• Share
  • Email
  • Embed
  • Like
  • Save
  • Private Content
Tuyển tập đề thi và đáp án trường chuyên 09  10 - truonghocso.com
 

Tuyển tập đề thi và đáp án trường chuyên 09 10 - truonghocso.com

on

  • 5,061 views

 

Statistics

Views

Total Views
5,061
Views on SlideShare
5,060
Embed Views
1

Actions

Likes
2
Downloads
180
Comments
0

1 Embed 1

https://twitter.com 1

Accessibility

Categories

Upload Details

Uploaded via as Adobe PDF

Usage Rights

© All Rights Reserved

Report content

Flagged as inappropriate Flag as inappropriate
Flag as inappropriate

Select your reason for flagging this presentation as inappropriate.

Cancel
  • Full Name Full Name Comment goes here.
    Are you sure you want to
    Your message goes here
    Processing…
Post Comment
Edit your comment

    Tuyển tập đề thi và đáp án trường chuyên 09  10 - truonghocso.com Tuyển tập đề thi và đáp án trường chuyên 09 10 - truonghocso.com Document Transcript

    • www.VNMATH.com 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: a b c 1   2 bc c a a b Bài 2(2điểm) 1 1 1 Cho 3 số phân biệt m,n,p.Chứng minh rằng phương trình    0 có hai xm xn x p nghiệm phân biệt. Bài 3(2điểm) 1 1 1 Với số tự nhiên n, n  3 .Đặt Sn    ...   3 1 2  5 2 3   2n  1 n  n  1 1 Chúng minhSn< 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) m 1 Chứng minh rằng :  2  Với mọi số nguyên m,n. n n 2  3 2  **********************************************www.VNMATH.com 1
    • www.VNMATH.com 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 a aa 2a Nên ta có   bc a bc ab c a a Mặt khác  bc a bc a a 2a Vậy ta có   (1) abc cb abc b b 2b c c 2a Tương tự   (2);   (3) abc ca abc 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, p PT đã cho  (x-n)(x-p)+(x-m)(x-p)+(x-m)(x-n) = 0  3x2 -2(m+n+p)x +mn+mp+np = 0(1) Ta có Δ  ( m  n  p )2  3(mn  mp  np ) = m2+n2+p 2 +2mn+2mp+2np -3mn-3mp-3np = 1 m2+n2+p2 –mn-mp-np = [(m-n)2+(n-p)2+(m-p)2] >0 2 2 Đặt f(x) = 3x -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)  0 = >m,n,p không phải là nghiệm của pt(1) Vậy PT đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt Bài 3 1 n 1  n n 1  n Ta cã :    2n  1 n  n  1 2n  1 4n2  4n  1 n 1 n n +1 - n 1 1 1           4n  4n 2 2 n  1. n 2  n   n 1 1  1 1 1 1 1  1   1  1   1   Do đó Sn  1     ...     2    2 2 2 3 n  n 1    n 1  2 Bài 3: C   Ta có BAD  CAE ( Do cung EB = cung EC)   Và AEC  DBA ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) nên ΔBAD ΔEAC BA AE E a    AB.AC  AE. AD(1) O b AD AC     Ta có ADC  BDC (§èi ®Ønh) vµ CAD  DBE D (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CE) nên ΔACD ΔBDE AD DB    AD.DE  DB.DChay DC DE c A AD(AE-AD) = DB.DC B Hay AD2 = AD.AE - DB.DC=AB.AC – DB.DC (do (1)) DC DB DC DB DC  DB a 4b)Theo tính chất đường phân giác ta có  hay    AC AB b c b c bcwww.VNMATH.com 2
    • www.VNMATH.com DC DB a a a 2 bc vậy .  .  DB.DC  b c bc bc b  c 2   a 2 bc  a2   theo câu a ta có AD2 = AB.AC – DB.DC = bc   bc 1    b  c  2  b  c2         a2    AD  bc 1     b  c2      Bài 5: m m Vì lµ sè h÷u tØ vµ 2lµ sè v« tØ nªn  2 n n Ta xet hai trường hợp: m a)  2 Khi ®ã m 2  2 n 2  m2  2 n 2  1 hay m  2n 2  1 n Từ đó suy ra : 1 2  2 2 m 2n2  1 1 n 1 1  2   2  2 2  2    n n n 1  2 1  n2  2  2  2 n  2  2  2   3 2     n  n  m b)  2 Khi ®ã m 2  2n 2  m 2  2n 2  1 hay m  2n 2  1 n Từ đó suy ra : 1 22  m m 2n2  1 1 n2  2  2  2  2  2 2  n n n n 1 2  2 n2 1 1    n2  2  2  2  1     n 2  3 2      n  ************************************************www.VNMATH.com 3
    • www.VNMATH.com 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 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ————————— (Đề có 01 trang) Câu 1: (3,0 điểm)  1 1 9 x  y  x  y  2  a) Giải hệ phương trình:   xy  1  5   xy 2 b) Giải và biện luận phương trình: | x  3 |  p | x  2 | 5 (p là tham số có giá trị thực). Câu 2: (1,5 điểm) Cho ba số thực a, b, c đôi một phân biệt. a2 b2 c2 Chứng minh   2 (b  c)2 (c  a) 2 ( a  b)2 Câu 3: (1,5 điểm) 1 2x  2 Cho A  và B  2 4x  4 x 1 x2  2x  1 2A  B Tìm tất cả các giá trị nguyên của x sao cho C  là một số nguyên. 3 Câu 4: (3,0 điểm) Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB<CD). Gọi K, M lần lượt là trung điểm của BD, AC. Đường thẳng qua K và vuông góc với AD cắt đường thẳng qua M và vuông góc với BC tại Q. Chứng minh: a) KM // AB. b) QD = QC. Câu 5: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng cho 2009 điểm, sao cho 3 điểm bất kỳ trong chúng là 3 đỉnh của một tam giác có diện tích không lớn hơn 1. Chứng minh rằng tất cả những điểm đã cho nằm trong một tam giác có diện tích không lớn hơn 4. —Hết— Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ tên thí sinh ..................................................................... SBD .......................www.VNMATH.com 4
    • www.VNMATH.com 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 ĐiểmĐiều kiện xy  0 0,25  2[xy ( x  y)  ( x  y )]  9 xy (1)Hệ đã cho  2 0,25  2( xy )  5 xy  2  0 (2)  xy  2 (3)Giải PT(2) ta được:  0,50  xy  1 (4)  2  x  1   x  y  3  y  2Từ (1)&(3) có:   0,25  xy  2  x  2   y  1   x  1   3  y  1 x  y  2    2Từ (1)&(4) có:   0,25  xy  1  x  1    2  2  y  1 Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là: ( x; y)  (1; 2), (2; 1), (1; 1/ 2), (1/ 2; 1) 0,25 b) 1,25 điểm: Nội dung trình bày ĐiểmXét 3 trường hợp:TH1. Nếu 2  x thì PT trở thành: ( p  1) x  2( p  1) (1)TH2. Nếu 3  x  2 thì PT trở thành: (1  p) x  2(1  p) (2) 0,25TH3. Nếu x  3 thì PT trở thành: ( p  1) x  2( p  4) (3)Nếu p  1 thì (1) có nghiệm x  2 ; (2) vô nghiệm; (3) có nghiệm x nếu thoả mãn: 2( p  4) 0,25x  3  1  p  1 . p 1Nếu p  1 thì (1) cho ta vô số nghiệm thoả mãn 2  x ; (2) vô nghiệm; (3) vô nghiệm. 0,25Nếu p  1 thì (2) cho ta vô số nghiệm thoả mãn 3  x  2 ; (1) có nghiệm x=2; (3)VN 0,25Kết luận: 2( p  4)+ Nếu -1 < p < 1 thì phương trình có 2 nghiệm: x = 2 và x  p 1+ Nếu p = -1 thì phương trình có vô số nghiệm 2  x   0,25+ Nếu p = 1 thì phương trính có vô số nghiệm 3  x  2  p  1+ Nếu  thì phương trình có nghiệm x = 2.  p 1www.VNMATH.com 5
    • www.VNMATH.com Câu 2 (1,5 điểm): Nội dung trình bày Điểm+ Phát hiện và chứng minh bc ca ab 1,0   1 ( a  b )(a  c) (b  a)(b  c) (c  a )(c  b)+ Từ đó, vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh bằng: 2 a b c   bc ca ab  0,5     2   2b c c  a a b   (a  b)(a  c) (b  c)(b  a ) (c  a )(c  b)  Câu 3 (1,5 điểm): Nội dung trình bày ĐiểmĐiều kiện xác định: x  1 (do x nguyên). 0,25 1 2( x  1) 2 1 x 1 Dễ thấy A  ; B , suy ra: C     0,25 | 2 x  1| | x  1| 3  | 2 x  1| | x  1|  2 1  4( x  1) 4( x  1) 1 2xNếu x  1 . Khi đó C    1   0  C 1  1  0 3  2 x  1  3(2 x  1) 3(2 x  1) 3(2 x  1) 0,5Suy ra 0  C  1 , hay C không thể là số nguyên với x  1 . 1Nếu   x  1 . Khi đó: x  0 (vì x nguyên) và C  0 . Vậy x  0 là một giá trị cần tìm. 0,25 2 1Nếu x   . Khi đó x  1 (do x nguyên). Ta có: 2 2 1  4( x  1) 4( x  1) 2x 1C    1    0 và C  1   1   0 , suy ra 1  C  0 0,25 3  2x 1  3(2 x  1) 3(2 x  1) 3(2 x  1)hay C  0 và x  1 .Vậy các giá trị tìm được thoả mãn yêu cầu là: x  0, x  1 . Câu 4 (3,0 điểm): a) 2,0 điểm: Nội dung trình bày Điểm Gọi I là trung điểm AB, A I B E  IK  CD , R  IM  CD . Xét hai tam giác 0,25 KIB và KED có:   BDC ABD  KB = KD (K là trung điểm BD) 0,25 K M   IKB  EKD 0,25 Q Suy ra KIB  KED  IK  KE . 0,25 Chứng minh tương tự có: MIA  MRC 0,25 Suy ra: MI = MR 0,25 D E H R C Trong tam giác IER có IK = KE và MI = MR 0,25 nên KM là đường trung bình  KM // CD Do CD // AB (gt) do đó KM // AB (đpcm) 0,25 b) 1,0 điểm: Nội dung trình bày ĐiểmTa có: IA=IB, KB=KD (gt)  IK là đường trung bình của  ABD  IK//AD hay IE//AD 0,25chứng minh tương tự trong  ABC có IM//BC hay IR//BCCó: QK  AD (gt), IE//AD (CM trên)  QK  IE . Tương tự có QM  IR 0,25Từ trên có: IK=KE, QK  IE  QK là trung trực ứng với cạnh IE của IER . Tương tự QM là 0,25trung trực thứ hai của IERHạ QH  CD suy ra QH là trung trực thứ ba của IER hay Q nằm trên trung trực của đoạn CD 0,25www.VNMATH.com 6
    • www.VNMATH.com Q cách đều C và D hay QD=QC (đpcm). Câu 5 (1,0 điểm): Nội dung trình bày Điểm P A B C P B C ATrong số các tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn nhất (diện tích S). Khi đó 0.25S  1.Qua mỗi đỉnh của tam giác, kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, các đường thẳngnày giới hạn tạo thành một tam giác A B C (hình vẽ). Khi đó S A B C  4 S ABC  4 . Ta sẽ chứng 0.25minh tất cả các điểm đã cho nằm trong tam giác A B C .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 S PAB  SCAB , mâu thuẫn với giả thiết tam giác ABC có diện tích 0.25lớn nhất.Vậy, tất cả các điểm đã cho đều nằm bên trong tam giác A B C có diện tích không lớn hơn 4. 0.25 ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN CỦA HẢI PHÒNG NĂM HỌC 2009-2010 Bài 1 : ( 1 điểm ) 42 3  3 2009 Cho x  tính P   x 2  x  1  52  3 17 5  38  2 Bài 2 : ( 1, 5 điểm ) : cho hai phương trình x2 + b.x + c = 0 ( 1 ) và x2 - b 2 x + bc = 0 (2 ) biết phương trình ( 1 ) có hai nghiệm x1 ; x2 và phương trình ( 2 ) có hai nghiệm x3 ; x4 thoả mãn điều kiện x3  x1  x4  x2  1 . xác định b và c Bài 3 : ( 2 điểm )  1 1 1 1. Cho các số dương a; b; c . Chứng minh rằng  a  b  c       9 a b c 2. Cho các số dương a; b; c thoả mãn a + b + c  3 . Chứng ming rằng 1 2009 2 2 2   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 ; ACwww.VNMATH.com 7
    • www.VNMATH.com 1. Chứng minh tứ giác AOQM ; BOPN ; AQPB nội tiếp 2. Chứng minh Q; E; F thẳng hàng MP  NQ  PQ OM 3. Chứng minh  abc OC Bài 5 : ( 2 điểm ) 1. Giải phương trình nghiệm nguyên 3 x - 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 : 42 3  3 3 1 3 x   52  3 17 5  38  2 3   3 5  2 (17 5  38)  2 1 1    1 3 17  5  38 17 5  38  2  1 2 vậy P = 1 Bài 2 : vì x3  x1  x4  x2  1 => x3  x1  1; x4  x2  1  x1  x2  b(1)  x . x  c(2)  1 2 Theo hệ thức Vi ét ta có  2  x1  1   x2  1  b (3)  x  1 .  x  1  bc(4)  1 2 2 Từ (1 ) và ( 3 ) => b + b - 2 = 0  b = 1 ; b = -2 từ ( 4 ) => x1 . x2  x1  x2  1  bc => c - b + 1 = bc ( 5 ) +) với b = 1 thì ( 5 ) luôn đúng , phương trình x2 + +b x + c = 0 trở thành 1 X2 + x + 1 = 0 có nghiệm nếu   1  4 c  0  c  4 +) 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 1 vậy b= 1; c c  ; 4 b = -2 ; c = -1 Bài 3 : 1. Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương 1 1 1 1 a  b  c  3 abc   33 a b c abc  1 1 1 =>  a  b  c       9 a b c dấu “=” sảy ra  a = b = c 2 2 2 2 2. ta có ab  bc  ca  a  b  c  ab  bc  ca  a  b  c  3 3 2007   669 ab  bc  cawww.VNMATH.com 8
    • www.VNMATH.com Áp dụng câu 1 ta có  1 1 1  2   a  b  c  2ab  2bc  2ca   9 2 2  2 2 2   a b c ab  bc  ca ab  bc  ca  1 1 9 => 2   1 2 a b c 2 ab  bc  ca  a  b  c  2 1 2009 vậy 2 2 2   670 . dấu “=” sảy ra  a = b = c = 1 a  b  c ab  bc  ca    1 A  BOP  BAO  ABO    B 2   0  1  180  C    B A  Bài 4 : a) ta có PNC  2 2      BOP  PNC => tứ giác BOPN nội tiếp +) tương tự tứ giác AOQM nội tiếp +) do tứ giác AOQM nội tiếp=>   AMO  900 AQO    tứ giác BOPN nội tiếp => BPO  BNO  900   => AQB  APB  900 => tứ giác AQPB nội tiếp b ) tam giác AQB vuông tại Qcó QE là trung tuyến nên QE = EB = EA   1  => EQB  EBQ  B  QBC => QE //BC 2 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  y  1  3m  y  3m  1    3x   y  1  y 2  y  1 => tồn tại m; n sao cho  y 2  y  1  3n  9 m  3.3m  3  3n m  b  x m  b  x   +) nếu m = 0 thì y = 0 và x = 0 9 m  3.3m  3 3  3n  3  +) nếu m > 0 thì  m  n  n 1 9  3.3  3 9 3  9 m   => 9 m  3.3m  3  3  3m  3m  3  0 => 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 lẻwww.VNMATH.com 9
    • www.VNMATH.com 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) ®Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 120 phót(kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) Bµi 1.(2,5 ®iÓm) 1 1 1) Gi¶i ph­¬ng tr×nh: 2  2 x  3x  2 x  2  1 x  x  y  7  2) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh:   x  12 x y  Bµi 2.(2,0 ®iÓm) Cho ph­¬ng tr×nh: x  6 x  3  2m  0 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: x1  x2 24  x1  x2 3 Bµi 3.(2,0 ®iÓm) 1) Cho ph­¬ng tr×nh: 2 x 2  2  2m  6  x  6 m  52  0 ( 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 2) T×m sè abc tho¶ m·n: abc   a  b  4c . Bµi 4.(3,5 ®iÓm)   Cho ∆ABC nhän cã C  A. §­êng trßn t©m I néi tiÕp  ABC tiÕp xóc víi c¸c c¹nh AB, BC, CA lÇn l­ît t¹i c¸c ®iÓm M, N, E; gäi K lµ giao ®iÓm cña BI vµ NE. C  a) Chøng minh: AIB  900  . 2 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.www.VNMATH.com 10
    • www.VNMATH.com 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 c¸c ®­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: 2 1) Ta cã  = 4m 2  12 m  68   2m  3   77 §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 2  2m  3  77  n2   2m  3  n2  77   2m  3  n  .  2m  3  n   77 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: 2 100 a  10b 2 100a  10b  c   a  b  .4c  c  2 (do 4  a  b   1  0) 4  a  b  1 10 10 a  b  10  a  b   9a     2  2 4 a  b 1 4  a  b  1 2 2 Ta cã 4  a  b   1 lµ sè lÎ vµ do 0  c  9 nªn 4  a  b   1  5. 2 2 2 Mµ 4  a  b  lµ sè ch½n nªn 4  a  b  ph¶i cã tËn cïng lµ 6   a  b  ph¶i cã tËn cïng lµ 4 hoÆc 9. (*) 2.5 ab MÆt kh¸c c  vµ 4( a  b) 2  1 2 2 2 4  a  b   1 lµ sè lÎ  4  a  b   1 <500   a  b   125, 25 (**) 2 KÕt hîp (*) vµ (**) ta cã  a  b   {4; 9; 49; 64}  a+b  {2; 3; 7; 8} 2 + NÕu a+b  {2; 7; 8} th× a+b cã d¹ng 3k ± 1(k  N) khi ®ã 4  a  b   1 chia hÕt cho 3 mµ (a+b) + 9a= 3k ± 1+9a kh«ng chia hÕt cho 3  10  a  b   9a  kh«ng  3  c N   10 3  9a  6 1  3a  + NÕu a+b =3 ta cã c   . V× 0<a<4 vµ 35 7 1+3a 7  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.www.VNMATH.com 11
    • www.VNMATH.com Bµi 4: * ý c : Chøng minh KT.BN=KB.ET KT AK C¸ch 1:C/m  AKT   IET  ET IE KB AK C/m  AKB   INB   BN IN Do IE=IN tõ ®ã ta suy ra ®iÒu ph¶i chøng minh C¸ch 2: KT TA C/m  TKE   TAI   ET TI KB AB C/m  BIM   BAK   BM BI TA AB Theo tÝnh chÊt tia ph©n gi¸c cña  ABT ta cã  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    kh«ng ®æi (tia Bx lµ tia ABI ) 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 c¸ch gèc B mét kho¶ng kh«ng ®æi do ®ã K cè ®Þnh  ®pcm. GIAÛI ÑEÀ CHUYEÂN TOAÙN THPT HUYØNH MAÃN ÑAÏT – KIEÂN GIANG, NAÊM 2009 – 2010www.VNMATH.com 12
    • www.VNMATH.com 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 = x12 + x22 ; S 1 = x1.x2 Chöùng minh raèng: a.S2 + b.S1 + 2c = 0 b c Theo Vi-eùt ta coù: x1+ x2 = ; x1.x2 = a a   a.S2 + b.S1 + 2c = a x1  x2  b  x1  x2   2c 2 2 2  a  x1  x2   2  x1 x2   b  x1  x2   2c   2  a  x1  x2   2a  x1 x2   b  x1  x2   2c 2  b  c b  a     2a.  b.  2c  a  a a 2 2 b b   2c   2c  0 ( do a  0) 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 pt ta coù: Caùch khaùc: 2 2.9 - 7 9 +3m – 4 = 0   2 x  7 x  3  0 (2) 3m = 7 x1 = 9  x1  3 m = 7/3 Töø (1) ta coù x  0 theá vaøo (1) ta ñöôïc pt: 7 x1  x2  2 2   2 x  7 x  3  0 (2) 7 2  3  x2  Ñaët x  t  0 ta coù pt: 2t – 7t + 3 = 0 2 maø Giaûi tìm ñöôïc t1 = 3 ; t2 = ½ 7 1  x2   3  Suy ra x1 = 9 ; x2 = ¼ 2 2 b/ Töø (1) coi phöông trình vôùi aån laø x 1  x2   x  81  24m 4 Laäp 7 Caâu b: S  x1  x2  Coù theå yeâu caàu tìm soá nguyeân lôùn nhaát 2 Ñeå pt (1) coù nghieäm thì: cuûa m ñeå phöông trình (1) coù nghieäm.   x  81  24m  0 Chuù yù: neáu thay x bôûi x ta coù baøi  27  7 m toaùn töông töï.  S  x1  x2   0 8  2www.VNMATH.com 13
    • www.VNMATH.com Baøi 3: (2 ñieåm) Giaûi heä phöông trình:   x  1 y  2   2 (1) Neáu x, y, z ñeàu laø caùc soá döông thì heä chæ  coù 1 nghieäm  y  2  z  3  6 (2) (I)   z  3  x  1  3 (3)  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: z 3 3 z  0   x 1  1  x  0 y  2  2 y  0   Vôùi (x + 1)(y + 2)(z + 3) = - 6 heä (I) laø:  z  3  3  z  6    x  1  1   x  2  y  2  2  y  4   Vaäy nghieäm cuûa heä laø (0 ; 0 ; 0) vaø (-2 ; -4 ; - 6) Baøi 4: (2 ñieåm) Trong maët phaúng toïa ñoä cho x2 parabol (P): y  , ñieåm I(0 ; 3) vaø ñieåm 3 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:   b3  a.0  b  3  3   3  (d ) : y  x  3  m.a  b  0 a  m  m  b/ Phöông trình hoaønh ñoä giao ñieåm cuûa (d) vaø (P):www.VNMATH.com 14
    • www.VNMATH.com x 2 3  x3 3 m  mx 2  9 x  9m (do m  0)  mx 2  9 x  9m  0   92  4.m.  9m   81  36m2  0, m  0 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 9 Theo Vi-eùt ta coù: xA+ xB = ; xA. xB = -9 m Do A, B 3 3  (d )  y A  x A  3 ; yB  xB  3 m m Theo coâng thöùc tính khoaûng caùch: 2 2 AB   x A  xB    y A  y B  2 2  3 3    x A  xB    xA  xB  m m  2 9 2   x A  xB   2  A x  xB  m 2  9    x A  xB  1  2   m  2  9     x A  x B   4 x A . xB   1  2    m   9  2  9      4(9)   1  2   m    m    81  9    2  36  1  2  m  m  81 729 324     36  36  6 m2 m 4 m 2 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. Chöùngwww.VNMATH.com 15
    • www.VNMATH.com 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 C1  B2 (chaén cung AnB)   Xeùt (O’) ta coù D  B (chaén cung AmB) 1 1  ABC  ADB AB AC BC    (1) AD AB BD E  AB 2  AC . AD / / 2 1 C 2 2  BC   AB  AB 2 AC. AD AC 2 1 =        2 D  BD   AD  AD 2 AD 2 AD x 1 2 1 K A b/ Töø (1) thay AE = AB ta coù O = O AE AC x  (*) maët khaùc: 12 AD AE j  C B ; A  B D A1      B 1 1 2 2 1 A   A (**)  1 2 Töø (*) vaø (**) suy ra: AEC  ADE (c  g  c)   E D2 2        CED  CBD  E1  E2  B1  B2     E D D B 1 2 1 2 0  180 ( xet BDE ) Vaäy töù giaùc BCED noäi tieáp ñöôøng troøn taâm K. Vôùi K laø gaio ñieåm 3 ñöôøng tröïc cuûa BCE hoaëc BDEwww.VNMATH.com 16
    • www.VNMATH.com Së GD&§T NghÖ An K× thi TUYÓN sinh VµO líp 10 tr­êng thpt chuyªn phan béi ch©u §Ò thi chÝnh thøc 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 x2  3 7x 3 b) Giải hệ phương trình  8 2  3x  y 3    x3  2  6   y Bài 2: (1.0 điểm) Tìm số thực a để phương trình sau có nghiệm nguyên x 2  ax  a  2  0 . Bài 3: (2.0 điểm) 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. 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 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. Bài 5: (2.0 điểm) 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: a  b  c  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ab  bc  ca P  a 2  b2  c 2  a 2b  b 2c  c 2 a ----------------------------------------Hết---------------------------------------- Họ và tên thí sinh …………………………………..……….. SBD……………..www.VNMATH.com 17
    • www.VNMATH.com * Thí sinh không được sử dụng tài liệu. * Giám thị không giải thích gì thêm.www.VNMATH.com 18
    • www.VNMATH.com Së GD&§T NghÖ An K× thi TUYÓN sinh VµO líp 10 tr­êng thpt chuyªn phan béi ch©u n¨m häc 2009 - 2010 §Ò thi chÝnh thøc M«n thi: To¸n H­íng dÉn chÊm thi B¶n h­íng dÉn chÊm gåm 03 trang Néi dung ®¸p ¸n §iÓmBµi 1 3,5 ® a 2,0® 3 x2  3 7x 3  x  2  7  x  3 3 x  2. 3 7  x  3  x  2  3 7  x  27 0.50®  9  9. 3 ( x  2)(7  x)  27 0.25®  3 ( x  2)(7  x )  2 0.25®  ( x  2)(7  x)  8 0.25® 2  x  5x  6  0 0.25®  x  1  ( tháa m·n ) 0.50® x  6 b 1,50® 2 §Æt  z 0.25® y 2  3 x  z 3  HÖ ®· cho trë thµnh  0.25® 3 2  3 z  x   3 x  z   z 3  x3 0,25®     x  z  x 2  xz  z 2  3  0 0,25® 2 2  xz (v× x  xz  z  3  0, x, z ). 0,25®  x  1 Tõ ®ã ta cã ph­¬ng tr×nh: x 3  3 x  2  0   x  2 0,25® VËy hÖ ®· cho cã 2 nghiÖm: ( x, y )  ( 1; 2),  2,1Bµi 2: 1,0 ® 2 §iÒu kiÖn ®Ó ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm:   0  a  4a  8  0 (*). 0,25® Gäi x1, x2 lµ 2 nghiÖm nguyªn cña ph­¬ng tr×nh ®· cho ( gi¶ sö x1 x2).  x1  x2  a 0,25® Theo ®Þnh lý Viet:   x1.x2  x1  x2  2  x1.x2  a  2  ( x1  1)( x2  1)  3 x 1  3  x1  1  1  1 hoÆc  (do x1 - 1 x2 -1)  x2  1  1  x2  1  3  x1  4  x1  0  hoÆc   x2  2  x2  2 0,25®www.VNMATH.com 19
    • www.VNMATH.com Suy ra a = 6 hoÆc a = -2 (tháa m·n (*) ) 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  nªn   MBC    MN ABC ABM  AM  0,25®    MAE  MAN (1) 0,50® A V× M, N thuéc ®­êng trßn ®­êng 0,25® kÝnh AB nªn     90 0 AMB ANB      90 , kÕt hîp 0 E ANK AME víi (1) ta cã tam gi¸c AME ®ång 0,50® M d¹ng víi tam gi¸c ANK AN AK   0,25® B C AM AE N K 0,25®  AN.AE = AM.AK (®pcm)Bµi 4: 1,5 ® V× tø gi¸c AMIN néi tiÕp nªn    ANM AIM V× tø gi¸c BMNC néi tiÕp nªn    A 0,25® ANM ABC     .Suy ra tø gi¸c BOIM néi tiÕp AIM ABC Tõ chøng minh trªn suy ra tam gi¸c AMI E ®ång d¹ng víi tam gi¸c AOB N 0,25® AM AI M    AI . AO  AM . AB (1) AO AB I Gäi E, F lµ giao ®iÓm cña ®­êng th¼ng AO B C víi (O) (E n»m gi÷a A, O). O Chøng minh t­¬ng tù (1) ta ®­îc: K 0,25® AM.AB = AE.AF = (AO - R)(AO + R) (víi BC = 2R) = AO2 - R2 = 3R2 F 3R 2 3 R 2 3R R  AI.AO = 3R2  AI     OI  (2) 0,25® AO 2 R 2 2 Tam gi¸c AOB vµ tam gi¸c COK ®ång d¹ng nªn OA.OK = OB.OC = R2 R2 R 2 R 0,25®  OK    (3) OA 2 R 2 Tõ (2), (3) suy ra OI = OK Suy ra O lµ trung ®iÓm IK, mµ O lµ trung ®iÓm cña BC 0,25® V× vËy BICK lµ h×nh b×nh hµnhBµi 5: 2,0 ®a, 1,0 ® A Gi¶ sö O n»m ngoµi miÒn tam gi¸c ABC. Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t, gi¶ sö A vµ O 0,25® n»m vÒ 2 phÝa cña ®­êng th¼ng BC K Suy ra ®o¹n AO c¾t ®­êng th¼ng BC t¹i K. B C 0,25® H KÎ AH vu«ng gãc víi BC t¹i H. O Suy ra AH  AK < AO <1 suy ra AH < 1 0,25® AH .BC 2.1 Suy ra S ABC    1 (m©u thuÉn víi 0,25® 2 2 gi¶ thiÕt). Suy ra ®iÒu ph¶i chøng minh.www.VNMATH.com 20
    • www.VNMATH.comb, 1,0® Ta cã: 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2) 0,25® = a 3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 mµ a 3 + ab2  2a2b (¸p dông B§T C«si ) b 3 + bc2  2b2c 0,25® c3 + ca2  2c2a Suy ra 3(a2 + b2 + c2)  3(a 2b + b2c + c2a) > 0 2 ab  bc  ca 2 2 Suy ra P  a  b  c  a 2  b2  c2 0,25® 2 2 2 9  (a 2  b 2  c 2 ) P a b c  2(a 2  b 2  c 2 ) §Æt t = a2 + b2 + c2, ta chøng minh ®­îc t  3. 9t t 9 t 1 3 1 Suy ra P  t      3   4  P  4 2t 2 2t 2 2 2 2 0,25® DÊu b»ng x¶y ra khi vµ chØ khi a = b = c = 1 VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P lµ 4 NÕu thÝ sinh gi¶i c¸ch kh¸c ®óng cña mçi c©u th× vÉn cho tèi ®a ®iÓm cña c©u ®ãSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAMSƠN THANH HOÁ NĂM HỌC: 2009-2010 Đề chính thức 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 Câu 1: (2,0 điểm) 1 1. Cho số x ( x  R ; x > 0 ) thoả mãn điều kiện : x 2 + = 7 . Tính giá trị các biểu x2 1 1 thức : A = x 3 + 3 và B = x 5 + 5 . x xwww.VNMATH.com 21
    • www.VNMATH.com  1 1  + 2-  2  x y 2. Giải hệ phương trình:   1 + 2- 1  2  y x  Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình: ax2 + bx + c = 0 (a  0) có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn điều kiện: 2a 2 - 3ab + b2 0  x1  x 2  2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Q = . 2a 2 - ab + ac Câu 3: (2,0 điểm) 1 1. Giải phương trình: 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. Câu 4: (3,0 điểm) 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 45 0 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. Câu 5: (1,0 điểm) Cho biểu thức P = a2 + b 2 + c2 + d2 + ac + bd , trong đó ad – bc = 1. Chứng minh rằng: P  3. -------------------------------------------------- Hết --------------------------------------------------- Họ và tên thí sinh: ………………………………….. Số báo danh: ……………………..së gi¸o dôc - ®µo t¹o hµ kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt chuyªn nam 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) 2 Cho biÓu thøc P = x   x 1  x 2 3 x  x 1 x 1 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)www.VNMATH.com 22
    • www.VNMATH.com Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh:    1 2 x  y  2     2 2 x  y 1   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 c¸c ®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 c¸c 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 c¸c sè thùc tho¶ m·n: x + y + x = 1. 1 1 1 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc P =   16 x 4 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 Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt chuyªn nam N¨m häc 2009 – 2010 h­íng dÉn chÊm thi m«n to¸n : ®Ò chungBµi 1 (2 ®iÓm)a) (0,5 ®iÓm) §iÒu kiÖn x¸c ®Þnh cña P lµ x  0 vµ x ≠ 1 0.5b) (1 ®iÓm) x  x 1  x 0,25 1 x 1 x 2   x 2 3 x  x  x4 x  43 x  x 0,25 1 x 1 x 4 x  0,25 1 x 4 VËy P = 0,25 1 xc) (0,5 ®iÓm) P>0  1  x  0 0,25  x 1 0  x 1 0,25Bµi 2 (1,5 ®iÓm) Céng hai ph­¬ng tr×nh ta cã : 3  2 2 x  1  2  0,5 1 2 1 x   2 1 0,5 3  2 2 1 2 www.VNMATH.com 23
    • www.VNMATH.comVíi x  2  1  y  2  2 1   2 1  1  2  1 0,25  x  2 1K/l VËy hÖ cã nghiÖm:  0,25  y  2 1 Bµi 3 (2 ®iÓm)a) (1 ®iÓm) Hoµnh ®é giao ®iÓm lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh: x2 = x + 6 05  x 2  x  6  0  x  2 hoÆc x = 3Víi x = -2  y  4; x  3  y  9 0,25Hai ®iÓm cÇn t×m lµ (-2;4); (3;9) 0,25b) (1 ®iÓm) 2m  3  2m+3 Víi y = 0   m  1  2m  3  0  x   (víi m ≠ -1)  A  - ;0  0,25 m 1  m+1 Víi x = 0  y  2m  3  B  0;2m+3 2m  3 OAB vu«ng nªn  OAB c©n khi A;B ≠ O vµ OA = OB    2m  3 0,25 m 1 2m  3  1  3+ Víi  2m  3   2m  3    1  0  m  0 hoÆc m =  (lo¹i) 0,25 m 1  m 1  2 2m  3  1  3+ Víi   2m  3   2 m  3   1  0  m  2 hoÆc m =  (lo¹i) m 1  m 1  2 0,25K/l: Gi¸ trÞ cÇn t×m m = 0; m = -2Bµi 4(3,5 ®iÓm)a) (1,5 ®iÓm) A N 0,25 E I M C B H K 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) 0,75   AMN  ACH AMN  ACB 0,25 b) (1 ®iÓm)  HNC vu«ng ®Ønh N v× ANH  900 cã KH = KC  NK = HKl¹i cã IH = IN (b¸n kÝnh ®­êng trßn (AH)) vµ IK chung nªn  KNI =  KHI (c.c.c) 0,75    KNI  KHI  900  KNI  900Cã KN  In, IN lµ b¸ kÝnh cña (AH)  KN lµ tiÕp tuyÕn víi ®­êng trßn (AH) 0,25c) (1 ®iÓm)+ Gäi E lµ giao ®iÓm cña Ak víi ®­êng trßn (AH), chøng minh gãc HAK= gãc HBI HA HK 0,5 Ta cã AH2 HB.HC  AH.2IH = HB.2HK   HB HI www.VNMATH.com 24
    • www.VNMATH.com     HAK  HBI  HAK  HBI  + Cã HAK  EHK (ch¾n cung HE)   HBI  EHK  BI // HE 0,25Cã   900 (AH lµ ®­êng kÝnh)  BI  AK AEH ABK cã  BI  AK vµ  BK  AI  I lµ trùc t©m  ABK 0,25Bµi 5 (1 ®iÓm) 1 1 1  1 1 1  y x   z x  z y  21 0,5P=    x  y  z          16x 4 y z  16x 4 y z   16 x 4 y   16 x z   4 y z  16 y x 1Theo cèi víi c¸c sè d­¬ng:   dÊu b»ng x¶u ra khi y=2x 16 x 4 y 4 z x 1   dÊu b»ng x¶u ra khi z=4x 16 x z 2 0,25 z y   1 dÊu b»ng x¶u ra khi z=2y 4y zVËy P  49/16P = 49/16 víi x = 1/7; y = 2/7; z = 4/7 0,25VËy gi¸ trÞ bÐ nhÊy cña P lµ 49/16 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2009 – 2010 Môn Toán – Vòng 1 ĐỀ CHÍNH THỨC (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:  x 5 22 5  5  250 3 3 y  3 1 3 1 x xy y A x  xy  y  x 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. 1 1 7 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x 2 thỏa mãn:   x1 x 2 4 Câu 3: (1,0 điểm) Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 60 km. Một ca nô chạy xuôi dòng từ bến A tới bến B, nghỉ 1 giờ 20 phút ở bến sông B và ngược dòng trở về A. Thời gian kể từ lúc khởi hành đến khi về bến A tất cả 12 giờ. Tính vận tốc riêng của ca nô và vận tốc dòng nước biết vận tốc riêng cảu ca nô gấp 4 lần vận tốc dòng nước. Câu 4: (3,5 điểm) www.VNMATH.com 25
    • www.VNMATH.com 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) 4 5 Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn:   23 x y 6 7 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B  8x   18y  x ywww.VNMATH.com 26
    • www.VNMATH.com Đáp án: Câu 1: x = 10; y=3 A=x–y=7 Bài 2: a) Với m = 2 thì x1 = 0; x 2 = 2/3. b) m = -6. Bài 3: ĐS: Vận tốc ca nô: 12 km/h Vận tốc dòng nước: 3 km/h 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 1 1 Dấu bằng xảy ra khi  x; y    ;  .  2 3 1 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của B là 43 khi  x; y    ;   2 3www.VNMATH.com 27
    • www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2009-2010 Môn thi: TOÁN CHUYÊN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) ***** 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 . x + y + z =1 b) Giải hệ phương trình:  .  2x + 2y - 2xy + z 2 = 1 Câu 3.(3,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên x, y, z thỏa mãn : 3x2 + 6y2 +2z2 + 3y2z2 -18x = 6. Câu 4.(3,0 điểm) a) Cho x, y, z, a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng: 3 abc + 3 xyz  3 (a + x)(b + y)(c + z) . 3 b) Từ đó suy ra : 3 3 3  3 3 3 3  23 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. AC a) Chứng minh rằng SABCD  (MN + NP + PQ + QM). 4 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:….……………………www.VNMATH.com 28
    • www.VNMATH.com 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: 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 4 3 2 Câu 1a. Ta có phương trình : x + ax +x + ax + 1 = 0 (1) (2,0đ) Khi a =1 , (1)  x 4 +x 3 +x 2 +x+1= 0 (2) Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm. 1 1 Chia 2 vế của (2) cho x2 ta được: x 2 + 2 + x + +1= 0 (3). 0,50 x x 1 1 1 1 Đặt t = x+  t  x+  x +  2 và x 2 + 2  t 2 -2 . x x x x 0,50 Phương trình (3) viết lại là : t 2 + t - 1 = 0 1  5 1  5 0,50 Giải (3) ta được hai nghiệm t1  và t 2  đều không thỏa điều 2 2 kiện |t| 2.Vậy với a = 1, phương trình đã cho vô nghiệm. 0,50 Câu1b. Vì x = 0 không phải là nghiệm của (1) nên ta cũng chia 2 vế cho x2 ta có (2,0đ) 1  1 phương trình : x 2 + 2 +a  x +  +1= 0 . 0,50 x  x 1 Đặt t = x + , phương trình sẽ là : t2 + at - 1 = 0 (4). x Do phương trình đã cho có nghiệm nên (4) có nghiệm |t|  2. Từ (4) suy ra 0,50 1- t 2 a . t 0,50 (1 - t 2 )2 Từ đó : a 2 >2   2  t 2 (t 2 - 4)  1  0 (5) 0,50 t2 Vì |t|  2 nên t2 >0 và t2 – 4  0 , do vậy (5) đúng, suy ra a2 > 2. Câu 2a. x + 3 + 6 - x - (x + 3)(6 - x)  3 (1) (2,0đ)  x+3  0 Điều kiện :   -3  x  6 . 6-x  0 u  x + 3 0,50  Đặt :  , u , v  0  u 2  v 2  9. v = 6 - x  0,50 Phương trình đã có trở thành hệ :www.VNMATH.com 29
    • www.VNMATH.com u 2 + v2 =9 (u + v) 2 - 2uv = 9   0,50  u + v - uv = 3 u + v = 3 + uv  uv = 0 u = 0 Suy ra : (3+uv)2-2uv = 9     uv = -4 v = 0 0,50  x+3 = 0  x = -3   .  6-x = 0  x = 6 Vậy phương trình có nghiệm là x =-3 , x = 6. Câu Ta có hệ phương trình : 2b.  x+y+z=1  x+y = 1-z (2,0đ)  2  2 0,50  2x+2y-2xy+z =1  2xy = z +2(x+y)-1 x + y = 1 - z  2 2 0,50  2xy = z - 2z + 1 = (1- z)  2xy = (x + y)2  x 2 + y2 = 0  x = y = 0  z = 1 . 0,50 Vậy hệ phương trình chỉ có 1 cặp nghiệm duy nhất: (x ;y ;z) = (0 ;0; 1). 0,50 Câu 3. (3,0đ) Ta có : 3x2 + 6y2 + 2z2 +3y2z2 -18x = 6 (1) 0,50  3(x-3)2 + 6y2 + 2z 2 + 3y2 z 2  33 (2) Suy ra : z2  3 và 2z2  33 0,50 Hay |z|  3. Vì z nguyên suy ra z = 0 hoặc |z| = 3. a) z = 0 , (2)  (x-3)2 + 2y2 = 11 (3) 0,50 Từ (3) suy ra 2y2  11  |y|  2. Với y = 0 , (3) không có số nguyên x nào thỏa mãn. 0,50 Với |y| = 1, từ (3) suy ra x  { 0 ; 6}. b) |z| = 3, (2)  (x-3)2 + 11 y2 = 5 (4) 0,50 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) ; 0,50 (6 ;1 ;0) và (6 ;-1 ;0). Câu 4a. 3 abc  3 xyz  3 (a+x)(b+y)(c+z) (1) (2,0đ) Lập phương 2 vế của (1) ta được : 0,50 abc + xyz + 3 3 (abc)2 xyz +3 3 abc(xyz)2  (a+x)(b+y)(c+z)  abc + xyz+ 3 3 (abc)2 xyz + 3 3 abc(xyz)2  abc+xyz+abz+ayc+ayz+xbc+xyc+xbz 0,50 3 2 3 2  3 (abc) xyz +3 abc(xyz)  (abz+ayc+ xbc)+ (ayz+xbz+xyc) (2) Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có : (abz+ayc+ xbc)  3 3 (abc) 2 xyz (3) 0,50 3 2 (ayz+xbz+ xyc)  3 abc(xyz) (4) 0,50 Cộng hai bất đẳng thức (3) và (4) ta được bất đẳng thức (2), do đó (1) được chứng minh.www.VNMATH.com 30
    • www.VNMATH.com Câu4b. Áp dụng BĐT (1) với a = 3+ 3 3, b = 1, c = 1, x = 3 - 3 3, y = 1, z = 1 (1,0đ) 3 0,50 Ta có : abc = 3 + 3 , xyz = 3- 3 3 , a+ x = 6, b + y = 2, c + z = 2 3 Từ đó : 3+ 3 3  3 3- 3 3  3 6.2.2  2 3 3 (đpcm). 0,50 Câu 5a. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của (2,0) QN, MN, PQ. Khi đó : A M B MN BJ = (trung tuyến  vuông MBN) J 2 Q PQ 0,50 Tương tự DK = . I N 2 K QM IJ = (IJ là đtb  MNQ). 2 0,50 PN Tương tự IK = . D P C 2 Vì BD  BJ + JI + IK + KD. Dođó: 0,50 AC AC AC SABCD  .BD  (BJ+JI + IK+KD) = (MN+NP+PQ+QM) - đpcm. 0,50 2 2 4 Câu5b. Chu vi tứ giác MNPQ là : (1,0) MN + NP + PQ + QM = 2BJ + 2IK +2DK + 2IJ = 2(BJ + JI + IK + KD)  2BD (cmt) 0,50 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 Câu 6. Kí hiệu như hình vẽ. (3,0đ) Phần thuận : y   AOB =AMB  90 0 (giả thiết)  tứ giác AOBM luôn nội tiếp P H Q x   ABO  450 (vì AOB  AMO  M A M vuông cân tại O) B Suy ra M luôn nằm trên đường thẳng đi qua O và tạo với đường O PQ một góc 45 0. 0,50 Trường hợp B ở vị trí B’ thì M’ B nằm trên đường thẳng đi qua O 0,50 0 và tạo với PS một góc 45 . S K R Giới hạn : *) Khi A  H thì M  Q, khi A  K thì M  S 0,50 *) 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  0,50 OA.   Ta thấy tứ giác AOBM nội tiếp (vì AMO  ABO  450 )   Suy ra : AMB  AOB  900 . 0,50 0,50 Mà AM//PQ , PQ PS  MB//PS. Kết luận:Quỹ tích giao điểm M là 2 đường chéo của hình vuông PQRS.www.VNMATH.com 31
    • www.VNMATH.com Së Gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi tuyÓn sinh líp 10 B×NH D¦¥NG THPT Chuyªn Hïng V­¬ng -------------------- N¨m häc 2009-2010 M«n thi: To¸n (Chuyªn) Thêi gian lµm bµi: 150 phót §Ò thi chÝnh thøc (kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò.) -------------------------------------- C©u1: Gi¶i ph­¬ng tr×nh x2  x 2  2 x  19  2 x  39 C©u 2: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh  2  x  y   3  x  y   2  0  x  y  5  0  C©u 3: Cho a,b  R tháa:  2  2   a  a 3  b  b  3   3    TÝnh a+ b C©u 4 Cho Ph­¬ng tr×nh bËc hai , x lµ Èn, tham sè m: x2  2  m  1 x  2m  0 1- Chøng minh ph­¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi mäi gi¸ trÞ m. 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   ANB  900 . Chøng minh : AM = AN . AMC  --------------------------------www.VNMATH.com 32
    • www.VNMATH.com Gi¶I ®Ò Thi C©u1: Gi¶i ph­¬ng tr×nh x2  x 2  2 x  19  2 x  39 (*) ®Æt t = x 2  2 x  19  0 (*)  t 2  t  2  0 t  4(nhËn) 1 t2  5(lo¹i  x 2  2 x  19  16  x 2  2 x  35  0  x1  7   x 2  5 C©u 2: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh  2  x  y   3  x  y   2  0  (*) x  y  5  0  ®Æt t = x + y t  1 (*)  t 2  3t  2  0   1 t2  2  x  3   x  y  1   y  2    x  y  5    x 7   x  y  2  2  x  y  5  3   y   2 C©u 3: Cho a,b  R tháa:  2  2   a  a 3  b  b  3   3    TÝnh a+ b tõ  a  a2  3  b  b2  3   3         a2  a2  3  .  b 2  b2  3   3  a  a2  3  b  b2  3                      a  a2  3   b  b2  3   3        2  2   a  a  3   b  b  3   3    vËy   a  a2  3   b  b2  3   3      www.VNMATH.com 33
    • www.VNMATH.com  2 2 2 2  ab + a b + 3 + b a + 3 + a + 3 b + 3 = 3     2 2 2 2  ab - a b + 3 - b a + 3 + a + 3 b + 3 = 3      2a b2 + 3 + 2b a 2 + 3 = 0   a b2 + 3 + b a 2 + 3 = 0 v × a 2 + 3 > 0, b2 + 3 > 0 nª n a = b = 0 a+b=0 C©u 4 Cho Ph­¬ng tr×nh bËc hai , x lµ Èn, tham sè m: x2  2  m  1 x  2m  0 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. TheoViet :  x1 + x2 = 2(m + 1)   x1.x 2 = 2m M = x1 + x2 - x1.x 2 = 2(m + 1) - 2m = 2 Nªn kh«ng phô thuéc vµo gi¸ trÞ cña m . C©u 5: AEB  AFC(g-g) A AE AB   AF AC  AE. AC  AF. AB (1) vMAC, ME : ®­êng .cao E MA2  AE. AC (2) vNAB, NF : ®­êng .cao NA2  AF. AB (3) F H Tõ (1),(2),(3) N MA2 = NA2 M MA = NA B C ---------------------------------------www.VNMATH.com 34
    • www.VNMATH.comwww.VNMATH.com 35
    • www.VNMATH.comwww.VNMATH.com 36
    • www.VNMATH.comwww.VNMATH.com 37
    • www.VNMATH.comwww.VNMATH.com 38
    • www.VNMATH.comwww.VNMATH.com 39
    • www.VNMATH.com Hướng dẫnwww.VNMATH.com 40
    • www.VNMATH.comwww.VNMATH.com 41
    • www.VNMATH.com Câu 4www.VNMATH.com 42
    • www.VNMATH.comwww.VNMATH.com 43
    • www.VNMATH.comwww.VNMATH.com 44
    • www.VNMATH.comwww.VNMATH.com 45
    • www.VNMATH.comSỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH Năm học : 2009-2010BÌNH Môn thi: TOÁN (Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán, Tin) Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giao đề) ®Ò chÝnh thøc 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(  ) ( k  1) k k k 1 1 1 1 1 88 b. Chứng minh rằng:     2 3 2 4 3 2010 2009 45 Bài 2. (2.5 điểm): Cho phương trình ẩn x: x 2  ( m  1) x  6  0 (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 x1 , x2 sao cho biểu thức: A  ( x12  9)( x2  4) đạt giá trị lớn nhất. 2 Bài 3. (2,0 điểm):  2 2  x  y  xy  3 a. Giải hệ phương trình sau :  3 3 x  y  9 b. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: x 3  2 x 2  3x  2  y 3 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 120o , 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:……………. www.VNMATH.com 46
    • www.VNMATH.comSỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH BÌNH Năm học : 2009-2010 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN CHUYÊN CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM Bài 1. a. Cho k là số nguyên dương bất kì. CMR: (2điểm) 1 1 1  2(  ) (k  1) k k k 1 1 1 1 1 88 b. Chứng minh rằng:     2 3 2 4 3 2010 2009 45 a. 1 2 k 1  2 k Bđt   0.25 (k  1) k k. k  1 (1.0đ)  2k  1  2 k(k  1)  0 0.25  ( k  1  k )2  0 0.25 Luôn đúng với mọi k nguyên dương. 1 1 1   2(  ) 0.25 ( k  1) k k k 1 b. Áp dụng kết quả câu a ta có: (1.0đ) 1 1 1 1 0.25 VT     2 1 3 2 4 3 2010 2009  1 1   1 1   1 1   2    2    2   0.25  1 2  2 3  2009 2010   1   2 1   0.25  2010   1  88 0.25  2 1     VP (đpcm)  45  45 www.VNMATH.com 47
    • www.VNMATH.com Bài 2 Cho phương trình ẩn x: x 2  ( m  1) x  6  0 (1) (m là (2.5 tham số) điểm) c. Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm x  1  2 d. Tìm m để (1) có 2 nghiệm x1 , x2 sao cho biểu thức: A  ( x12  9)( x2  4) max 2 a. 2 (1,5đ) Pt (1) có nghiệm x  1  2  1  2       m  1 1  2  6  0 0.5 Tìm được m  5 2  6 và KL. 1.0 b. 2 Tính    m  1  24  0 m suy ra pt (1) có 2 nghiệm phân biệt (1,0đ) 0.5 x1 , x2 . 2 2 A   x1 x2  6    2 x1  3 x2  2 0.25 Theo ĐL Vi-et ta có x1 x2  6  A    2 x1  3 x2   0  2 x1  3 x2  0  x1  3  x1  3    Max A = 0 khi và chỉ khi  x1 x2  6   x2  2   x2  2 x  x  1 m m  0 m  2 0.25  1 2   KL : Vậy m = 0 ; m = 2 là các giá trị cần tìm. Bài 3  2 2  x  y  xy  3 (2 điểm) a. Giải hệ phương trình sau :  3 3 x  y  9 b. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: x 3  2 x 2  3x  2  y 3 a Hệ phương trình đã cho (1.0đ)  x 2  y 2  xy  3 x  y 3   0.5 2 2 2 ( x  y )( x  y  xy )  9 ( x  y )  3 xy  3  x  y  3 x  1 x  2    hoặc  0.5  xy  2 y  2 y 1 b  3 7 2 (1.0đ) Ta có y 3  x3  2 x 2  3 x  2  2  x     0 x y  4 8 0.25 (1) 2 3 3 2  9  15 ( x  2)  y  4 x  9 x  6   2 x     0  y  x2  4  16 0.25 (2) Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1 0.25www.VNMATH.com 48
    • www.VNMATH.com Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được x = -1; x 0.25 = 1 từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là (1 ; 2), (-1 ; 0) Bài 4. Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a. M là điểm di động trên (3 điểm) 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. N A I B K H J M O D C a. MNB  MBC ( Cùng chắn cung BM) 2.0đ MND  MDC ( Cùng chắn cung DM) 1.5 BND  MNB  MND  MBC  MDC  90 Do đó 5 điểm A, B, C, D, M cùng thuộc một đường tròn Suy ra NC là phân giác của góc BND ( do cung BC = cung BD) Mặt khác, theo CM trên ta có NM là phân giác của góc BND 0.5 Nên M, N, C thẳng hàng. b. 1.0đ Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của N trên AC và BD 0.5  NHOK là hình chữ nhật Ta có : NA.NC  NH . AC  NH .a 2 NB.ND  NK .BD  NK .a 2www.VNMATH.com ra Suy 49
    • www.VNMATH.com NH 2  NK 2 a4 NA.NB.NC.ND  2a 2 .NH .NK  2a 2 .  a 2 .NO 2  2 2 a (2  2) a Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi NH  NK   OM  0.5 2 2 Bài 5. Cho góc xOy bằng 120o , trên tia phân giác Oz của góc xOy lấy điểm (0.5 A sao cho độ dài đoạn thẳng OA là một số nguyên lớn hơn 1. Chứng điểm) 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. O B A C x z  Chỉ ra đường thẳng d1 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 d 2 đi qua A, B cắt tia Oy tại C. 1 1 1 Chứng minh được   OB OC OA 1 1 1 0.5     OC  a (a  1) là số nguyên a  1 OC a dương Suy ra d2 là một đường thẳng cần tìm.  Tương tự lấy B trên Ox sao cho OB = a(a + 1), Ta tìm được đường thẳng d3  Chứng minh d1 , d 2 , d3 phân biệt. ĐPCM Hướng dẫn chung 1. Trên đây chỉ là các bước giải và khung điểm cho từng câu. Yêu cầu học sinh phải trình bầy, lập luận và biến đổi hợp lý, chặt chẽ mới cho điểm tối đa. 2. Bài 4 phải có hình vẽ đúng và phù hợp với lời giải bài toán mới cho điểm.( không cho điểm hình vẽ ) 3. Những cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa.www.VNMATH.com 50
    • www.VNMATH.com 4. Chấm điểm từng phần, điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần( không làm tròn). =========================== 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) 2 x 9 2 x 1 x 3 Cho biểu thức A =   x  5 x  6 3 x x 2 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 x12 + x22, x13 + x23 và x15 + x25 ( không sử dụng máy tính cầm tay để tính). Câu 4: ( 2 điểm) a) Vẽ đồ thị của các hàm số y  x  1 và y  x  2 trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy. b) Chứng tỏ phương trình x  1  x  2 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.www.VNMATH.com 51
    • www.VNMATH.com R2  p 2 c) Chứng minh rằng: S ABC  , trong đó SABC là diện tích tam giác ABC và p là chu vi 4 của tam giác DEF. …………Hết………. 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 KỲ THI TUỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009-2010 LONG AN Môn thi : TOÁN hệ chuyên Ngày thi : 10-7 2009 ĐỀ CHÍNH THỨC 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 3 3 2) B = 7+5 2+ 7-5 2 Câu 2 (2đ) x2x1 + y y 1 = 6 - - 1) Giải hệ phương trình :  x 3y x - 1 + 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 + x3 = 1 . A B 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 Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o H­ng yªn ®Ò chÝnh thøcwww.VNMATH.com 52
    • www.VNMATH.com 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 c¸c líp chuyªn To¸n, Tin) Thêi gian lµm bµi: 150 phót Bµi 1: (1,5 ®iÓm)  1 1  Cho 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)  x 16  xy  y  3  a) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh:   xy  y  9   x 2 2  b) T×m m ®Ó ph­¬ng tr×nh x 2  2x   3x 2  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 k 2  4 vµ k 2  16 lµ c¸c 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) 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 c¸c ®­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 c¸c gãc b»ng nhau. Chøng minh r»ng nÕu ®é dµi c¸c c¹nh cña h×nh 8 - gi¸c EFGHIJKM lµ c¸c sè h÷u tØ th× EF = IJ. ------------ HÕt ------------ Hä vµ tªn thÝ Sè b¸o danh:....….….………Phßng thi sè:...…...… sinh:…………………….....……….……... Ch÷ ký cña gi¸m thÞ ……………..............….……...…...www.VNMATH.com 53
    • www.VNMATH.com H­íng dÉn chÊm thi Bµi 1: (1,5 ®iÓm)  1 1  7 1 1 7 1 1 a  2:   2: 0,5 ®  7 1 1 7 1 1 7   2 a= 2:  7 0,25 ® 7 §Æt x  a  1  x  7  1  x  1  7  x 2  2x  1  7 0,5 ®  x 2  2x  6  0 0,25 ® VËy ph­¬ng tr×nh x 2  2x  6  0 nhËn 7  1 lµm nghiÖm Bµi 2: (2,5 ®iÓm)  x 16  x 16 xy    xy   (1)   y 3  y 3 a)   §K: x, y  0 0,25 ®  xy  y  9 y  x  5 (2)   x 2  x y 6 Gi¶i (2)  6y 2  6x 2  5xy  (2x  3y)(3x  2y)  0 0,25 ® 3y * NÕu 2x  3y  0  x  . 2 0,25 ® 3y 3 16 Thay vµo (1) ta ®­îc y.   2 2 3 3y2 23   (ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm) 0,25 ® 2 6 2y * NÕu 3x  2y  0  x  . 3 0,25 ® Thay vµo (1) ta ®­îc y 2  9  y  3 - Víi y  3  x  2 (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn) - Víi y  3  x  2 (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn) 0,25 ® VËy hÖ ph­¬ng tr×nh cã hai nghiÖm: (x; y) = (2; 3); (x; y) = (-2; -3) 2 b) §Æt x 2  2x  1  y   x  1  y  x  1  y (y  0) (*) 2 Ph­¬ng tr×nh ®· cho trë thµnh:  y  1  3  y  1  m  0 0,25 ®  y 2  5y  m  4  0 (1) Tõ (*) ta thÊy, ®Ó ph­¬ng tr×nh ®· cho cã 4 nghiÖm ph©n biÖt th× ph­¬ng tr×nh (1) cã 0,25 ® 2 nghiÖm d­¬ng ph©n biÖt   0 9  4m  0    S  0  5  0 0,25 ® P  0 m  4  0  www.VNMATH.com 54
    • www.VNMATH.com  9 m  9  4  4  m   m  4 4  0,25 ® 9 VËy víi 4  m  th× ph­¬ng tr×nh cã 4 nghiÖm ph©n biÖt. 4 Bµi 3: (2,0 ®iÓm) a) V× k > 1 suy ra k 2  4  5; k 2  16  5 - XÐt k  5n  1 (víi n  )  k 2  25n 2  10n  1  k 2  4  5 0,25 ®  k 2  4 kh«ng lµ sè nguyªn tè. - XÐt k  5n  2 (víi n  )  k 2  25n 2  20n  4  k 2  16  5 0,25 ®  k 2  16 kh«ng lµ sè nguyªn tè. - XÐt k  5n  3 (víi n  )  k 2  25n 2  30n  9  k 2  16  5 0,25 ®  k 2  16 kh«ng lµ sè nguyªn tè. - XÐt k  5n  4 (víi n  )  k 2  25n 2  40n  16  k 2  4  5  k 2  4 kh«ng lµ sè nguyªn tè. 0,25 ® Do vËy k  5 2  b) Ta chøng minh: Víi a, b, c th×  a  b  c   3 a 2  b 2  c 2 (*)  ThËt vËy (*)  a  b  c  2ab  2bc  2ca  3a  3b  3c 2 2 2 2 2 2 0,5 ®  (a  b)2  (b  c)2  (c  a)2  0 (lu«n ®óng) ¸p dông (*) ta cã: 2  pa  pb  pc   3  3p  a  b  c   3p 0,5 ® Suy ra p  a  p  b  p  c  3p (®pcm) Bµi 4: (3,0 ®iÓm) N D J I O A C B Mwww.VNMATH.com 55
    • www.VNMATH.com a) XÐt MBC vµ MDB cã:   BDM  MBC (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) 0,5 ®   BMC  BMD Do vËy MBC vµ MDB ®ång d¹ng MB MD 0,5 ® Suy ra   MB.BD  MD.BC BC BD    b) Gäi (J) lµ ®­êng trßn ngo¹i tiÕp BDC  BJC  2BDC  2MBC  BJC  hay  MBC  2 0,5 ® 0   180  BJC BCJ c©n t¹i J  CBJ  2  O    BJC  180  BJC  90 O  MB  BJ Suy ra MBC  CBJ  2 2 0,5 ® Suy ra MB lµ tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn (J), suy ra J thuéc NB 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 0,5 ® Chøng minh t­¬ng tù I thuéc AN     Ta cã ANB  ADB  2BDM  BJC  CJ // IN Chøng minh t­¬ng tù: CI // JN 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: 0,5 ® IC + JB = BN (kh«ng ®æi) Bµi 5: (1,0 ®iÓm) A E a F B b G h c M H g K d f e D J I C 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 c¸c sè h÷u tØ d­¬ng) 0,25 ® Do c¸c gãc cña h×nh 8 c¹nh b»ng nhau nªn mçi gãc trong cña h×nh 8 c¹nh cã sè ®o (8  2).180O lµ:  135O 8 Suy ra mçi gãc ngoµi cña h×nh 8 c¹nh ®ã lµ: 180O - 135O = 45 O 0,5 ®www.VNMATH.com 56
    • www.VNMATH.com Do ®ã c¸c tam gi¸c MAE ; FBG ; CIH ; DKJ lµ c¸c tam gi¸c vu«ng c©n. h b d f  MA = AE = ; BF = BG = ; CH = CI = ; DK = DJ = 2 2 2 2 h b f d Ta cã AB = CD nªn: a  e 2 2 2 2  (e - a) 2 = h + b - f - d h bf d NÕu e - a ≠ 0 th× 2    (®iÒu nµy v« lý do 2 lµ sè v« tØ) ea 0,25 ® VËy e - a = 0  e = a hay EF = IJ (®pcm). ------------ HÕt ------------www.VNMATH.com 57
    • www.VNMATH.comSë gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT chuyªn H¶I d­¬ng nguyÔn tr·i - N¨m häc 2009-2010 M«n thi : to¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót §Ò thi chÝnh thøc 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: x 2  y 2  xy  3  2  xy  3x  4 2) T×m m nguyªn ®Ó ph­¬ng tr×nh sau cã Ýt nhÊt mét nghiÖm nguyªn: 4x 2  4mx  2m 2  5m  6  0 C©u II (2.5 ®iÓm): 1) Rót gän biÓu thøc: 2  4  x2   2  x    3 3  2  x   A   víi 2  x  2 4  4  x2 3 2) Cho tr­íc sè h÷u tØ m sao cho m lµ sè v« tØ. T×m c¸c sè h÷u tØ a, b, c ®Ó: 3 2 a m  b3 m  c  0 C©u III (2.0 ®iÓm): 1) Cho ®a thøc bËc ba f(x) víi hÖ sè cña x 3 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: P  x 2  4x  5  x 2  6x  13 C©u IV (2.0 ®iÓm): Cho tam gi¸c MNP cã ba gãc nhän vµ c¸c ®iÓm A, B, C lÇn l­ît lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M, N, P trªn NP, MP, MN. Trªn c¸c ®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 c¸c ®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 chÊmwww.VNMATH.com 58
    • www.VNMATH.com C©u PhÇn néi dung §iÓm 2 2c©u I 1) x  y  xy  3 (1)  22,5 ®iÓm 1,5®iÓm  xy  3x  4 (2) 4  3x 2 Tõ (2)  x  0. Tõ ®ã y  , thay vµo (1) ta cã: x 0.25 2 2 2  4  3x  4  3x x2     x. 3  x  x 0.25  7x 4  23x2  16  0 0.25 16 Gi¶i ra ta ®­îc x 2  1 hoÆc x2 = 7 0.25 16 4 7 5 7 Tõ x 2  1  x  1  y  1 ; x 2  x y 7 7 7 0.25  4 7 5 7   4 7 5 7   7 ; 7   7 ; 7  VËy hÖ cã nghiÖm (x; y) lµ (1; 1); (-1; -1);  ;        0.25 2) §iÒu kiÖn ®Ó ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm:  x  0 0.25  1,0®iÓm  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 VËy m = 2. 0.25c©u II 1) §Æt a  2  x; b  2  x (a, b  0) 2 2 2 22,5 ®iÓm 1,5®iÓm  a  b  4; a  b  2x 0.25 2  ab a 3  b3  2  ab a  b  a 2  b 2  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 A 2  a 2   b2  2ab  a  b    a  b  a  b  0.25  A 2  a 2  b2  2x  A  x 2 0.25 2) a 3 m 2  b 3 m  c  0 (1) 1,0®iÓm Gi¶ sö cã (1)  b 3 m 2  c 3 m  am  0 (2) Tõ (1), (2)  (b2  ac) 3 m  (a 2 m  bc) 0.25 www.VNMATH.com 59
    • www.VNMATH.com 2 a 2 m  bc 3 NÕu a m  bc  0  m  2 lµ sè h÷u tØ. Tr¸i víi gi¶ thiÕt! b  ac  b2  ac  0  b3  abc   2  2 a m  bc  0 bc  am   0.25 b  b3  a 3m  b  a 3 m . NÕu b  0 th× 3 m  lµ sè h÷u tØ. Tr¸i víi gi¶ thiÕt! a  a  0;b  0 . Tõ ®ã ta t×m ®­îc c = 0. 0.25 Ng­îc l¹i nÕu a = b = c = 0 th× (1) lu«n ®óng. VËy: a = b = c = 0 0.25 3 2c©u III 1) Theo bµi ra f(x) cã d¹ng: f(x) = ax + bx + cx + d víi a nguyªn d­¬ng. 0.252 ®iÓm 1,0®iÓm 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) 3 0.25 V× a nguyªn d­¬ng nªn 16a + 2010>1 . VËy f(7)-f(1) lµ hîp sè 0.25 2) 2 2 P x  2  12   x  3  22 1,0®iÓm Trªn mÆt ph¼ng täa ®é Oxy lÊy c¸c ®iÓm A(x-2; 1), B(x+3; 2) 0.25 2 2 Ta chøng minh ®­îc: AB   x  2  x  3  1  2   25  1  26 2 2 OA  x  2  12 , OB   x  3  22 0.25 2 2 MÆt kh¸c ta cã: OA  OB  AB  x  2  12   x  3  2 2  26 0.25 DÊu “=” x¶y ra khi A thuéc ®o¹n OB hoÆc B thuéc ®o¹n OA x2 1    x  7 .Thö l¹i x = 7 th× A(5; 1); B(10; 2) nªn A thuéc ®o¹n x3 2 OB. VËy Max P  26 khi x = 7. 0.25c©uIV 1) Ta dÔ dµng chøng minh tø gi¸c   MBAN néi tiÕp  MAB  MNB ,2 ®iÓm 0,75®iÓm M   MCAP néi tiÕp  CAM  CPM . 0.25   L¹i cã BNM  CPM K (cïng phô gãc NMP) B    CAM  BAM (1) 0.25 C Do DE // NP mÆt kh¸c D E MA  NP  MA  DE (2) Tõ (1), (2)  ADE c©n t¹i A  MA lµ trung trùc cña DE  MD = ME N P 0.25 A 2) 1,25®iÓm 0.25www.VNMATH.com 60
    • www.VNMATH.com M K B C D E N P A   Do DE//NP nªn DEK  NAB , mÆt kh¸c tø gi¸c MNAB néi tiÕp nªn:     NMB  NAB  1800  NMB  DEK  1800     Theo gi¶ thiÕt DMK  NMP  DMK  DEK  1800  Tø gi¸c MDEK néi tiÕp 0.25 Do MA lµ trung trùc cña DE  MEA  MDA 0.25      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 c©u V A 1 ®iÓm B B O A C D D  Kh«ng mÊt tæng qu¸t gi¶ sö:AB  AC. Gäi B’ lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung ABC  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) ; B CA  B BA  1800 (2)   B BA  1800 (3);Tõ (1), (2), (3)  B BA  B BA B BC    0.25 Hai tam gi¸c A’BB’ vµ ABB’ b»ng nhau  AB  BA Ta cã  B A  BC  B A BC  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  Hoµn toµn t­¬ng tù nÕu gäi D’ lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung ADC 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 c¸c ®iÓm chÝnh gi÷a c¸c cung  AC cña ®­êng trßn (O) 0.25www.VNMATH.com 61
    • www.VNMATH.com Chó ý: NÕu thÝ sinh lµm theo c¸ch kh¸c, lêi gi¶i ®óng vÉn cho ®iÓm tèi ®a.www.VNMATH.com 62