1.      
ĐỀ CHÍNH THỨC
a b c
b c c a a b
  
B x
2 2
2 1
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: | 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.
2 2 2
Chứng minh
2 2 2 2
(  ) (  ) ( 
)
Câu 3: (1,5 điểm)
Cho 2
1
4 4 1
A
x x

 
và 2

x x

 
C A B 
Tìm tất cả các giá trị nguyên của x sao cho 2
 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 .......................

2. 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 xy  0 0,25
Hệ đã cho 2
xy x y x y xy
xy xy
2[ ( ) ( )] 9 (1)
2( ) 5 2 0 (2)
    
   
0,25
Giải PT(2) ta được:
2 (3)
1 (4)
2
xy
xy
 


0,50
Từ (1)&(3) có:
1
  
              
3 2
2 2
1
x
x y y
xy x
y
0,25
Từ (1)&(4) có:
1
  
               
3 1
2 2
1 1
2 2
1
x
x y y
xy x

 y
 0,25
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 Điể
m
Xét 3 trường hợp:
TH1. Nếu 2  x thì PT trở thành: ( p 1)x  2( p 1) (1)
TH2. Nếu 3  x  2 thì PT trở thành: (1 p)x  2(1 p) (2)
TH3. Nếu x  3 thì PT trở thành: ( p 1)x  2( p  4) (3)
0,25
Nếu p  1 thì (1) có nghiệm x  2 ; (2) vô nghiệm; (3) có nghiệm x nếu thoả mãn:
x p p
2( 4) 3 1 1
1
p

      

. 0,25
Nếu p  1 thì (1) cho ta vô số nghiệm thoả mãn 2  x ; (2) vô nghiệm; (3) vô
nghiệm.
0,25
Nếu p 1 thì (2) cho ta vô số nghiệm thoả mãn 3  x  2 ; (1) có nghiệm x=2;
(3)VN
0,25
Kết luận:
+ Nếu -1 < p < 1 thì phương trình có 2 nghiệm: x = 2 và 2( 4)
1
x p
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  x  2
+ Nếu 1
bc ca ab
  
a b a c b a b c c a c b
 a b c        bc  ca  ab
  b  c c  a a  b     a  b a  c b  c b  a c  a c  b
 
  
C x
       
C x C x x
                  x   x  x  x

  x  . Khi đó: x  0 (vì x nguyên) và C  0 . Vậy x  0 là một giá trị cần
x   . Khi đó x  1 (do x nguyên). Ta có:
2 1 1 4( 1) 0
3 2 1 3(2 1)
C x x
     
3
1
p
p
  
 
thì phương trình có nghiệm x = 2.
Câu 2 (1,5 điểm):
Nội dung trình bày Điể
m
+ Phát hiện và chứng minh
1
(  )(  ) (  )(  ) (  )( 
)
1,0
+ Từ đó, vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh bằng:
2
2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
0,5
Câu 3 (1,5 điểm):
Nội dung trình bày Điể
m
Điều kiện xác định: x  1 (do x nguyên). 0,25
Dễ thấy A  1 ; B 
2( x
1)
x x

| 2  1| | 
1|
, suy ra: 2 1 1
x x
3 | 2 1| | 1|
0,25
Nếu x 1. Khi đó 2 1 1 4( 1) 0 1 4( 1) 1 1 2 0
3 2 1 3(2 1) 3(2 1) 3(2 1)
Suy ra 0  C  1, hay C không thể là số nguyên với x 1.
0,5
Nếu 1 1
2
tìm.
0,25
Nếu 1
2
C x
            x   x

và 4(  1 1) 1 2 
1 0
x x
3(2  1) 3(2 
1)
, suy ra
1 C  0 hay C  0 và x  1.
Vậy các giá trị tìm được thoả mãn yêu cầu là: x  0, x  1.
0,25
Câu 4 (3,0 điểm):
a) 2,0 điểm:
Nội dung trình bày Điể
m
Gọi I là trung điểm AB,
E  IK CD, R  IM CD . Xét hai tam
giác KIB và KED có: ·ABD  B·DC
0,25
KB = KD (K là trung điểm BD) 0,25
I·KB  E·KD 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
Q
D E H R C

4. MR nên KM là đường trung bình 
KM // CD
Do CD // AB (gt) do đó KM // AB
(đpcm) 0,25
4
b) 1,0 điểm:
Nội dung trình bày Điể
m
Ta có: IA=IB, KB=KD (gt) IK là đường trung bình của  ABD  IK//AD hay
IE//AD
chứng minh tương tự trong  ABC có IM//BC hay IR//BC
0,25
Có: QK  AD(gt), IE//AD (CM trên) QK  IE . Tương tự có QM  IR 0,25
Từ trên có: IK=KE, QK  IEQK là trung trực ứng với cạnh IE của IER . Tương
0,25
tự QM là trung trực thứ hai của IER
Hạ QH  CD suy ra QH là trung trực thứ ba của IER hay Q nằm trên trung trực
của đoạn CD  Q cách đều C và D hay QD=QC (đpcm).
0,25
Câu 5 (1,0 điểm):
Nội dung trình bày Điể
m
A'
B'
C'
A
B C
P
P'
Trong số các tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn nhất (diện tích
S). Khi đó S 1. 0.25
Qua mỗi đỉnh của tam giác, kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, các
đường thẳng này giới hạn tạo thành một tam giác A'B'C ' (hình vẽ). Khi đó
' ' ' 4 4 A B C ABC S  S  . Ta sẽ chứng minh tất cả các điểm đã cho nằm trong tam giác
A'B'C ' .
0.25
Giả sử trái lại, có một điểm P nằm ngoài tam giác A'B'C ', chẳng hạn như trên
hình vẽ . Khi đó d P; AB  d C; AB , suy ra PAB CAB S  S , mâu thuẫn với giả thiết tam
giác ABC có diện tích lớn nhất.
0.25
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.  
  L  
    
  
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 2( 1 1 )
(k  1) k k k 
1
b. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 88
2 3 2 4 3 2010 2009 45
Bài 2. (2.5 điểm): Cho phương trình ẩn x: x2  (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 1 2 x , x sao cho biểu thức:
2 2
1 2 A  (x 9)(x  4) 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: x3  2x2  3x  2  y3
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:…………….
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 2( 1 1 )
(k 1) k k k 1
  L  
 
  
k  k k k 
   L 
                  
6
 
 
b. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 88
2 3 2 4 3 2010 2009 45
Bđt  1 
2 k 1 2 k
(k  1) k k. k 
1
0.25
 2k 1 2 k(k 1)  0 0.25
( k 1  k)2  0
Luôn đúng với mọi k nguyên dương.
0.25
a.
(1.0đ)
1 2( 1 1 )
( 1) 1
0.25
Áp dụng kết quả câu a ta có:
VT 1 1 1 1
2 1 3 2 4 3 2010 2009
0.25
2 1 1 2 1 1 2 1 1
L 0.25
1 2 2 3 2009 2010
     
2 1 1
     
2010
 
0.25
Bài 1.
(2điểm)
b.
(1.0đ)
2 1 1 88 VP
       
45 45
 
(đpcm)
0.25
Cho phương trình ẩn x: x2  (m1)x  6  0 (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 A  (x  9)(x  4) max
Bài 2
(2.5
điểm)
a.
(1,5đ) Pt (1) có nghiệm x  1 2      2
 1 2  m1 1 2  6  0 0.5

7. Tìm được m  5 2  6 và KL. 1.0
Tính  2   m1  24  0 m suy ra pt (1) có 2 nghiệm phân biệt
1 2 x , x . 0.5
 2  2
1 2 1 2 A  x x  6  2x  3x
Theo ĐL Vi-et ta có 1 2 x x  6  2
x x x x
x x x x
x x m m m
2 3 0 3 3
       
           
          
x y xy x y
x y x y xy x y xy
3 3
        
y  x  x  x    x      x  y
x   y  x  x    x      y  x 
7
1 2 A   2x  3x  0
0.25
b.
(1,0đ)
Max A = 0 khi và chỉ khi
1 2 1 1
1 2 2 2
1 2
6 2 2
1 0 2
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:
x3  2x2  3x  2  y3
Hệ phương trình đã cho
2 2
2 2 2
( )( ) 9 ( ) 3 3
        
0.5
a
(1.0đ)
x y x
xy y
3 1
2 2
    
      
hoặc
2
1
x
y
 
 
0.5
Ta có
2
3 3 2 2 3 2 2 3 7 0
4 8
 
(1)
0.25
2
( 2)3 3 4 2 9 6 2 9 15 0 2
4 16
 
(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. NA NB NC ND a NH NK a NH 
  NK  a NO 
a 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.
A B
K
H
N
O
I
J
M
D C
MNB  MBC ( Cùng chắn cung BM)
MND  MDC ( Cùng chắn cung DM)
BND  MNB MND  MBC MDC  90o
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 : NA.NC  NH.AC  NH.a 2
NB.ND  NK.BD  NK.a 2
Suy ra
2 2 4
. . . 2 2. . 2 2. 2. 2
2 2
0.5

9. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
     
9
OM a 
NH  NK  a (2 2)
2
  0.5
2
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.
z
x
A
O
B C
Bài 5.
(0.5
điểm)
 Chỉ ra đường thẳng 1 d đi qua A và vuông góc với OA thỏa mãn
bài toán
 Đặt OA = a > 1 (a nguyên). Trên tia Ox lấy điểm B sao cho OB
= a + 1 nguyên dương. Đường thẳng 2 d đi qua A, B cắt tia Oy tại
C.
Chứng minh được 1  1 
1
OB OC OA
1 1 1 OC a ( a
1)
1
a 
OC a
là số nguyên
dương
Suy ra 2 d là một đường thẳng cần tìm.
 Tương tự lấy B trên Ox sao cho OB = a(a + 1), Ta tìm được
đường thẳng 3 d
 Chứng minh 1 2 3 d ,d ,d phân biệt. ĐPCM
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
1 0
Bài 1 : ( 1 điểm )
Cho   3
4 2 3 3
x  
5 2 17 5 38 2

  
tính  P  x2  x 1 2009
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 x  x  x  x  1 . xác định b và c
Bài 3 : ( 2 điểm )
1. Cho các số dương a; b; c . Chứng minh rằng a b c 1 1 1 9
        
a b c
 
2. Cho các số dương a; b; c thoả mãn a + b + c  3. Chứng ming rằng
1 2009 670
2 2 2
 
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 :
   
  
3 3
3
3
4 2 3 3 3 1 3
5 2 17 5 38 2 5 2 (17 5 38) 2
1 1 1
17 5 38 17 5 38 2 1 2
x
   
 
     
   
   
vậy P = 1
Bài 2 : vì 3 1 4 2 x  x  x  x  1=> 3 1 4 2 x  x 1; x  x 1

11. x x b
x x c
x x b
x x bc
1 1 1 a b c 2ab 2bc 2ca 9
                   
=>
BOP BAO ABO A B
1 1
   
1 2
1 2
Theo hệ thức Vi ét ta có    
   
2
1 2
1 2
(1)
. (2)
1 1 (3)
1 . 1 (4)
 
    
   
Từ (1 ) và ( 3 ) => b2 + b - 2 = 0  b = 1 ; b = -2
từ ( 4 ) => 1 2 1 2 x .x  x  x 1  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 4 0 1
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 c  1
;
4
b = -2 ; c = -1
Bài 3 :
1. Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương
a  b  c  3 abc 3
1  1  1 
3 1
a b c abc
=> a b c 1 1 1 9
        
a b c
 
dấu “=” sảy ra  a = b = c
2. ta có  a b c
2
2 2 2 3
3
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
a b c ab bc ca ab bc ca
1  1  9 
1
2 2 2  2
a  b  c ab  bc  ca a  b 
c
1 2009 670
vậy 2 2 2
 
a  b  c ab  bc 
ca
. dấu “=” sảy ra  a = b = c = 1
Bài 4 : a) ta có
·  ·  ·  1
μ 
μ
2
· 0
μ μ μ
· ·

PNC  180 C  1
A 
B
2 2
BOP PNC
 
=> tứ giác BOPN nội tiếp
+) tương tự tứ giác AOQM nội tiếp
+) do tứ giác AOQM nội tiếp=> A·QO  A·MO  900
tứ giác BOPN nội tiếp => B·PO  B·NO  900
=> A·QB  ·APB  900 => tứ giác AQPB nội tiếp
b ) tam giác AQB vuông tại Qcó QE là trung tuyến nên QE = EB = EA

12.    M  M
   n

 m  m  M 
n M
1 2
=> · · 1 μ ·
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)
MOP ~ COB ( g g )
MP OM OP
     
~ ( )
     
~ ( )
a OC OB
NOQ COA g g NQ ON OM
b OC OC
POQ BOA g g PQ OP OM
     
c OB OC
OM MP NQ PQ MP  NQ 
PQ
OC a b c A B C
    
 
Bài 5 :
1) 3x - y3 = 1
 y    y
 
 
 y  y
     
  m  b  x  
m  b  x
3x   y 1 y2  y 1 => tồn tại m; n sao cho 2
m m
1 3 3 1
n m m n
1 3 9 3.3 3 3
+) nếu m = 0 thì y = 0 và x = 0
+) nếu m > 0 thì 9 3.3 3 3 3 3
1
m m n
9 3.3 3 9 3 9
=> 9m  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 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)
 
1 3
Bμi 1.(2,5 ®iÓm)
1) Gi¶i ph­
¬ng tr×nh: 2
1 1 2
x  3x  2 x 
2
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: x  6x  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:
1 2
1 2
24
3
x 
x
x x


Bμi 3.(2,0 ®iÓm)
1) Cho ph­
¬ng tr×nh: 2x2  22m 6 x  6m 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) T×m sè abc tho¶ m·n:  2 abc  a  b 4c .
Bμi 4.(3,5 ®iÓm)
Cho ΔABC nhän cã Cμ Aμ.§­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.
a) Chøng minh: · μ
  C .
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.
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:
1) Ta cã '= 4m2 12m 68  2m32  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 2m32  77  n2 2m32  n2  772m3 n.2m3 n  77

14. Do nN nªn 2m-3+n2m-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.
a b c a b c c a b do a b
100  10    2 .4   100 
10 ( 4  2
 1 
0)
a b
a b a b a
a b a b
4 1
10 10 10 9
4 1 4 1
 
      
a a

1 4
2)Tõ gi¶ thiÕt bμi to¸n ta cã:
 
 
 
 
 
 
 
2
2 2
   
Ta cã  2 4 a  b 1 lμ sè lÎ vμ do 0  c  9 nªn  2 4 a  b 1M5.
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. (*)
c ab
2.5
4( ) 1
MÆt kh¸c 2
a b

 
vμ
 2 4 a  b 1 lμ sè lÎ  2 4 a  b 1500  2  a  b 125, 25 (**)
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 a  b 1chia hÕt
cho 3 mμ (a+b) + 9a= 3k 1+9a kh«ng chia hÕt cho 310 a  b  9a kh«ng M3
c N
+ NÕu a+b =3 ta cã 103 9  61 3 
35 7
c
 
  . V× 0a4 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
 
           
1 5

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
Nh­vËy
®iÓm K thuéc tia Bx cè ®Þnh vμ c¸ch 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 c¸c 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 k2  4 vμ k2 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)

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 c¸c ®­êng
trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BCD vμ ACD kh«ng ®æi.
      
1 6
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 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 :
7 1 1 7 1 1 7
0,5 ®
a =
2
2 : 7
7
 0,25 ®
§Æt x  a 1 x  7 1 x 1  7  x2  2x 1  7 0,5 ®
x2  2x  6  0
VËy ph­
¬ng tr×nh x2  2x  6  0 nhËn 7 1 lμm nghiÖm
0,25 ®
Bμi 2: (2,5 ®iÓm)
a)
       
x 16 x 16 xy xy (1)
y 3 y 3
y 9 y x 5 xy (2)
   
       
x 2 x y 6
§K: x,y  0 0,25 ®
Gi¶i (2)  6y2  6x2  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 ®


3y2 23
2 6
 (ph­
¬ng tr×nh v« nghiÖm) 0,25 ®

17. 1 7
* NÕu
2y
    .
3x 2y 0 x
3
Thay vμo (1) ta ®­îc
y2  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  x2  2x 1  y x 1 2  y x  1 y (y  0) (*)
Ph­
¬ng tr×nh ®· cho trë thμnh:     2 y 1  3 y 1  m  0
 y2  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 4 m
4
  
m 4
VËy víi
9
 4  m
 th× ph­
4
¬ng tr×nh cã 4 nghiÖm ph©n biÖt.
0,25 ®
Bμi 3: (2,0 ®iÓm)
a) V× k 1 suy ra k2  4  5; k2 16  5
- XÐt k  5n 1 (víi n¢ ) k2  25n2 10n 1 k2  4M5
k2  4 kh«ng lμ sè nguyªn tè.
0,25 ®
- XÐt k  5n  2 (víi n¢ ) k2  25n2  20n  4 k2 16M5
k2 16 kh«ng lμ sè nguyªn tè.
0,25 ®
- XÐt k  5n  3 (víi n¢ ) k2  25n2  30n  9 k2 16M5
k2 16 kh«ng lμ sè nguyªn tè.
0,25 ®
- XÐt k  5n  4 (víi n¢ ) k2  25n2  40n 16 k2  4M5
 k2  4 kh«ng lμ sè nguyªn tè.
Do vËy kM5
0,25 ®
b) Ta chøng minh: Víi a,b, c th×     a  b  c 2  3 a2  b2  c2 (*)
ThËt vËy (*)a2  b2  c2  2ab  2bc  2ca  3a2  3b2  3c2
(a  b)2  (b  c)2  (c  a)2  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)
     
1 8
Bμi 4: (3,0 ®iÓm)
J
D
I
C
N
M
O
A B
a) XÐt MBC vμ MDB cã:
B·DM  M· BC (haigãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau)
B·MC  B·MD
0,5 ®
Do vËy MBC vμ MDB ®ång d¹ng
MB MD
Suy ra
  
MB.BD MD.BC
BC BD
0,5 ®
b) Gäi (J) lμ ®­êng
trßn ngo¹i tiÕp BDC B· JC  2B·DC  2M· BC
hay · ·BJC
MBC
2
 
· 1800 B· JC
BCJ c©n t¹i J CBJ

2
  
0,5 ®
· · · O

· Suy ra BJC 180 BJC O
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 A·NB  A·DB  2B·DM  B· JC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. A B
h c
    
1 9
g
f e
d
b
a
G
F
I
H
J
M
C
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 c¸c sè h÷u tØ d­
¬ng)
Do c¸c gãc cña h×nh 8 c¹nh b»ng nhau nªn mçi gãc trong cña h×nh 8 c¹nh cã
O
sè ®o lμ:
8 2 180 135O
(  ).
8

0,25 ®
Suy ra mçi gãc ngoμi cña h×nh 8 c¹nh ®ã lμ: 180O - 135O = 45O
Do ®ã c¸c tam gi¸c MAE ; FBG ; CIH ; DKJ lμ c¸c 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 a b f e d
2 2 2 2
 (e - a) 2 = h + b - f - d
0,5 ®
h  b  f 
d
NÕu e - a ≠ 0 th× 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
Thêi gian lμm bμi: 150 phót
Ngμy thi 08 th¸ng 7 n¨m 2009
(§Ò thi gåm: 01 trang)
§Ò thi chÝnh thøc
C©u I (2.5 ®iÓm):
1) Gi¶i hÖ ph­
¬ng tr×nh:
 2  2
 

  
x y xy 3
xy 3x 2
4
2) T×m m nguyªn ®Ó ph­
¬ng tr×nh sau cã Ýt nhÊt mét nghiÖm nguyªn:
4x2  4mx  2m2  5m  6  0
C©u II (2.5 ®iÓm):

20. 2 3 3
2 4 x 2 x 2 x

 , thay vμo (1) ta cã:
   
    
 
2 0
1) Rót gän biÓu thøc:
             
 
2
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 c¸c sè h÷u tØ a, b, c ®Ó:
a 3 m2  b3 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: P  x2  4x  5  x2  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 D·MK  N·MP . 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 chÊm
C©u PhÇn néi dung §iÓm
 2  2
 

  
x y xy 3 (1)
xy 3x 2
4 (2)
Tõ (2)  x  0. Tõ ®ã
4 3x2
y
x
0.25
2 2 2
2 4 3x 4 3x
x x. 3
x x
0.25
 7x4  23x2 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 x2  1 x  1 y  1; 2 16 4 7 5 7
     
 
    

a m bc
2 1
      m
x x y
7 7 7
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)
a2  b2  4; a2  b2  2x 0.25
1)
1,5®iÓm
2 ab a3 b3  2 ab a ba2 b2 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  a2  b2  2aba  b  a  ba  b 0.25
A 2  a 2  b 2  2xA  x 2 0.25
a 3 m2  b3 m  c  0 (1)
Gi¶ sö cã (1)
 b 3 m2  c 3 m  am  0 (2)
Tõ (1), (2) (b2  ac) 3 m  (a2m bc) 0.25
2
NÕu a2m  bc  0
3
2
m
b ac
 

lμ sè h÷u tØ. Tr¸i víi gi¶ thiÕt!
 2    3
  
    
b ac 0 b abc
a m bc 0 bc am
2 2
0.25
b3  a3m b
b a 3 m . NÕu b 0 th× 3 m
 lμ sè h÷u tØ. Tr¸i víi gi¶
a
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)M3 0.25
c©u III
2 ®iÓm
1)
1,0®iÓm
V× a nguyªn d­
¬ng nªn 16a + 20101 . VËy f(7)-f(1) lμ hîp sè 0.25

22.           P x 2 2 12 x 3 2 22
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
     OA x 2 2 12 ,      OB x 3 2 22 0.25
MÆt kh¸c ta cã: OA OB  AB            x 2 2 12 x 3 2 22 26
2 2
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 M· AB M· NB ,
MCAP néi tiÕp C·AM  C·PM.
0.25
L¹i cã B·NM  C·PM
(cïng phô gãc NMP)
C·AM  B·AM (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
E
N
M
P
D
K
B
C
M
A
N
P
D
Do DE//NP nªn D·EK  N·AB, mÆt kh¸c tø gi¸c MNAB néi tiÕp nªn:
N·MB  N·AB  1800  N·MB  D·EK  1800 0.25
Theo gi¶ thiÕt D·MK  N·MP  D·MK  D·EK  1800
 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

23. M· EAM· DAM· EKM· DC. 0.25
V× M· EK M· DKM· DKM· DC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
x x  x   x 
x

x x
2 3
trßn bμng tiÕp gãc DAK
cña tam gi¸c DAK. 0.25
B'
D'
A'
O
B
A C
D
Kh«ng mÊt tæng qu¸t gi¶ sö:AB  AC. Gäi B’ lμ ®iÓm chÝnh gi÷a cung
A¼BC 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·'BC  B·'BA'  1800 (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 c¸c ®iÓm chÝnh gi÷a c¸c
cung »AC cña ®­êng
trßn (O) 0.25
Chó ý: NÕu thÝ sinh lμm theo c¸ch 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
 
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.     
 
x   x  x x  x   x 
x
2 4
Gi¶i hÖ ph­
¬ng tr×nh:
 
 
x y
x y
1 2 2
2 2 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.
T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc P = 1 1 1
16x 4y 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
x  x 
1
b) (1 ®iÓm) 
x
x x
1 1
 
0,25
 2
2 3 
4 4 3
1 1
x x
 
0,25
4
1
x
x



0,25
VËy P = 4
1 x
0,25
c) (0,5 ®iÓm) P01 x  0 0,25

25.  x 10  x 1 0,25
Bμi 2 (1,5 ®iÓm)
Céng hai ph­
¬ng tr×nh ta cã : 3 2 2x 1 2 0,5
1 2 1 2 1
3 2 2 1 2
m m m m
m m
                
m m m m
m m
                  
2 5
x 
    
 
0,5
Víi x  2 1 y  2  2 1 2 11  2 1 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
 x2  x  6  0 x  2 hoÆc x = 3
05
Víi x = -2  y  4; x  3 y  9 0,25
Hai ®iÓm cÇn t×m lμ (-2;4); (3;9) 0,25
b) (1 ®iÓm)
Víi y = 0  1 2 3 0 2 3
1
m m x m
m

       

(víi m ≠ -1) A - 2m+3 ;0
    
m+1
 
Víi x = 0  y  2m 3B0;2m+3
0,25
m m
m

 OAB vu«ng nªn  OAB c©n khi A;B ≠ O vμ OA = OB   2 3  2 
3
1

0,25
+ Víi 2 3 2 3 2 3 1 1 0 0
1 1
hoÆc m = 3
 (lo¹i) 0,25
2
+ Víi 2 3 2 3 2 3 1 1 0 2
1 1
hoÆc m = 3
 (lo¹i)
2
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
H K
C
B
A
0,25
 AMN vμ  ACB vu«ng ®Ønh A 0,25
Cã A·MN  A·HN (cïng ch¾n cung AN)
A·HN  A·CH (cïng phô víi H·AN ) (AH lμ ®­êng
kÝnh)
A·MN  A·CH
0,75
AMN : ACB 0,25

26. b) (1 ®iÓm) HNC vu«ng ®Ønh N v× A·NH  900 cã KH = KC NK = HK
l¹i cã IH = IN (b¸n kÝnh ®­êng
trßn (AH)) vμ IK chung nªn  KNI =  KHI (c.c.c)
K· NI  K·HI  900  K· NI  900
         x  y  z    y     x   z  x   z  y
     
y z y z x y x z y z
  dÊu b»ng x¶u ra khi y=2x
  dÊu b»ng x¶u ra khi z=4x
2 6
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  H·AK  H· BI
0,5
+ Cã H·AK  E·HK (ch¾n cung HE)
 H· BI  E·HK  BI // HE
Cã ·AEH  900 (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)
P= 1 1 1   1 1 1 21
16x 4 16x 4 16 4 16 4 16
       
0,5
y x
x y
Theo cèi víi c¸c sè d­
¬ng: 1
16 4 4
1
z x
x z
16 2
1
z y
y z
4
  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. 2 7
 
x  5 2  2 5 5 
250
y  3 
3
3 1 3 1
 

A x x y y x y
 
 
x  xy 
y
Câu 2: (2,5 điểm)
Cho phương trình (m + 1)x2 – 2(m – 1) + m – 2 = 0 (ẩn x, tham số m).
a) Giải phương trình khi m = 2.
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn:
1  1 
7
x x 4
1 2
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)
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: B  8x  6  18y 
7
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.                      
     
Dấu bằng xảy ra khi x;y 1 ;1
2 8
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:
B  8x  6  18y 
7
x y
8x 2 18y 2 4 5 8 12 23 43
x y x y
     2 3


.
Vậy giá trị nhỏ nhất của B là 43 khi x;y 1 ;1
     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
Câu 1: (2,0 điểm)

29. x + 1 = 7
1. Cho số x ( x R ; x 0 ) thoả mãn điều kiện : 2
x + 1
2 9
2
x
. Tính giá trị các biểu
x3 + 1
thức : A = 3
x
và B = 5
5
x
.
2. Giải hệ phương trình:
1 + 2 - 1 2
x y
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:
0  x1  x2  2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2
2
Q = 2a - 3ab + b
2a - ab + ac
.
Câu 3: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: x - 2 + y + 2009 + z - 2010 = 1 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 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.
Câu 5: (1,0 điểm)
Cho biểu thức P = a2 + b2 + c2 + d2 + ac + bd , trong đó ad – bc = 1. Chứng minh rằng:
P  3 .
-------------------------------------------------- Hết ---------------------------------------------------
Họ và tên thí sinh: ………………………………….. Số báo danh: ……………………..
Së GD§T NghÖ An
§Ò thi chÝnh thøc
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 x  2  3 7  x  3
b) Giải hệ phương trình

30. 2 2 2 P a b c ab bc ca
3 0
2 3 8
3
3
x
y
2 6
x
y
   
 

Bài 2: (1.0 điểm)
Tìm số thực a để phương trình sau có nghiệm nguyên
x2  ax  a  2  0 .
Bài 3: (2.0 điểm)
Cho tam giác ABC 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
2 2 2
 
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
§Ò thi chÝnh thøc
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 x  2  3 7  x  3

31.  x  2  7  x  33 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®
 x2  5x  6  0 0.25®
      
  
       
3 1
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x  z  z3  x3 0,25®
x  zx2  xz  z2  3  0 0,25®
 x  z (v× x2  xz  z2  3  0,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: (x, y)  (1;2), 2,1
0,25®
Bμi 2: 1,0 ®
§iÒu kiÖn ®Ó ph­
¬ng tr×nh cã nghiÖm:   0a2  4a  8  0 (*). 0,25®
Gäi x, xlμ 2 nghiÖm nguyªn cña ph­
¬ng tr×nh ®· cho ( gi¶ sö x x).
12 1 2x x a
Theo ®Þnh lý Viet: 1 2
1 2 1 2
1 2
. 2
. 2
x x x x
x x a
0,25®
1 2 (x 1)(x 1)  3
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 ·ABM  M· BC¼AM  M¼N 0,25®
M· AE  M· AN (1) 0,50®
V× M, N thuéc ®­êng
trßn ®­êng
kÝnh AB nªn ·0,25®
AMB  ·ANB  900
 ·ANK  ·AME  900 , kÕt hîp
víi (1) ta cã tam gi¸c AME ®ång 0,50®
B
A
C
M
N K
E

32.       (2) 0,25®
S AH BC     (m©u thuÉn
3 2
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
3 2 3 2 3
AI R R R OI R
AO R
2 2 2
I
Tam gi¸c AOB vμ tam gi¸c COK ®ång d¹ng nªn
OA.OK = OB.OC = R2
2 2
OK R R R
    (3)
OA R
2 2
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
ABC 2 2
K
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 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2
0,25®
mμ a3 + ab2  2a2b (¸p dông B§T C«si )
b3 + bc2  2b2c
0,25®
A
B C
F
O
M
E N
A
B C
O
H
K

33. a b c a b c
  
P 9 ( )
a b c
           P  4
3 1 2 5 2 3 2 1 1 n S
3 3
c3 + ca2  2c2a
Suy ra 3(a2 + b2 + c2)  3(a2b + b2c + c2a) 0
Suy ra 2 2 2
a b c ab  bc 
P ca
2 2 2 a b c
   
 
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2( )
    
 
0,25®
§Æt t = a2 + b2 + c2, ta chøng minh ®­îc
t  3.
P t 9 
t t 9 t
1 3 3 1 Suy ra 4
t t
2 2 2 2 2 2 2
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:
a b c
b c c a a b
+ +
1 2
+ + +
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, n ³ 3 .Đặt = 1 1 1
( + + ) ( + ) + ...
+
( 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 : m
- ³
1
2
n n
2 ( )
Với mọi số nguyên m,n.
3 +
2

34. + + + + +
= + - = + -
n n n n
+ + + + + +
n n n n n n
+ - æç ÷ö = = çç - ÷÷÷ çè
n n
n n n n n n
+ + + ø
çæ ÷ö çæ ÷ö çç - + - + + - ÷÷= çç - ÷÷ çè + ÷ø çè + ÷ø
3 4
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 a a + a =
2a
+ + + + +
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 ¹ m,n, p 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' = (m + n + p)2 - 3(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 1 1 2 1 4 4 1
1 n + 1 - n 1 1 1
4 4 2 1. 2 1
Do đó 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 ... 1
2 2 2 3 1 2 1 2 n S
n n n
Bài 3:
Ta có B·AD = C·AE ( Do cung EB = cung EC)
Và A·EC = D· BA( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung
AC) nên ΔBAD ΔEAC
Þ = Þ . =
. (1)
Ta có A·DC = B·DC(§èi ®Ønh) vμ C·AD = D·BE
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung CE) nên
ΔACD ΔBDE
BA AE
AB AC AE AD
AD AC

35. 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
= = = + =
DC DB DB DC DB a
AC AB c b c b c
DC DB a a a bc
= Þ =
2 . . .
- = çç - ÷çç ÷÷+ çè + ÷÷ø
bc bc
- ³ çè
2 + 1 1 2 + - 2 - = + - = = 1 ³ 1
çç æ ö+ + ç + + ÷÷ + ÷÷ ÷ ø
m n n
n n n n
- - + - = - ³ - = - - =
2 2
m m n n
n n n n
3 5
. .
AD DB
AD DE DB DChay
DC DE
hay
b
+ +
vậy
2
+ + +
( )
DB DC
b c b c b c b c
theo câu a ta có AD2 = AB.AC – DB.DC =
æ ö÷
2 2
a bc a
2 2 1
( b c ) ( b c
)
æ ö÷
Þ = çç ÷çç ÷÷çè - a
2
AD bc
1
( b + c
)
2 ÷÷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) m
2 Khi ®ã m2 2 n 2 m 2 2 n
2 1 hay m 2n2 1
n
Þ ³ + ³ +
Từ đó suy ra :
( )
1
2 2
2 2
2
2 2
2 2 2 2
1 1 3 2 2 2 2 2
n
n n
m
b) 2 Khi ®ã m2 2 n 2 m 2 2 n
2 1 hay m 2n2 1
n
Þ £ - £ -
Từ đó suy ra :
( )
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
n
n
n
n
+ -
= ³
çæ ö÷ + çç + - ÷÷÷÷ 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.
 (MN + NP + PQ + QM).
3 6
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 + 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) .
b) Từ đó suy ra : 3 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.
a) Chứng minh rằng SABCD AC
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:….……………………
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 : x4+ ax3+x2+ax + 1 = 0 (1)
Khi a =1 , (1)  x4+x3+x2+x+1= 0 (2)
Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm.
Chia 2 vế của (2) cho x2 ta được: 2
x + 1 + x + 1 +1=0
x + 1 t -2
    và 2 2
 
 và 2
x + 1 +a x + 1 +1=0
 
 
 
   t2 (t2 - 4) 1 0 (5)
      

3 7
2
x x
(3).
Đặt t = x+ 1 t x+ 1 x + 1 2
x x x
2
x
 .
Phương trình (3) viết lại là : t2 + t - 1 = 0
Giải (3) ta được hai nghiệm t 1 5
1
2
t 1 5
 
 đều không
2
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
x x
.
Đặt t = x + 1
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
a
 1- t2 .
t
Từ đó :
2 2
a 2
2 (1 - t ) 2
2
t
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
.
u
Đặt : 2 2 x + 3
, , 0 9.
v = 6 - x
u v u v
Phương trình đã có trở thành hệ :
 
 
 
u2 + v2 = 9 (u + v)2 - 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
6-x = 0 x = 6
 
   
x+y+z=1 x+y = 1-z
2x+2y-2xy+z =1 2xy = z +2(x+y)-1
x + y = 1 - z
2xy = z - 2z + 1 = (1- z)
3 8

.
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
2 2


 2xy = (x + y)2
 x2+ y2 = 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 +3y2z2 -18x = 6 (1)
3(x-3)2 + 6y2 + 2z2 + 3y2z2  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 abc  3 xyz  3 (a+x)(b+y)(c+z) (1)
Lập phương 2 vế của (1) ta được :
abc + xyz + 33 (abc)2xyz +33 abc(xyz)2  (a+x)(b+y)(c+z)
abc + xyz+ 33 (abc)2xyz +33 abc(xyz)2 
abc+xyz+abz+ayc+ayz+xbc+xyc+xbz
33 (abc)2xyz +33 abc(xyz)2  (abz+ayc+ xbc)+ (ayz+xbz+xyc) (2)
Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có :
0,50
0,50

39. (abz+ayc+ xbc)  33 (abc)2xyz (3)
(ayz+xbz+ xyc)  33 abc(xyz)2 (4)
Cộng hai bất đẳng thức (3) và (4) ta được bất đẳng thức (2), do đó
(1) được chứng minh.
S AC.BD AC (BJ+JI + IK+KD)
M
  = AC (MN+NP+PQ+QM)
P H Q
M' M
B'
S R
3 9
0,50
0,50
Câu4b.
(1,0đ)
Áp dụng BĐT (1) với a = 3+3 3, b = 1, c = 1, x = 3 -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 3+3 3  3 3- 3 3  3 6.2.2  23 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
2 2
4
N
- 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 :
A·OB =A·MB  900 (giả thiết)
 tứ giác AOBM luôn nội tiếp
 A·MO  A·BO  450 (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
P
Q
I
J
K
x
y
O
K
A
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 A·MO  A·BO  450 )
Suy ra : A·MB  A·OB  900 .
Mà AM//PQ , PQ PS  MB//PS.
Kết luận:Quỹ tích giao điểm M là 2 đường chéo của hình vuông
PQRS.
4 0
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
 ; x1.x2 = c
a
a
 2 2
  
1 2 1 2
x b x c
a.S2 + b.S1 + 2c = a x   x  
2
     
     
   2
   
        
a x x 2 x x b x x 2
c
1 2 1 2 1 2
a x x 2
2 a x x b x x 2
c
1 2 1 2 1 2
b 2
a a c b b c
         
2 . . 2
a a a
 
2 2
b c b c do a
a a
2 2 0 ( 0)
     
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.     
      
      
Vôùi (x + 1)(y + 2)(z + 3) = - 6 heä (I) laø:
      
        
        
Vaäy nghieäm cuûa heä laø (0 ; 0 ; 0) vaø (-2 ; -4 ;
-6)
4 1
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 x  7 x  3  0 (2)
Ñaët x  t  0 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
81 24
Laäp
1 2
7
2
x m
S x x
  
  
Ñeå pt (1) coù nghieäm thì:
81 24 0
    
  
1 2
27
7 0 8
2
x m
m
S x x
    
Caùch khaùc:
 2
2 x  7 x  3  0 (2)
x1 = 9 1  x  3
maø
x x
1 2
x
2
2
2
7
2
3 7
2
7 3 1
2 2
1
4
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:
  
  
  
 x  y
 
 y  z
   
z  x
 
1 2 2 (1)
2 3 6 (2)
3 1 3 (3)
(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:
z z
x x
y y
3 3 0
1 1 0
2 2 0
z z
x x
y y
3 3 6
1 1 2
2 2 4
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. y  x , ñieåm I(0 ; 3) vaø
                    
b/ Phöông trình hoaønh ñoä giao ñieåm cuûa (d)
vaø (P):
    
   
        
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
     
4 2
cho parabol (P): 2
3
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:
a .0 b 3 b
3 ( d ) : y 3 . 0 3
x
3 ma b a m
m
x x
3 3

 
m
mx x m do m
mx x m
 
2
2
2
2 2
3
9 9 ( 0)
9 9 0
m m m m
9 4. . 9 81 36 0, 0
m
; xA. xB = -9
Do A, B d y  3 x y 
( ) 3 ; 3 x
3 A A B B m m
Theo coâng thöùc tính khoaûng caùch:

43. 4 3
   
 
   
 
AB  x  x  y 
y
A B A B
   x  x   x  x
 A B  A B

m m
 
x x x x
   
A B A B
 x  x
   A B
 
    
          
2 2
2
2
3 3
9
2 2
2
2
m
1 9
2
 
2
m
4 . 1 9
2
x x x x
A B A B
 9  2
     4(  9)  1  9
   
2
    
81 36 1 9
81 729 324 36 36 6
          
2 2
   
     
2 4 2
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 2 C  B (chaén cung AnB)
Xeùt (O’) ta coù ¶ μ
1 1 D  B (chaén cung AmB)
ABC ADB
AB AC BC
AD AB BD
AB AC AD
BC AB AB AC AD AC
BD AD AD AD AD
  
  
(1)
 2

.
  2    2 2
  .
   
    
2 2
:
b/ Töø (1) thay AE = AB ta coù
1
1
2 1
=
1 2
2
2
1
2
j
/
/
x
x
=
K
C
D
O
B
O'
A
E

44. §Ò thi chÝnh thøc
     
x y x y
x y
4 4
AE AC
AD AE
 (*) maët khaùc:
μ ¶ μ ¶ ¶ ¶
μ ¶
A C B A B D
A A
1 1 1 2 2 1
1 2
;
(**)
   
 
Töø (*) vaø (**) suy ra:
AEC ADE ( c g c
)
E D
CED CBD E E B B
   
 
     
¶ ¶
· · μ ¶ μ ¶
μ ¶ ¶ ¶
2 2
1 2 1 2
E D D B
   
 
1 2 1 2
0
xet BDE
180 ( )
:
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)
Thêi gian lμm bμi: 150 phót
(kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò.)
--------------------------------------
C©u1: Gi¶i ph­
¬ng tr×nh
x2  x2 2x 19  2x 39
C©u 2: Gi¶i hÖ ph­
¬ng tr×nh
 2 3  2 0
5 0
  
C©u 3: Cho a,b  R tháa:
 a  a2  3       b  b2  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.

45. 2 2 2 19 2 39 (*)
x x x x
    
2 2 19
®Æt t =
(*) 2 0
nhËn)
lo¹i
2 2 19 16
2 2 35 0
2 3 2 0
5 0
x y x y
x y
®Æt t = x + y
    
  
t
2 1
4 5
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 A·MC  A·NB  900 . 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
t
t
x
x
x x
t t
x x
x x
C©u 2: Gi¶i hÖ ph­
¬ng tr×nh
    
 
      
  
                  
        
2
(*)
1
(*) 3 2 0
2
3
1 2
5 7
2 2
5 3
2
t t
t
x
x y y
x y
x y x
x y
y
C©u 3: Cho a,b  R tháa:
 a  a2  3       b  b2  3 

3
   
TÝnh a+ b

46. 2 3 2 3 3
2 3 2 3 3 2 3 2 3
2 3 2 3
2 3 2 3 3
2 3 2 3
  
  
  
   a  a               a  a   b  b

       
b2 + 3 a2 + 3 a2 + 3 b2 + 3
b2 + 3 a2 + 3 a2 + 3 b2 + 3
b2 + 3 a2 + 3
b2 + 3 a2 + 3
a2 + 3 b2 + 3
F H
4 6
a a b b
    
   
2 2
   
   
    
   
   
   
   

            
    
   
t
.
3
3
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

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 :
x + x = 2(m + 1)
x .x = 2m
M = x + x - x .x = 2(m + 1) - 2m = 2
Nªn kh«ng phô thuéc

1 2
1 2
1 2 1 2
vμo gi¸ trÞ cña m .
C©u 5:
AEB : AFC(g-g)
AE
AF
AE.AC AF.AB (1)
 
 
AB
AC
 
N
M
E
A
B C

47. 4 7
vMAC , ME : ®­êng
.
cao
MA 2
AE .
AC
(2)
vNAB , NF : ®­êng
.
cao
NA 2
AF . AB
(3)




Tõ (1),(2),(3)
MA2 = NA2
MA = NA
---------------------------------------

48. 4 8

49. 4 9

50. 5 0

51. 5 1

52. 5 2

53. 5 3
Hướng dẫn

54. 5 4

55. 5 5
Câu 4

56. 5 6

57. 5 7

58. 5 8

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 x  9  2 x  1 

x
3
x x x x
5 6 3 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 x1
5 9
2 + x2
2, x1
3 +
3 và x1
x2
5 + x2
5 ( 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.
c) Chứng minh rằng:
2 2
4 ABC

S R p
 , 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:………………………...
6 0
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 x
A và x
B 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 S
ABC = 4S
MNP 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.     
6 1
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 :
Bài 2 : (2 điểm)
Cho biểu thức :
a) Rút gọn A.
b) Tìm x nguyên để A nhận giá trị nguyên.
Bài 3 : (2 điểm)
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.
Bài 4 : (3 điểm)
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.
Bài 5 : (1 điểm)
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) (x4)
Theo bμi ta cã: 24 24 
8 2 24 16 2
x  4 x  4 x  4 x 
4
2 0
2 40 0
     
 20
Vëy vËn tèc thùc cña ca n« lμ 20 km/h
x
x x
 
x
Bμi 4:

62. a) Ta cã B»C  B»D (GT)  B·MD  B·AC (2 gãc
néi tiÕp ch¾n 2 cung b¨ng nhau)
* Do B·MD  B·AC  A, M nh×n HK d­êi
1 gãc
b»ng nhau  MHKA néi tiÕp.
b) Do BC = BD (do B»C  B»D), OC = OD (b¸n
kÝnh)  OB lμ ®­êng
      (3)
    (4)
3 5 3 ( 1)
6 2
trung trùc cña CD
 CD  AB (1)
Xet MHKA: lμ tø gi¸c néi tiÕp, ·AMH  900 (gãc
nt ch¾n nöa ®­êng
trßn) 
H· KA 1800 900  900 (®l)
 HK  AB (2)
Tõ 1,2  HK // CD
B
C D
O
H K
M A
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 4 0 2 4 1 1
2
a b a b
a b
(**)    b2  4a §Ó PT cã nghiÖm th× 2 4 0 1 1
2
b a
b a
Céng 3 víi 4 ta cã: 1  1  1 
1
a b 2 a 2 b
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 a 2 b 2 4a 4b 4 4 a b 4 8 4
              
 
(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 x4  (m2  4m)x2  7m 1  0. 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
1
x x
x x
  
 
Câu 2 : (3,5 điểm)

63. 1. Cho góc nhọn . Rút gọn không còn dấu căn biểu thức :
a  b  c   ab  bc  ca  a  b  c
6 3
P  cos2  2 1 sin2 1
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 :
1 2  
3
Khi nào đẳng thức xảy ra ?
Câu 4 : (6 điểm)
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 X 2  (m2  4m)X  7m 1  0 (1)
Phương trình có 4 nghiệm phân biệt  (1) có 2 nghiệm phân biệt dương +
0
0
0
  
          
t   (loại) +
6 4
S
P
  
 
 2  2
  

m m m
m m
m
( 4 ) 4(7 1) 0
2
4 0
   
7 1 0
  
(I) +
Với điều kiện (I), (1) có 2 nghiệm phân biệt dương X1 , X2.
 phương trình đã cho có 4 nghiệm x1, 2 = 1  X ; x3, 4 = 2  X
 x 2  x 2  x 2  x 2  2(X  X )  2(m 2
 4m) +
1 2 3 4 1 2 Vậy 1
ta có 2( 2 4 ) 10 2 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 t  x4  x2 1 (t  1)
Được phương trình 3 5 3(t 1)
t
   +
3t2 – 8t – 3 = 0
 t = 3 ; 1
3
Vậy x4  x2 1  3
 x =  1. +
Câu 2 : (3,5 điểm)
1.
P  cos2  2 1 sin2 1  cos2  2 cos2 1
P  cos2  2cos 1 (vì cos 0) +
P  (cos 1)2 +
P 1 cos (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 +
6 5
Câu 3 : (2 điểm)
 2
a  b  0a  b  2 ab +
Tương tự, a  c  2 ac
b  c  2 bc
a 1  2 a +
b 1  2 b
c 1 2 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. A
O O’
B
  HP2 = HA.HB +
6 6
Câu 4 : (6 điểm)
+
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
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.
C
D
E
F
I
P
Q
H

67. -------------------------------------------------------------------------------------------------------
---®Ò 3--
m  C. m  0 vμ 1
6 7
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. m  0
B. 1
4
4
m 
D. m  0 vμ m  1
C©u 3 :Cho VABC néi tiÕp ®­êng
trßn (O) cã Bμ 600 ;Cμ 450 . S® B»C 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=
x  1  2
x x 
x

x x
1 1
 
a) T×m x ®Ó biÓu thøc A cã nghÜa.
b) Rót gän biÓu thøc A.
c) Víi gi¸ trÞ nμo cña x th× A1.
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
(ABBC). 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
6 8
a) A cã nghÜa 
0
1 0
x
x
 
  

0
1
x
x
 
 
0.5
b) A=
    2
x x x
x x
1 1
1 1
 

 
0.5
= x 1 x 0.25
=2 x 1 0.25
c) A1  2 x 11 0.25
 2 x  2 0.25
 x 1 x1 0.25
KÕt hîp ®iÒu kiÖn c©u a)  VËy víi 0  x 1 th× A1 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 x0)
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
x  2
(bÓ)
Trong 1 giê c¶ hai vßi ch¶y ®­îc
: 1
x
+ 1
x  2
(bÓ)
Theo bμi ra ta cã ph­
¬ng tr×nh: 1
x
+ 1
x  2
= 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
M
I
D
O O'
N
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.



3 3 2 2
x Víi x 2 ;1
x x x
: (1 )
¬ng tr×nh (2m-1)x2-2mx+1=0
6 9
0.5
b) ·ANB  900 (gãc néi tiÕp ch¾n 1/2 ®­êng
trßn t©m (O) )
 BN  AN.
AN// MC (c¹nh ®èi h×nh thoi AMCN).
 BN  MC (1)
B·DC  900 (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 N·DC  900 (3).
N· IC  900 (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
 I·MD  I·DM .
T­
¬ng tù ta cãO·'DC  O·'CD mμ I·MDO·'CD  900 (v× M· IC  900 )
0.25
 I·DM O·'DC  900 mμ M· DC 1800  I·DO'  900
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
2


 
x x
 


 

 


x
x
x
.a, Ruý gän biÓu thøc A
.b , TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc khi cho x= 6  2 2
c. T×m gi¸ trÞ cña x ®Ó A=3
C©u2.a, Gi¶i hÖ ph­
¬ng tr×nh:
  
x y x y
( )2 3( ) 4
x y
   
2  3 
12
b. Gi¶i bÊt ph­
¬ng tr×nh:
x x x 0
4 2 15
2
  
x x
3
3 2
 
C©u3. Cho ph­
X¸c ®Þnh m ®Ó ph­
¬ng tr×nh trªn cã nghiÖm thuéc kho¶ng (-1,0)

70. K
F
E
4 
2 2

m m =
1

 
m
1
m 
1
m 
7 0 O
D
A
B C
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=
x2  2
x
b.Thay x= 6  2 2 vμo A ta ®­îc
A=
6 2 2
c.A=3= x2-3x-2=0= x=
3  17
2
C©u 2 : a)§Æt x-y=a ta ®­îc
pt: a2+3a=4 = a=-1;a=-4
Tõ ®ã ta cã
  
( )2 3( ) 4
x y
x y x y =
   
2  3 
12
*
  
1
x y
 
2 x  3 y

12
(1)
*
  
4
x y
  
2 x  3 y

12
(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+11/40 víi mäi x
VËy bÊt ph­
¬ng tr×nh t­
¬ng ®­
¬ng víi x-50 =x5
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=
2 1
2 1
pt cã nghiÖm trong kho¶ng (-1,0)= -1
2 1
0



 
1
m 
=
2  1 
0
1 0
2 1
m




m

2
m
2  1 
0
0
2 1
m
=m0
VËy Pt cã nghiÖm trong kho¶ng (-1,0) khi vμ chØ khi m0
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 = x x
x x
1 1 : 2 2 1
¬ng tr×nh: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= 0 (*)
¬ng tr×nh: ax2 + bx + c = 0 cã hai nghiÖm d­
¬ng ph©n biÖt x1, x2Chøng
1 501
2 2 

x x z = P =
7 1

 


 

 

 


 




x x


1
x
x x
x x
a,Rót gän P
b,T×m x nguyªn ®Ó P cã gi¸ trÞ nguyªn.
Bμi 2: Cho ph­
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
x 3
 x =50
1 2
Bμi 3: Cho ph­
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 c¸c 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 c¸c ®iÓm ®èi xøng cña ®iÓm D qua c¸c ®­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 =
x y xy
§¸p ¸n
Bμi 1: (2 ®iÓm). §K: x  0; x  1
a, Rót gän: P =  
x
2 1
:
1

 
 

1
2 1
2


x
x x
1
1
x
1
2 

x
( 1)



x
x