1. 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

2. 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c
www.VNMATH.com 2

3. 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

4. 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

5. 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 Điểm
Điều 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  2
Từ (1)&(3) có:   0,25
 xy  2  x  2

 y  1

 x  1

 3  y  1
x  y  2
 
 2
Từ (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 Điểm
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) 0,25
TH3. 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) 0,25
x  3  1  p  1 .
p 1
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:
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 1
www.VNMATH.com 5

6. 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 Điểm
Điều 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 2x
Nếu 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) 0,5
Suy ra 0  C  1 , hay C không thể là số nguyên với x  1 .
1
Nếu   x  1 . Khi đó: x  0 (vì x nguyên) và C  0 . Vậy x  0 là một giá trị cần tìm. 0,25
2
1
Nếu x   . Khi đó x  1 (do x nguyên). Ta có:
2
2 1  4( x  1) 4( x  1) 2x 1
C    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 Điểm
Ta có: IA=IB, KB=KD (gt)  IK là đường trung bình của  ABD  IK//AD hay IE//AD
0,25
chứng minh tương tự trong  ABC có IM//BC hay IR//BC
Có: QK  AD (gt), IE//AD (CM trên)  QK  IE . Tương tự có QM  IR 0,25
Từ trên có: IK=KE, QK  IE  QK là trung trực ứng với cạnh IE của IER . Tương tự QM là
0,25
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 0,25
www.VNMATH.com 6

7. 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
A'
Trong số các tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn nhất (diện tích S). Khi đó
0.25
S  1.
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 S A ' B 'C '  4 S ABC  4 . Ta sẽ chứng 0.25
minh 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 0.25
lớn 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 ;
AC
www.VNMATH.com 7

8. 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  ca
www.VNMATH.com 8

9. 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 lẻ
www.VNMATH.com 9

10. 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

11. 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

12. 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 – 2010
www.VNMATH.com 12

13. 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
 2
www.VNMATH.com 13

14. 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

15. 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. Chöùng
www.VNMATH.com 15

16. 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
BDE
www.VNMATH.com 16

17. 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

18. www.VNMATH.com
* Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
* Giám thị không giải thích gì thêm.
www.VNMATH.com 18

19. 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 §iÓm
Bµi 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

20. 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 hµnh
Bµi 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

21. www.VNMATH.com
b, 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 ®ã
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM
SƠN
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 x
www.VNMATH.com 21

22. 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

23. 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 chung
Bµi 1 (2 ®iÓm)
a) (0,5 ®iÓm) §iÒu kiÖn x¸c ®Þnh cña P lµ x  0 vµ x ≠ 1 0.5
b) (1 ®iÓm)
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 x
c) (0,5 ®iÓm) P>0  1  x  0 0,25
 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
x   2 1 0,5
3  2 2 1 2
www.VNMATH.com 23

24. www.VNMATH.com
Víi x  2  1  y  2  2 1  
2 1  1  2  1 0,25

x  2 1
K/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 = 3
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)
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 0,25
K/l: Gi¸ trÞ cÇn t×m m = 0; m = -2
Bµi 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 = HK
l¹i cã IH = IN (b¸n kÝnh ®­êng trßn (AH)) vµ IK chung nªn  KNI =  KHI (c.c.c) 0,75
  
 KNI  KHI  900  KNI  900
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
HA HK 0,5
Ta cã AH2 HB.HC  AH.2IH = HB.2HK  
HB HI
www.VNMATH.com 24

25. www.VNMATH.com
 
  HAK  HBI  HAK  HBI
 
+ Cã HAK  EHK (ch¾n cung HE)
 
 HBI  EHK  BI // HE 0,25
Cã   900 (AH lµ ®­êng kÝnh)  BI  AK
AEH
 ABK cã  BI  AK vµ  BK  AI  I lµ trùc t©m  ABK 0,25
Bµi 5 (1 ®iÓm)
1 1 1  1 1 1  y x   z x  z y  21 0,5
P=    x  y  z         
16x 4 y z  16x 4 y z   16 x 4 y   16 x z   4 y z  16
y x 1
Theo 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 z
VËy P  49/16
P = 49/16 víi x = 1/7; y = 2/7; z = 4/7
0,25
VËy 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

26. 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 y
www.VNMATH.com 26

27. 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

28. 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

29. 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

30. 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