 
:
Vaäy töù giaùc BCED noäi tieáp ñöôøng troøn taâm K.
Vôùi K laø gaio ñieåm 3 ñöôøng tröïc cuûa BCE
hoaëc BDE
Së Gi¸o dôc vµ ®µo t¹o
B×NH D¦¥NG
--------------------
Kú thi tuyÓn sinh líp 10
THPT Chuyªn Hïng V¬ng
N¨m häc 2009-2010
M«n thi: To¸n (Chuyªn)
(kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò.)
--------------------------------------
C©u1: Gi¶i ph¬ng tr×nh
2 2 2 19 2 39x x x x    
C©u 2: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh
   
2
3 2 0
5 0
x y x y
x y



    
  
C©u 3: Cho a,b  R tháa:
2 23 3 3a a b b
  
  
  
    
TÝnh a+ b
C©u 4 Cho Ph¬ng tr×nh bËc hai , x lµ Èn, tham sè m:
 2 2 1 2 0x m x m   
1- Chøng minh ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi mäi gi¸ trÞ m.

45
2- Gäi x1,x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh . Chøng tá M = x1 + x2 - x1x2 kh«ng
phô thuéc vµo gi¸ trÞ cña m .
C©u 5 Cho tam gi¸c ABC cã 3 gãc nhän . BE vµ CF lµ hai ®êng cao. Trùc t©m H.
Trªn HB vµ HC lÇn lît lÊy ®iÓm M , N sao cho · · 0
90AMC ANB  . Chøng minh : AM
= AN .
--------------------------------
Gi¶I ®Ò Thi
C©u1: Gi¶i ph¬ng tr×nh



 


 
    
 
   

   
   

2
1
2
1
2
0
4(
5(
7
5
2 2 2 19 2 39 (*)
2 2 19
(*) 2 0
2 2 19 16
2 2 35 0
t
t
x
x
x x x x
x x
t t
x x
x x
®Æt t =
nhËn)
lo¹i
C©u 2: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh
   



     

 
    
         
      

    
  
12
2
(*)
1
(*) 3 2 0
2
3
1 2
5 7
2 2
5 3
2
2
3 2 0
5 0
t
t t
t
x
x y y
x y
x
x y
x y
y
x y x y
x y
®Æt t = x + y
C©u 3: Cho a,b  R tháa:
2 23 3 3a a b b
  
  
  
    
TÝnh a+ b

46
   
  
  
  
                     
  
   
  
  
  
  

       
    
    
   
    
   
2 2
t
.
3
3
2 23 3 3
2 2 2 23 3 3 3 3
2 23 3
2 23 3 3
2 23 3
b b
a a b b
a a a a b b
a a b b
a a b b
a a b b
õ
vËy
  
  
ab + a + b + = 3
ab - a - b + = 3
2a + 2b = 0
a
a + b = 0
+ b = 0
v × > 0, > 0
nª n a = b = 0
2 2 2 2b + 3 a + 3 a + 3 b + 3
2 2 2 2b + 3 a + 3 a + 3 b + 3
2 2b + 3 a + 3
2 2b + 3 a + 3
2 2a + 3 b + 3








 


C©u 4 Cho Ph¬ng tr×nh bËc hai , x lµ Èn, tham sè m:
 2 2 1 2 0x m x m   
1.
’ = [-(m+1)]2
-2m = m2
+2m +1 -2m = m2
+ 1 > 0
Nªn ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi mäi gi¸ trÞ m
2.



1 2
1 2
1 2 1 2
TheoViet :
x + x = 2(m + 1)
x .x = 2m
M = x + x - x .x = 2(m + 1) - 2m = 2
Nªn kh«ng phô thuéc
vµo gi¸ trÞ cña m .
C©u 5:
 
 
 
:AEB AFC(g-g)
AE
AF
. . (1)AE AC AF AB
AB
AC
N
M
HF
E
A
B C

47
2
2
(2)
, :®êng .
.
, :®êng .
3( ).
vMAC ME cao
MA AE AC
vNAB NF cao
NA AF AB




Tõ (1),(2),(3)
MA2
= NA2
MA = NA
---------------------------------------

59
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐẠO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
GIA LAI Năm học 2009 – 2010
………………….. ……………………………………………
ĐỀ CHÍNH THỨC.
Môn thi: Toán ( Chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút ( Không kể thời gian phát đề )
ĐỀ BÀI:
Câu 1: ( 1 điểm)
Tìm các số nguyên dương n sao cho n2
+ 1 chia hết cho n + 1
Câu 2: ( 1,5 điểm)
Cho biểu thức A =
2 9 2 1 3
5 6 3 2
x x x
x x x x
  
 
   
a) Rút gọn A.
b) Tìm các giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên.
Câu 3: ( 1,5 điểm)
Giả sử x1, x2 là hai nghiệm của phương trình: x2
– 4x + 1 = 0. Tính x1
2
+ x2
2
, x1
3
+
x2
3
và x1
5
+ x2
5
( không sử dụng máy tính cầm tay để tính).
Câu 4: ( 2 điểm)
a) Vẽ đồ thị của các hàm số 1y x  và 2y x  trên cùng một hệ trục tọa độ
Oxy.
b) Chứng tỏ phương trình 1 2x x   có một nghiệm duy nhất.
Câu 5: ( 1,5 điểm)
Một người dự định rào xung quanh một miếng đất hình chữ nhật có diện tích
1.600m2
, độ dài hai cạnh là x mét và y mét. Hai cạnh kề nhau rào bằng gạch, còn hai
cạnh kia rào bằng đá. Mỗi mét rào bằng gạch giá 200.000 đồng, mỗi mét rào bằng đá
giá 500.000 đồng.
a) Tính giá tiền dự định rào ( theo x và y).
b) Người ấy có 55 triệu đồng, hỏi số tiền ấy có đủ để rào không ?
Câu 6: ( 2,5 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O;R). Các đường cao AD, BE, CF cắt
nhau tại H. AO kéo dài cắt (O) tại M.
a) Chứng minh tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp và tứ giác BHCM là hình bình
hành.
b) Chứng minh AO  EF.
c) Chứng minh rằng:
2 2
4
ABC
R p
S

 , trong đó SABC là diện tích tam giác ABC và p
là chu vi của tam giác DEF.
…………Hết……….

60
Họ và tên: ……………………………………...; SBD………….; Phòng thi
số:…………......
Chữ kí của giám thị 1:………………………; Chữ kí của giám thị
2:………………………...
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LONG AN
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009-2010
Môn thi : TOÁN hệ chuyên
Ngày thi : 10-7 2009
Thời gian : 150 phút ( không kể phát đề)
Câu 1 (2đ)
Rút gọn các biểu thức sau :
1) A = 4 + 2 3 + 4 - 2 3
2) B =
3
7 + 5 2 +
3
7 - 5 2
Câu 2 (2đ)
1) Giải hệ phương trình :


 2x
x - 1
+
y
y - 1
= 6
x
x - 1
+
3y
y - 1
= 8
2) Giải phương trình : x4
- 2x3
- x2
+ 2x + 1 = 0
Câu 3 (2đ)
Gọi đồ thị hàm số y = x2
là parabol (P), đồ thị của hàm số y = x - m là đường
thẳng (d) .
1) Tìm giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt .
2) Khi (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B kí hiệu xA và xB lần lượt là
hoành độ của A và B . Tìm các giá trị của m sao cho x3
A + x3
B = 1 .
Câu 4 (2đ)
1) Cho tam giác ABC . Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của các cạnh
AB,BC,CA. Khẳng định SABC = 4SMNP đúng hay sai ? tại sao ?
2) Cho đường tròn (T) có đường kính AB . Gọi C là điểm đối xứng với A qua B
, PQ là một đường kính thay đổi của (T) khác đường kính AB. Đường thẳng
CQ cắt đường thẳng PB ở điểm M . Khẳng định CQ = 2CM đúng hay sai ? tại
sao ?
Câu 5 (2đ)
1) Cho hai số thực x , y thay đổi và thoả mãn điều kiện : 2x + 3y = 5 . Tìm x ,y
để biểu thức P = 2x2
+ 3y2
+ 2 đạt giá trị nhỏ nhất . Tìm giá trị nhỏ nhất đó .
2) Cho t , y là hai số thực thoả mãn điều kiện : t + y2
+ y t - 5 t - 4y + 7 = 0.
Hãy tìm t , y .
Hết

61
100 §Ò ¤N TËP VµO LíP 10
I, mét sè ®Ò cã ®¸p ¸n
®Ò 1
Bài 1 : (2 điểm)
a) Tính :
b) Giải hệ phương trình :
Cho biểu thức :
a) Rút gọn A.
b) Tìm x nguyên để A nhận giá trị nguyên.
Một ca nô xuôi dòng từ bến sông A đến bến sông B cách nhau 24 km ; cùng lúc đó, cũng từ
A về B một bè nứa trôi với vận tốc dòng nước là 4 km/h. Khi đến B ca nô quay lại ngay và
gặp bè nứa tại địa điểm C cách A là 8 km. Tính vận tốc thực của ca nô.
Cho đường tròn tâm O bán kính R, hai điểm C và D thuộc đường tròn, B là trung điểm của
cung nhỏ CD. Kẻ đường kính BA ; trên tia đối của tia AB lấy điểm S, nối S với C cắt (O) tại
M ; MD cắt AB tại K ; MB cắt AC tại H.
a) Chứng minh  BMD =  BAC, từ đó => tứ giác AMHK nội tiếp.
b) Chứng minh : HK // CD.
c) Chứng minh : OK.OS = R2
.
Cho hai số a và b khác 0 thỏa mãn : 1/a + 1/b = 1/2
Chứng minh phương trình ẩn x sau luôn có nghiệm :
(x2
+ ax + b)(x2
+ bx + a) = 0.
Bµi 3:
Do ca n« xuÊt ph¸t tõ A cïng víi bÌ nøa nªn thêi gian cña ca n« b»ng thêi gian bÌ
nøa:
8
2
4
 (h)
Gäi vËn tèc cña ca n« lµ x (km/h) (x>4)
Theo bµi ta cã:
24 24 8 24 16
2 2
4 4 4 4x x x x

    
   
2 0
2 40 0
20
x
x x
x

     
Vëy vËn tèc thùc cña ca n« lµ 20 km/h
Bµi 4:

62
a) Ta cã » »BC BD (GT)  · ·BMD BAC (2 gãc
néi tiÕp ch¾n 2 cung b¨ng nhau)
* Do · ·BMD BAC  A, M nh×n HK dêi 1 gãc
b»ng nhau  MHKA néi tiÕp.
b) Do BC = BD (do » »BC BD ), OC = OD (b¸n
kÝnh)  OB lµ ®êng trung trùc cña CD
 CD AB (1)
Xet MHKA: lµ tø gi¸c néi tiÕp, · 0
90AMH  (gãc
nt ch¾n nöa ®êng trßn) 
· 0 0 0
180 90 90HKA    (®l)
 HK AB (2)
Tõ 1,2  HK // CD
H K
M A
B
O
C D
S
Bµi 5:
2
2 2
2
0 (*)
( )( ) 0
0 (**)
x ax b
x ax b x bx a
x bx a
   
      
  
(*)  4b
    , §Ó PT cã nghiÖm 2 2 1 1
4 0 4
2
a b a b
a b
      (3)
(**)  2
4b a   §Ó PT cã nghiÖm th× 2 1 1
4 0
2
b a
b a
    (4)
Céng 3 víi 4 ta cã:
1 1 1 1
2 2a b a b
  
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 4 4 4 4 4 8 42 2 a b a ba b
 
           
 
(lu«n lu«n ®óng víi mäi a, b)
De 2
Đề thi gồm có hai trang.
Câu 1 : (4,5 điểm)
1. Cho phương trình 4 2 2
( 4 ) 7 1 0x m m x m     . Định m để phương trình có 4
nghiệm phân biệt và tổng bình phương tất cả các nghiệm bằng 10.
2. Giải phương trình: 2 2
4 2
3
5 3 ( 1)
1
x x
x x
  
 
Câu 2 : (3,5 điểm)

63
1. Cho góc nhọn . Rút gọn không còn dấu căn biểu thức :
2 2
cos 2 1 sin 1P     
2. Chứng minh:   4 15 5 3 4 15 2   
Câu 3 : (2 điểm)
Với ba số không âm a, b, c, chứng minh bất đẳng thức :
 2
1
3
a b c ab bc ca a b c        
Khi nào đẳng thức xảy ra ?
Cho 2 đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A, B phân biệt. Đường
thẳng OA cắt (O), (O’) lần lượt tại điểm thứ hai C, D. Đường thẳng O’A cắt (O),
(O’) lần lượt tại điểm thứ hai E, F.
1. Chứng minh 3 đường thẳng AB, CE và DF đồng quy tại một điểm I.
2. Chứng minh tứ giác BEIF nội tiếp được trong một đường tròn.
3. Cho PQ là tiếp tuyến chung của (O) và (O’) (P  (O), Q  (O’)). Chứng minh
đường thẳng AB đi qua trung điểm của đoạn thẳng PQ.
-----HẾT-----

64
ĐÁP ÁN
Câu 1 : (4,5 điểm)
1.
Đặt X = x2
(X  0)
Phương trình trở thành 2 2
( 4 ) 7 1 0X m m X m     (1)
Phương trình có 4 nghiệm phân biệt  (1) có 2 nghiệm phân biệt dương +
0
0
0
S
P
 

 
 
2 2
2
( 4 ) 4(7 1) 0
4 0
7 1 0
m m m
m m
m
    

  
  

(I)+
Với điều kiện (I), (1) có 2 nghiệm phân biệt dương X1 , X2.
 phương trình đã cho có 4 nghiệm x1, 2 = 1X ; x3, 4 = 2X
2 2 2 2 2
1 2 3 4 1 22( ) 2( 4 )x x x x X X m m        +
Vậy ta có 2 2 1
2( 4 ) 10 4 5 0
5
m
m m m m
m

         
+
Với m = 1, (I) được thỏa mãn +
Với m = –5, (I) không thỏa mãn. +
Vậy m = 1.
2.
Đặt 4 2
1t x x   (t  1)
Được phương trình
3
5 3( 1)t
t
   +
3t2
– 8t – 3 = 0
 t = 3 ;
1
3
t   (loại) +
Vậy 4 2
1 3x x  
 x =  1. +
Câu 2 : (3,5 điểm)
1.
2 2 2 2
cos 2 1 sin 1 cos 2 cos 1P          
2
cos 2cos 1P     (vì cos > 0) +
2
(cos 1)P   +
1 cosP   (vì cos < 1) +
2.
        
2
4 15 5 3 4 15 5 3 4 15 4 15       +

65
=  5 3 4 15 
=    
2
5 3 4 15  +
=   8 2 15 4 15  +
= 2 +
 
2
0 2a b a b ab     +
Tương tự, 2a c ac 
2b c bc 
1 2a a  +
1 2b b 
1 2c c 
Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ở trên ta được điều phải chứng
minh. +
Đẳng thức xảy ra  a = b = c = 1
+

66
+
1.
Ta có : ABC = 1v
ABF = 1v
 B, C, F thẳng hàng. +
AB, CE và DF là 3 đường cao của tam giác ACF nên chúng đồng quy. ++
2.
ECA = EBA (cùng chắn cung AE của (O) +
Mà ECA = AFD (cùng phụ với hai góc đối đỉnh) +
 EBA = AFD hay EBI = EFI +
 Tứ giác BEIF nội tiếp. +
3.
Gọi H là giao điểm của AB và PQ
Chứng minh được các tam giác AHP và PHB đồng dạng +

HP HA
HB HP
  HP2
= HA.HB +
Tương tự, HQ2
= HA.HB +
 HP = HQ  H là trung điểm PQ. +
Lưu ý :
- Mỗi dấu “+” tương ứng với 0,5 điểm.
- Các cách giải khác được hưởng điểm tối đa của phần đó.
- Điểm từng phần, điểm toàn bài không làm tròn.
lu«n lu«n cã nghiÖm.
O O’
B
A
C
D
E
F
I
P
Q
H

67
-------------------------------------------------------------------------------------------------------
---®Ò 3--
I.Tr¾c nghiÖm:(2 ®iÓm)
H·y ghi l¹i mét ch÷ c¸i ®øng tríc kh¼ng ®Þnh ®óng nhÊt.
C©u 1: KÕt qu¶ cña phÐp tÝnh  8 18 2 98 72 : 2  lµ :
A . 4 B . 5 2 6 C . 16 D . 44
C©u 2 : Gi¸ trÞ nµo cña m th× ph¬ng tr×nh mx2
+2 x + 1 = 0 cã hai nghiÖm ph©n biÖt :
A. 0m 
B.
1
4
m  C. 0m  vµ
1
4
m 
D. 0m  vµ 1m 
C©u 3 :Cho ABCV néi tiÕp ®êng trßn (O) cã µ µ0 0
60 ; 45B C  . S® »BC lµ:
A . 750
B . 1050
C . 1350
D . 1500
C©u 4 : Mét h×nh nãn cã b¸n kÝnh ®êng trßn ®¸y lµ 3cm, chiÒu cao lµ 4cm th× diÖn tÝch xung
quanh h×nh nãn lµ:
A 9 (cm2
) B. 12 (cm2
) C . 15 (cm2
) D. 18 (cm2
)
II. Tù LuËn: (8 ®iÓm)
C©u 5 : Cho biÓu thøc A=
1 2
1 1
x x x x
x x
  

 
a) T×m x ®Ó biÓu thøc A cã nghÜa.
b) Rót gän biÓu thøc A.
c) Víi gi¸ trÞ nµo cña x th× A<1.
C©u 6 : Hai vßi níc cïng ch¶y vµo mét bÓ th× ®Çy bÓ sau 2 giê 24 phót. NÕu ch¶y riªng tõng
vßi th× vßi thø nhÊt ch¶y ®Çy bÓ nhanh h¬n vßi thø hai 2 giê. Hái nÕu më riªng tõng
vßi th× mçi vßi ch¶y bao l©u th× ®Çy bÓ?
C©u 7 : Cho ®êng trßn t©m (O) ®êng kÝnh AB. Trªn tia ®èi cña tia AB lÊy ®iÓm C
(AB>BC). VÏ ®êng trßn t©m (O'
) ®êng kÝnh BC.Gäi I lµ trung ®iÓm cña AC. VÏ
d©y MN vu«ng gãc víi AC t¹i I, MC c¾t ®êng trßn t©m O'
t¹i D.
a) Tø gi¸c AMCN lµ h×nh g×? T¹i sao?
b) Chøng minh tø gi¸c NIDC néi tiÕp?
c) X¸c ®Þnh vÞ trÝ t¬ng ®èi cña ID vµ ®êng trßn t©m (O) víi ®êng trßn t©m (O'
).
§¸p ¸n

68
C©u Néi dung §iÓm
1 C 0.5
2 D 0.5
3 D 0.5
4 C 0.5
5
a) A cã nghÜa 
0
1 0
x
x


 

0
1
x
x



0.5
b) A=
   
2
1 1
1 1
x x x
x x
 

 
0.5
= 1x x  0.25
=2 1x  0.25
c) A<1  2 1x  <1 0.25
 2 2x  0.25
 1x  x<1 0.25
KÕt hîp ®iÒu kiÖn c©u a)  VËy víi 0 1x  th× A<1 0.25
6
2giê 24 phót=
12
5
giê
Gäi thêi gian vßi thø nhÊt ch¶y mét m×nh ®Çy bÓ lµ x (giê) ( §k x>0)
0.25
Thêi gian vßi thø hai ch¶y mét m×nh ®Çy bÓ lµ: x+2 (giê)
Trong 1 giê vßi thø nhÊt ch¶y ®îc :
1
x
(bÓ)
0.5
Trong 1 giê vßi thø hai ch¶y ®îc :
1
2x 
(bÓ)
Trong 1 giê c¶ hai vßi ch¶y ®îc :
1
x
+
1
2x 
(bÓ)
Theo bµi ra ta cã ph¬ng tr×nh:
1
x
+
1
2x 
=
1
12
5
0.25
GiaØ ph¬ng tr×nh ta ®îc x1=4; x2=-
6
5
(lo¹i)
0.75
VËy: Thêi gian vßi thø nhÊt ch¶y mét m×nh ®Çy bÓ lµ:4 giê
Thêi gian vßi thø hai ch¶y mét m×nh ®Çy bÓ lµ: 4+2 =6(giê)
0.25
7 VÏ h×nh vµ ghi gt, kl ®óng
I
D
N
M
O'O
A
C
B
0.5
a) §êng kÝnh AB MN (gt) I lµ trung ®iÓm cña MN (§êng kÝnh vµ d©y 0.5

69
cung)
IA=IC (gt) Tø gi¸c AMCN cã ®¬ng chÐo AC vµ MN c¾t nhau t¹i trung
®iÓm cña mçi ®êng vµ vu«ng gãc víi nhau nªn lµ h×nh thoi.
0.5
b) · 0
90ANB  (gãc néi tiÕp ch¾n 1/2 ®êng trßn t©m (O) )
BN  AN.
AN// MC (c¹nh ®èi h×nh thoi AMCN).
BN  MC (1)
· 0
90BDC  (gãc néi tiÕp ch¾n 1/2 ®êng trßn t©m (O'
) )
BD  MC (2)
Tõ (1) vµ (2)  N,B,D th¼ng hµng do ®ã · 0
90NDC  (3).
· 0
90NIC  (v× AC MN) (4)
0.5
Tõ (3) vµ (4) N,I,D,C cïng n»m trªn ®êng trßn ®êng kÝnh NC
 Tø gi¸c NIDC néi tiÕp 0.5
c) OBA. O'
BC mµ BA vafBC lµ hai tia ®èi nhau B n»m gi÷a O vµ O'
do
®ã ta cã OO'
=OB + O'
B  ®êng trßn (O) vµ ®êng trßn (O'
) tiÕp xóc ngoµi
t¹i B
0.5
VMDN vu«ng t¹i D nªn trung tuyÕn DI =
1
2
MN =MI  VMDI c©n
 · ·IMD IDM .
T¬ng tù ta cã · ·' 'O DC O CD mµ · · 0
' 90IMD O CD  (v× · 0
90MIC  )
0.25
 · · 0
' 90IDM O DC  mµ · 0
180MDC   · 0
' 90IDO 
do ®ã ID DO ID lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn (O'
). 0.25
Chó ý: NÕu thÝ sinh lµm c¸ch kh¸c ®óng vÉn cho ®iÓm tèi ®a
§Ò 4
C©u1 : Cho biÓu thøc
A=
2
)1(
:
1
1
1
1
2
2233




















x
xx
x
x
x
x
x
x
Víi x 2 ;1
.a, Ruý gän biÓu thøc A
.b , TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc khi cho x= 226 
c. T×m gi¸ trÞ cña x ®Ó A=3
C©u2.a, Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:





1232
4)(3)( 2
yx
yxyx
b. Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh:
3
1524
2
23


xx
xxx
<0
C©u3. Cho ph¬ng tr×nh (2m-1)x2
-2mx+1=0
X¸c ®Þnh m ®Ó ph¬ng tr×nh trªn cã nghiÖm thuéc kho¶ng (-1,0)

70 O
K
F
E
D
CB
A
C©u 4. Cho nöa ®êng trßn t©m O , ®êng kÝnh BC .§iÓm A thuéc nöa ®êng trßn ®ã
Dng h×nh vu«ng ABCD thuéc nöa mÆt ph¼ng bê AB, kh«ng chøa ®Ønh C. Gäi Flµ
giao ®iÓm cña Aevµ nöa ®êng trßn (O) . Gäi Klµ giao ®iÓm cña CFvµ ED
a. chøng minh r»ng 4 ®iÓm E,B,F,K. n»m trªn mét ®êng trßn
b. Tam gi¸c BKC lµ tam gi¸c g× ? V× sao. ?
®¸p ¸n
C©u 1: a. Rót gän A=
x
x 22

b.Thay x= 226  vµo A ta ®îc A=
226
224


c.A=3<=> x2
-3x-2=0=> x=
2
173
C©u 2 : a)§Æt x-y=a ta ®îc pt: a2
+3a=4 => a=-1;a=-4
Tõ ®ã ta cã





1232
4)(3)( 2
yx
yxyx
<=>
*





1232
1
yx
yx
(1)
*





1232
4
yx
yx
(2)
Gi¶i hÖ (1) ta ®îc x=3, y=2
Gi¶i hÖ (2) ta ®îc x=0, y=4
VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ x=3, y=2 hoÆc x=0; y=4
b) Ta cã x3
-4x2
-2x-15=(x-5)(x2
+x+3)
mµ x2
+x+3=(x+1/2)2
+11/4>0 víi mäi x
VËy bÊt ph¬ng tr×nh t¬ng ®¬ng víi x-5>0 =>x>5
C©u 3: Ph¬ng tr×nh: ( 2m-1)x2
-2mx+1=0
 XÐt 2m-1=0=> m=1/2 pt trë thµnh –x+1=0=> x=1
 XÐt 2m-10=> m 1/2 khi ®ã ta cã
,
 = m2
-2m+1= (m-1)2
0 mäi m=> pt cã nghiÖm víi mäi m
ta thÊy nghiÖm x=1 kh«ng thuéc (-1,0)
víi m 1/2 pt cßn cã nghiÖm x=
12
1


m
mm
=
12
1
m
pt cã nghiÖm trong kho¶ng (-1,0)=> -1<
12
1
m
<0







012
01
12
1
m
m =>







012
0
12
2
m
m
m
=>m<0
VËy Pt cã nghiÖm trong kho¶ng (-1,0) khi vµ chØ khi m<0
C©u 4:
a. Ta cã  KEB= 900
mÆt kh¸c  BFC= 900
( gãc néi tiÕp ch¾n n÷a ®êng trßn)
do CF kÐo dµi c¾t ED t¹i D
=>  BFK= 900
=> E,F thuéc ®êng trßn ®êng kÝnh BK

71
hay 4 ®iÓm E,F,B,K thuéc ®êng trßn ®êng kÝnh BK.
b.  BCF=  BAF
Mµ  BAF=  BAE=450
=>  BCF= 450
Ta cã  BKF=  BEF
Mµ  BEF=  BEA=450
(EA lµ ®êng chÐo cña h×nh vu«ng ABED)=>  BKF=450
V×  BKC=  BCK= 450
=> tam gi¸c BCK vu«ng c©n t¹i B
§Ò 5
Bµi 1: Cho biÓu thøc: P =
 























1
122
:
11
x
xx
xx
xx
xx
xx
a,Rót gän P
b,T×m x nguyªn ®Ó P cã gi¸ trÞ nguyªn.
Bµi 2: Cho ph¬ng tr×nh: x2
-( 2m + 1)x + m2
+ m - 6= 0 (*)
a.T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh (*) cã 2 nghiÖm ©m.
b.T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh (*) cã 2 nghiÖm x1; x2 tho¶ m·n 3
2
3
1 xx  =50
Bµi 3: Cho ph¬ng tr×nh: ax2
+ bx + c = 0 cã hai nghiÖm d¬ng ph©n biÖt x1, x2Chøng
minh:
a,Ph¬ng tr×nh ct2
+ bt + a =0 còng cã hai nghiÖm d¬ng ph©n biÖt t1 vµ t2.
b,Chøng minh: x1 + x2 + t1 + t2  4
Bµi 4: Cho tam gi¸c cã çc gãc nhän ABC néi tiÕp ®êng trßn t©m O . H lµ trùc t©m
cña tam gi¸c. D lµ mét ®iÓm trªn cung BC kh«ng chøa ®iÓm A.
a, X¸c ®Þnh vÞ trÝ cña ®iÎm D ®Ó tø gi¸c BHCD lµ h×nh b×nh hµnh.
b, Gäi P vµ Q lÇn lît lµ çc ®iÓm ®èi xøng cña ®iÓm D qua çc ®êng th¼ng
AB vµ AC . Chøng minh r»ng 3 ®iÓm P; H; Q th¼ng hµng.
c, T×m vÞ trÝ cña ®iÓm D ®Ó PQ cã ®é dµi lín nhÊt.
Bµi 5: Cho hai sè d¬ng x; y tho¶ m·n: x + y  1
T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña: A =
xyyx
5011
22


§¸p ¸n
Bµi 1: (2 ®iÓm). §K: x 1;0  x
a, Rót gän: P =
 
 
 
1
12
:
1
12
2




x
x
xx
xx z
<=> P =
1
1
)1(
1
2





x
x
x
x

72
b. P =
1
2
1
1
1




xx
x
§Ó P nguyªn th×
)(121
9321
0011
4211
Loaixx
xxx
xxx
xxx




VËy víi x=  9;4;0 th× P cã gi¸ trÞ nguyªn.
Bµi 2: §Ó ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ©m th×:
   









012
06
06412
21
2
21
22
mxx
mmxx
mmm
3
2
1
0)3)(2(
025











 m
m
mm
b. Gi¶i ph¬ng tr×nh:   50)3(2 33
 mm













2
51
2
51
0150)733(5
2
1
22
m
m
mmmm
Bµi 3: a. V× x1 lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: ax2
+ bx + c = 0 nªn ax1
2
+ bx1 + c =0. .
V× x1> 0 => c. .0
1
.
1
1
2
1






a
x
b
x
Chøng tá
1
1
x
lµ mét nghiÖm d¬ng cña ph¬ng
tr×nh: ct2
+ bt + a = 0; t1 =
1
1
x
V× x2 lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh:
ax2
+ bx + c = 0 => ax2
2
+ bx2 + c =0
v× x2> 0 nªn c. 0
1
.
1
2
2
2












a
x
b
x
®iÒu nµy chøng tá
2
1
x
lµ mét nghiÖm d¬ng cña
ph¬ng tr×nh ct2
+ bt + a = 0 ; t2 =
2
1
x

73
VËy nÕu ph¬ng tr×nh: ax2
+ bx + c =0 cã hai nghiÑm d¬ng ph©n biÖt x1; x2 th×
ph¬ng tr×nh : ct2
+ bt + a =0 còng cã hai nghiÖm d¬ng ph©n biÖt t1 ; t2 . t1 =
1
1
x
; t2
=
2
1
x
b. Do x1; x1; t1; t2 ®Òu lµ nh÷ng nghiÖm d¬ng nªn
t1+ x1 =
1
1
x
+ x1 2 t2 + x2 =
2
1
x
+ x2  2
Do ®ã x1 + x2 + t1 + t2 4
Bµi 4
a. Gi¶ sö ®· t×m ®îc ®iÓm D trªn cung BC sao cho tø gi¸c BHCD lµ h×nh b×nh hµnh .
Khi ®ã: BD//HC; CD//HB v× H lµ trùc t©m tam gi¸c ABC nªn
CH AB vµ BH AC => BD AB vµ CD AC .
Do ®ã:  ABD = 900
vµ  ACD = 900
.
VËy AD lµ ®êng kÝnh cña ®êng trßn t©m O
Ngîc l¹i nÕu D lµ ®Çu ®êng kÝnh AD
cña ®êng trßn t©m O th×
tø gi¸c BHCD lµ h×nh b×nh hµnh.
b) V× P ®èi xøng víi D qua AB nªn  APB =  ADB
nhng  ADB = ACB nhng  ADB =  ACB
Do ®ã:  APB =  ACB MÆt kh¸c:
 AHB +  ACB = 1800
=>  APB +  AHB = 1800
Tø gi¸c APBH néi tiÕp ®îc ®êng trßn nªn  PAB =  PHB
Mµ  PAB =  DAB do ®ã:  PHB =  DAB
Chøng minh t¬ng tù ta cã:  CHQ =  DAC
VËy  PHQ =  PHB +  BHC + CHQ =  BAC +  BHC = 1800
Ba ®iÓm P; H; Q th¼ng hµng
c). Ta thÊy  APQ lµ tam gi¸c c©n ®Ønh A
Cã AP = AQ = AD vµ  PAQ =  2BAC kh«ng ®æi nªn c¹nh ®¸y PQ
®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt  AP vµ AQ lµ lín nhÊt hay  AD lµ lín nhÊt
 D lµ ®Çu ®êng kÝnh kÎ tõ A cña ®êng trßn t©m O
H
O
P
Q
D
CB
A

74
§Ò 6
Bµi 1: Cho biÓu thøc:
    yx
xy
xyx
y
yyx
x
P






111))1)((
a). T×m ®iÒu kiÖn cña x vµ y ®Ó P x¸c ®Þnh . Rót gän P.
b). T×m x,y nguyªn tháa m·n ph¬ng tr×nh P = 2.
Bµi 2: Cho parabol (P) : y = -x2
vµ ®êng th¼ng (d) cã hÖ sè gãc m ®i qua ®iÓm M(-1 ;
-2) .
a). Chøng minh r»ng víi mäi gi¸ trÞ cña m (d) lu«n c¾t (P) t¹i hai ®iÓm A , B
ph©n biÖt
b). X¸c ®Þnh m ®Ó A,B n»m vÒ hai phÝa cña trôc tung.
Bµi 3: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh :










27
1
111
9
zxyzxy
zyx
zyx
Bµi 4: Cho ®êng trßn (O) ®êng kÝnh AB = 2R vµ C lµ mét ®iÓm thuéc ®êng trßn
);( BCAC  . Trªn nöa mÆt ph¼ng bê AB cã chøa ®iÓm C , kÎ tia Ax tiÕp xóc víi
®êng trßn (O), gäi M lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña cung nhá AC . Tia BC c¾t Ax t¹i Q , tia
AM c¾t BC t¹i N.
a). Chøng minh c¸c tam gi¸c BAN vµ MCN c©n .
b). Khi MB = MQ , tÝnh BC theo R.
Bµi 5: Cho Rzyx ,, tháa m·n :
zyxzyx 

1111
H·y tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc : M =
4
3
+ (x8
– y8
)(y9
+ z9
)(z10
– x10
) .
§¸p ¸n
Bµi 1: a). §iÒu kiÖn ®Ó P x¸c ®Þnh lµ :; 0;1;0;0  yxyyx .
*). Rót gän
P:
 
   
(1 ) (1 )
1 1
x x y y xy x y
P
x y x y
    

  
   
   
( )
1 1
x y x x y y xy x y
x y x y
    

  
  
   1 1
x y x y x xy y xy
x y x y
     

  
      
  
1 1 1 1
1 1
x x y x y x x
x y
     

 
 1
x y y y x
y
  


    
 
1 1 1
1
x y y y y
y
   


.x xy y  
VËy P = .yxyx 
b). P = 2  .yxyx  = 2

150 de toan thi vao lop 10

Recomendados

Recomendados

Mais conteúdo relacionado

Destaque

Destaque (20)

Semelhante a 150 de toan thi vao lop 10

Semelhante a 150 de toan thi vao lop 10 (20)

Mais de Tommy Bảo

Mais de Tommy Bảo (20)

Último

Último (20)

150 de toan thi vao lop 10