Sở giáo dục và đào tạo HảI dơng Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên nguyễn trãi - Năm học 2009-2010 Môn thi : toán Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi 08 tháng 7 năm 2009 (Đề thi gồm: 01 trang) Câu I (2.5 điểm): 1) Giải hệ phơng trình: + + = + = 2 2 2 x y xy 3 xy 3x 4 2) Tìm m nguyên để phơng trình sau có ít nhất một nghiệm nguyên: + + + = 2 2 4x 4mx 2m 5m 6 0 Câu II (2.5 điểm): 1) Rút gọn biểu thức: ( ) ( ) + + = + 3 3 2 2 2 4 x 2 x 2 x A 4 4 x với 2 x 2 2) Cho trớc số hữu tỉ m sao cho 3 m là số vô tỉ. Tìm các số hữu tỉ a, b, c để: 3 2 3 a m b m c 0+ + = Câu III (2.0 điểm): 1) Cho đa thức bậc ba f(x) với hệ số của x 3 là một số nguyên dơng và biết =f(5) f(3) 2010 . Chứng minh rằng: f(7) f(1) là hợp số. 2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: = + + + 2 2 P x 4x 5 x 6x 13 Câu IV (2.0 điểm): Cho tam giác MNP có ba góc nhọn và các điểm A, B, C lần lợt là hình chiếu vuông góc của M, N, P trên NP, MP, MN. Trên các đoạn thẳng AC, AB lần lợt lấy D, E sao cho DE song song với NP. Trên tia AB lấy điểm K sao cho ã ã =DMK NMP . Chứng minh rằng: 1) MD = ME 2) Tứ giác MDEK nội tiếp. Từ đó suy ra điểm M là tâm của đờng tròn bàng tiếp góc DAK của tam giác DAK. Câu V (1.0 điểm): Trên đờng tròn (O) lấy hai điểm cố định A và C phân biệt. Tìm vị trí của các điểm B và D thuộc đờng tròn đó để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn nhất. Hết Đề thi chính thức 1 H ớng dẫn chấm Câu Phần nội dung Điểm câu I 2,5 điểm 1) 1,5điểm + + = + = 2 2 2 x y xy 3 (1) xy 3x 4 (2) Từ (2) x 0. Từ đó 2 4 3x y x = , thay vào (1) ta có: 0.25 2 2 2 2 4 3x 4 3x x x. 3 x x + + = ữ 0.25 4 2 7x 23x 16 0 + = 0.25 Giải ra ta đợc 2 2 16 x 1 hoặc x = 7 = 0.25 Từ 2 x 1 x 1 y 1= = = ; 2 16 4 7 5 7 x x y 7 7 7 = = = m 0.25 Vậy hệ có nghiệm (x; y) là (1; 1); (-1; -1); ữ ữ 4 7 5 7 ; 7 7 ; ữ ữ 4 7 5 7 ; 7 7 0.25 2) 1,0điểm Điều kiện để phơng trình có nghiệm: x ' 0 0.25 m 5m 6 0 (m 2)(m 3) 0 2 + . Vì (m - 2) > (m - 3) nên: x ' 0 m 2 0 và m 3 0 2 m 3, mà m Z m = 2 hoặc m = 3. 0.25 Khi m = 2 x ' = 0 x = -1 (thỏa mãn) Khi m = 3 x ' = 0 x = - 1,5 (loại). 0.25 Vậy m = 2. 0.25 câu II 2,5 điểm 1) 1,5điểm Đặt a 2 x; b 2 x (a, b 0) = + = 2 2 2 2 a b 4; a b 2x + = = 0.25 ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 ab a b 2 ab a b a b ab A 4 ab 4 ab + + + + = = + + 0.25 ( ) ( ) ( ) 2 ab a b 4 ab A 2 ab a b 4 ab + + = = + + 0.25 ( ) A 2 4 2ab a b = + 0.25 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 A 2 a b 2ab a b a b a b = + + = + 0.25 2 2 A 2 a b 2x A x 2 = = = 0.25 2) 1,0điểm 3 2 3 a m b m c 0+ + = (1) Giả sử có (1) 3 2 3 b m c m am 0 (2) + + = Từ (1), (2) 2 2 3 (b ac) m (a m bc) = 0.25 2 Nếu 2 a m bc 0 2 3 2 a m bc m b ac = là số hữu tỉ. Trái với giả thiết! 2 3 2 2 b ac 0 b abc a m bc 0 bc am = = = = 0.25 3 3 3 b a m b a m = = . Nếu b 0 thì 3 b m a = là số hữu tỉ. Trái với giả thiết! a 0;b 0 = = . Từ đó ta tìm đợc c = 0. 0.25 Ngợc lại nếu a = b = c = 0 thì (1) luôn đúng. Vậy: a = b = c = 0 0.25 câu III 2 điểm 1) 1,0điểm Theo bài ra f(x) có dạng: f(x) = ax 3 + bx 2 + cx + d với a nguyên dơng. 0.25 Ta có: 2010 = f(5) - f(3) = (5 3 - 3 3 )a + (5 2 - 3 2 )b + (5 - 3)c = 98a + 16b + 2c 16b + 2c = (2010- 98a) 0.25 Ta có f(7) - f(1) = (7 3 - 1 3 )a + (7 2 - 1 2 )b + (7 - 1)c = 342a + 48b + 6c = 342a + 3(16b + 2c) = 342a + 3(2010- 98a)= 48a + 6030 = 3.(16a + 2010) 3M 0.25 Vì a nguyên dơng nên 16a + 2010>1 . Vậy f(7)-f(1) là hợp số 0.25 2) 1,0điểm ( ) ( ) = + + + 2 2 2 2 P x 2 1 x 3 2 Trên mặt phẳng tọa độ Oxy lấy các điểm A(x-2; 1), B(x+3; 2) 0.25 Ta chứng minh đợc: ( ) ( ) = + = + = 2 2 AB x 2 x 3 1 2 25 1 26 ( ) = + 2 2 OA x 2 1 , ( ) = + + 2 2 OB x 3 2 0.25 Mặt khác ta có: OA OB AB ( ) ( ) + + + 2 2 2 2 x 2 1 x 3 2 26 0.25 Dấu = xảy ra khi A thuộc đoạn OB hoặc B thuộc đoạn OA = = + x 2 1 x 7 x 3 2 .Thử lại x = 7 thì A(5; 1); B(10; 2) nên A thuộc đoạn OB. Vậy Max =P 26 khi x = 7. 0.25 câuIV 2 điểm 1) 0,75điểm Ta dễ dàng chứng minh tứ giác MBAN nội tiếp ã ã =MAB MNB , MCAP nội tiếp ã ã =CAM CPM . 0.25 Lại có ã ã =BNM CPM (cùng phụ góc NMP) ã ã =CAM BAM (1) 0.25 Do DE // NP mặt khác MA NP MA DE (2) Từ (1), (2) ADE cân tại A MA là trung trực của DE MD = ME 0.25 2) 1,25điể 0.25 3 K E B C A N M P D m K E B C A N M P D Do DE//NP nên ã ã =DEK NAB , mặt khác tứ giác MNAB nội tiếp nên: ã ã + = 0 NMB NAB 180 ã ã + = 0 NMB DEK 180 Theo giả thiết ã ã =DMK NMP ã ã + = 0 DMK DEK 180 Tứ giác MDEK nội tiếp 0.25 Do MA là trung trực của DE MEA MDA = 0.25 ã ã ã ã = = MEA MDA MEK MDC . 0.25 Vì ã ã ã ã = = MEK MDK MDK MDC DM là phân giác của góc CDK, kết hợp với AM là phân giác DAB M là tâm của đờng tròn bàng tiếp góc DAK của tam giác DAK. 0.25 câu V 1 điểm D' B' A' O C A B D Không mất tổng quát giả sử:AB AC. Gọi B là điểm chính giữa cung ẳ ABC = AB' CB' Trên tia đối của BC lấy điểm A sao cho BA = BA + =AB BC CA' 0.25 Ta có: ã ã ã = =B'BC B'AC B'CA (1) ; ã ã + = 0 B'CA B'BA 180 (2) ã ã + = 0 B'BC B'BA' 180 (3);Từ (1), (2), (3) ã ã =B'BA B'BA' 0.25 Hai tam giác ABB và ABB bằng nhau = A'B' B'A Ta có + = + B'A B'C B'A' B'C A'C = AB + BC ( BA + BC không đổi vì B, A, C cố định). Dấu = xảy ra khi B trùng với B. 0.25 Hoàn toàn tơng tự nếu gọi D là điểm chính giữa cung ẳ ADC thì ta cũng có AD + CD AD + CD. Dấu = xảy ra khi D trùng với D. Chu vi tứ giác ABCD lớn nhất khi B, D là các điểm chính giữa các cung ằ AC của đờng tròn (O) 0.25 4 Bài 1: (1,5 điểm) Cho 1 1 a 2 : 7 1 1 7 1 1 = ữ ữ + + + Hãy lập một phơng trình bậc hai có hệ số nguyên nhận a - 1 là một nghiệm. Bài 2: (2,5 điểm) a) Giải hệ phơng trình: x 16 xy y 3 y 9 xy x 2 = = b) Tìm m để phơng trình ( ) 2 2 2 x 2x 3x 6x m 0 + + = có 4 nghiệm phân biệt. Bài 3: (2,0 điểm) a) Chứng minh rằng nếu số nguyên k lớn hơn 1 thoả mãn 2 k 4+ và 2 k 16+ là các số nguyên tố thì k chia hết cho 5. b) Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có p là nửa chu vi thì p a p b p c 3p + + Bài 4: (3,0 điểm) Cho đờng tròn tâm O và dây AB không đi qua O. Gọi M là điểm chính giữa của cung AB nhỏ. D là một điểm thay đổi trên cung AB lớn (D khác A và B). DM cắt AB tại C. Chứng minh rằng: a) MB.BD MD.BC= b) MB là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác BCD. c) Tổng bán kính các đờng tròn ngoại tiếp tam giác BCD và ACD không đổi. Bài 5: (1,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD. Lấy E, F thuộc cạnh AB; G, H thuộc cạnh BC; I, J thuộc cạnh CD; K, M thuộc cạnh DA sao cho hình 8 - giác EFGHIJKM có các góc bằng nhau. Chứng minh rằng nếu độ dài các cạnh của hình 8 - giác EFGHIJKM là các số hữu tỉ thì EF = IJ. Hết Hớng dẫn chấm thi Bài 1: (1,5 điểm) 1 1 7 1 1 7 1 1 a 2 : 2 : 7 7 1 1 7 1 1 + + + + = = ữ ữ + + + 0,5 đ Sở giáo dục và đào tạo Hng yên đề chính thức kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyên Năm học 2009 2010 Môn thi: Toán (Dành cho thí sinh thi vào các lớp chuyên Toán, Tin) Thời gian làm bài: 150 phút 5 a = 2 2 : 7 7 = 0,25 đ Đặt 2 x a 1 x 7 1 x 1 7 x 2x 1 7= = + = + + = 0,5 đ 2 x 2x 6 0 + = Vậy phơng trình 2 x 2x 6 0+ = nhận 7 1 làm nghiệm 0,25 đ Bài 2: (2,5 điểm) a) x 16 x 16 xy (1) xy y 3 y 3 y x 5 y 9 (2) xy x y 6 x 2 = = = = ĐK: x,y 0 0,25 đ Giải (2) 2 2 6y 6x 5xy (2x 3y)(3x 2y) 0 = + = 0,25 đ * Nếu 3y 2x 3y 0 x 2 + = = . Thay vào (1) ta đợc 3y 3 16 y. 2 2 3 + = 0,25 đ 2 3y 23 2 6 = (phơng trình vô nghiệm) 0,25 đ * Nếu 2y 3x 2y 0 x 3 = = . Thay vào (1) ta đợc 2 y 9 y 3= = 0,25 đ - Với y 3 x 2= = (thoả mãn điều kiện) - Với y 3 x 2= = (thoả mãn điều kiện) Vậy hệ phơng trình có hai nghiệm: (x; y) = (2; 3); (x; y) = (-2; -3) 0,25 đ b) Đặt ( ) 2 2 x 2x 1 y x 1 y x 1 y (y 0) + = = = (*) Phơng trình đã cho trở thành: ( ) ( ) 2 y 1 3 y 1 m 0 + = 2 y 5y m 4 0 + + = (1) 0,25 đ Từ (*) ta thấy, để phơng trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì phơng trình (1) có 2 nghiệm dơng phân biệt 0,25 đ 0 9 4m 0 S 0 5 0 P 0 m 4 0 > > > > > + > 0,25 đ 9 m 9 4 m 4 4 m 4 < < < > Vậy với 9 4 m 4 < < thì phơng trình có 4 nghiệm phân biệt. 0,25 đ 6 Bài 3: (2,0 điểm) a) Vì k > 1 suy ra 2 2 k 4 5; k 16 5+ > + > - Xét 2 2 2 k 5n 1 (với n ) k 25n 10n 1 k 4 5= + = + + +Â M 2 k 4 + không là số nguyên tố. 0,25 đ - Xét 2 2 2 k 5n 2 (với n ) k 25n 20n 4 k 16 5= + = + + +Â M 2 k 16 + không là số nguyên tố. 0,25 đ - Xét 2 2 2 k 5n 3 (với n ) k 25n 30n 9 k 16 5= + = + + +Â M 2 k 16 + không là số nguyên tố. 0,25 đ - Xét 2 2 2 k 5n 4 (với n ) k 25n 40n 16 k 4 5= + = + + +Â M 2 k 4 + không là số nguyên tố. Do vậy k 5M 0,25 đ b) Ta chứng minh: Với a,b,c thì ( ) ( ) 2 2 2 2 a b c 3 a b c + + + + (*) Thật vậy 2 2 2 2 2 2 (*) a b c 2ab 2bc 2ca 3a 3b 3c + + + + + + + 2 2 2 (a b) (b c) (c a) 0 + + (luôn đúng) 0,5 đ áp dụng (*) ta có: ( ) ( ) 2 p a p b p c 3 3p a b c 3p + + = Suy ra p a p b p c 3p + + (đpcm) 0,5 đ Bài 4: (3,0 điểm) J I C N M O A B D a) Xét MBC và MDB có: ã ã BDM MBC (haigóc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)= ã ã BMC BMD= 0,5 đ Do vậy MBC và MDB đồng dạng Suy ra MB MD MB.BD MD.BC BC BD = = 0,5 đ 7 b) Gọi (J) là đờng tròn ngoại tiếp BDC ã ã ã BJC 2BDC 2MBC = = hay ã ã BJC MBC 2 = ã ã 0 180 BJC BCJ cân tại J CBJ 2 = 0,5 đ Suy ra ã ã ã ã O O BJC 180 BJC MBC CBJ 90 MB BJ 2 2 + = + = Suy ra MB là tiếp tuyến của đờng tròn (J), suy ra J thuộc NB 0,5 đ c) Kẻ đờng kính MN của (O) NB MB Mà MB là tiếp tuyến của đờng tròn (J), suy ra J thuộc NB Gọi (I) là đờng tròn ngoại tiếp ADC Chứng minh tơng tự I thuộc AN Ta có ã ã ã ã ANB ADB 2BDM BJC= = = CJ // IN Chứng minh tơng tự: CI // JN 0,5 đ Do đó tứ giác CINJ là hình bình hành CI = NJ Suy ra tổng bán kính của hai đờng tròn (I) và (J) là: IC + JB = BN (không đổi) 0,5 đ Bài 5: (1,0 điểm) g f e d h c b a G F I H J M C A B D E K Gọi EF = a ; FG = b ; GH = c ; HI = d ; IJ = e ; JK = f ; KM = g ; ME = h (với a, b, c, d, e, f, g, h là các số hữu tỉ dơng) Do các góc của hình 8 cạnh bằng nhau nên mỗi góc trong của hình 8 cạnh có số đo là: O O 8 2 180 135 8 ( ). = 0,25 đ Suy ra mỗi góc ngoài của hình 8 cạnh đó là: 180 O - 135 O = 45 O Do đó các tam giác MAE ; FBG ; CIH ; DKJ là các tam giác vuông cân. MA = AE = h 2 ; BF = BG = b 2 ; CH = CI = d 2 ; DK = DJ = f 2 Ta có AB = CD nên: h b f d a e 2 2 2 2 + + = + + (e - a) 2 = h + b - f - d 0,5 đ 8 Nếu e - a 0 thì h b f d 2 e a + = Ô (điều này vô lý do 2 là số vô tỉ) Vậy e - a = 0 e = a hay EF = IJ (đpcm). 0,25 đ S GIO DC BèNH NH K THI TUấN SINH VO LP 10 TRNG THPT CHUYấN Lấ QUí ễN NM HC 2009-2010 chớnh thc Mụn thi:Toỏn (chuyờn) Ngy thi:19/06/2009 Thi gian:150 phỳt Bi 1(1.5im) Cho a,b,c l di ba cnh ca mt tam giỏc.Chng minh rng: 1 2 a b c b c c a a b < + + < + + + Bi 2(2im) Cho 3 s phõn bit m,n,p.Chng minh rng phng trỡnh 1 1 1 0 x m x n x p + + = - - - cú hai nghim phõn bit. Bi 3(2im) Vi s t nhiờn n, 3n .t ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 3 1 2 5 2 3 2 1 1 n S n n n = + + + + + + + + Chỳng minhS n < 1 2 Bi 4(3im) Cho tam giỏc ABC ni tip trũn tõm O cú di cỏc cnh BC = a, AC = b, AB = c.E l im nm trờn cung BC khụng cha im A sao cho cung EB bng cung EC.AE ct cnh BC ti D. a.Chỳng minh:AD 2 = AB.AC DB.DC b.Tớnh di AD theo a,b,c Bi 5(1.5im) Chng minh rng : ( ) 2 1 2 3 2 m n n - + Vi mi s nguyờn m,n. ********************************************** P N MễN TON THI VO 10 TRNG CHUYấN Lấ QUí ễN NM 2009 Bi 1: Vỡ a,b,c l di ba cnh tam giỏc nờn ta cú:a,b,c >0 v a< b+c ,b< a + c , c < a+b Nờn ta cú 2a a a a b c a b c a b c + < = + + + + + Mt khỏc a a b c a b c > + + + Vy ta cú 2 (1) a a a a b c c b a b c < < + + + + + 9 c b a D O C E B A Tng t 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 < < + + + + + Cng (1) (2) v (3) v theo v ta cú iu phi chng minh. Bi 2: K: , ,x m n pạ PT ó cho (x-n)(x-p)+(x-m)(x-p)+(x-m)(x-n) = 0 3x 2 -2(m+n+p)x +mn+mp+np = 0(1) Ta cú ' 2 ( ) 3( )m n p mn mp np= + + - + + = m 2 +n 2 +p 2 +2mn+2mp+2np -3mn-3mp-3np = m 2 +n 2 +p 2 mn-mp-np = 1 2 [(m-n) 2 +(n-p) 2 +(m-p) 2 ] >0 t f(x) = 3x 2 -2(m+n+p)x + mn+ mp +np Ta cú f(m) = 3m 2 2m 2 -2mn -2mp +mn +mp +np = m 2 mn mp +np = (m-n)(m-p) ạ 0 = >m,n,p khụng phi l nghim ca pt(1) Vy PT ó cho luụn cú hai nghim phõn bit Bi 3 ( ) ( ) 2 2 1 1 1 Ta có : 2 1 2 1 1 4 4 1 1 n +1 - n 1 1 1 2 2 1. 1 4 4 n n n n n n n n n n n n n n n n n n + - + - = = + + + + + + ổ ử + - ữ ỗ ữ < = = - ỗ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ + + + Do ú 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 3 1 1 n S n n n ổ ử ổ ử ữ ữ ỗ ỗ ữ ữ < - + - + + - = - < ỗ ỗ ữ ữ ỗ ỗ ữ ữ ỗ ỗ ố ứ ố ứ + + Bi 3: Ta cú ã ã BAD CAE= ( Do cung EB = cung EC) V ã ã AEC DBA= ( Hai gúc ni tip cựng chn cung AC) nờn BAD EAC . . (1) BA AE AB AC AE AD AD AC = =ị ị Ta cú ã ã ã ã (Đối đỉnh) và CADADC BDC DBE= = (2 gúc ni tip cựng chn cung CE) nờn ACD BDE . . AD DB AD DE DB DChay DC DE = =ị ị AD(AE-AD) = DB.DC Hay AD 2 = AD.AE - DB.DC=AB.AC DB.DC (do (1)) 4b)Theo tớnh cht ng phõn giỏc ta cú DC hay b DC DB DB DC DB a AC AB c b c b c + = = = = + + vy ( ) 2 2 . . . DC DB a a a bc DB DC b c b c b c b c = =ị + + + theo cõu a ta cú AD 2 = AB.AC DB.DC = ( ) ( ) 2 2 2 2 1 a bc a bc bc b c b c ổ ử ữ ỗ ữ ỗ - = - ữ ỗ ữ ỗ ữ ữ ỗ + + ố ứ ( ) 2 2 1 a AD bc b c ổ ử ữ ỗ ữ ỗ = -ị ữ ỗ ữ ỗ ữ ữ ỗ + ố ứ Bi 5: Vỡ m là số hữu tỉ và 2là số vô tỉ nên 2 n m n ạ Ta xet hai trng hp: 10 [...]... 7 x + 3m – 4 = 0 (1) a/ Đònh m để phương trình có một nghiệm bằng 9 và tìm tất cả nghiệm còn lại của phương trình b/ Tìm tất cả các giá trò của m để phương trình (1) có nghiệm a/ Phương trình có 1 nghiệm x = 9 thay vào pt ta có: 2.9 - 7 9 +3m – 4 = 0 19 3m = 7 m = 7/3 ≥ 0 thế vào (1) ta được pt: Từ (1) ta có x 2 ( x) 2 − 7 x + 3 = 0 (2) Đặt x = t ≥ 0 ta có pt: 2t2 – 7t + 3 = 0 Giải tìm được t1 = 3 ;... KE Chứng minh tương tự có: ∆MIA = ∆MRC Suy ra: MI = MR Trong tam giác IER có IK = KE và MI = MR nên KM là đường trung bình ⇒ KM // CD Do CD // AB (gt) do đó KM // AB (đpcm) 13 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 b) 1,0 điểm: Nội dung trình bày 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 Có: QK ⊥ AD (gt), IE//AD... x1 + x2 = 2 7 ⇒ 3 + x2 = 2 mà 7 1 ⇒ x2 = − 3 = 2 2 1 ⇒ x2 = 4 Câu b: Có thể yêu cầu tìm số nguyên lớn nhất của m để phương trình (1) có nghiệm Chú ý: nếu thay x bởi x ta có bài toán tương tự Nếu x, y, z đều là các số dương thì hệ chỉ có 1 nghiệm Nhân (1) (2) và (3) ta có: [(x + 1)(y + 2)(z + 3)]2 = 36 (x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 hoặc (x + 1)(y + 2)(z + 3) = -6 Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 hệ (I) là:... so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm khơng sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi 3- Điểm tồn bài thi khơng 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) (2) Khi a =1 , (1) ⇔ x 4 +x 3 +x 2 +x+1= 0 Dễ thấy x = 0 khơng phải là nghiệm 1 1 2 0,50 Chia 2 vế của (2) cho x2 ta được:... vơ nghiệm; (3) có nghiệm x nếu thoả mãn: 2( p − 4) x= < −3 ⇔ −1 < p < 1 p +1 0,25 Điểm 0,25 0,25 12 Nếu p = −1 thì (1) cho ta vơ số nghiệm thoả mãn 2 ≤ x ; (2) vơ nghiệm; (3) vơ nghiệm Nếu p = 1 thì (2) cho ta vơ số nghiệm thoả mãn −3 ≤ x < 2 ; (1) có nghiệm x=2; (3)VN 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 vơ số nghiệm... đã cho nằm trong tam giác A ' B ' C ' Giả sử trái lại, có một điểm P nằm ngồi 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 lớn nhất Vậy, tất cả các điểm đã cho đều nằm bên trong tam giác A ' B ' C ' có diện tích khơng lớn hơn 4 ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUN CỦA HẢI PHỊNG NĂM HỌC 2009-2010... A Chứng minh bốn điểm B, C, E, D thuộc một đường tròn có tâm là K Xác đònh tâm K của đường tròn µ ¶ a/ Xét (O) ta có C1 = B2 (chắn cung AnB) ¶ µ Xét (O’) ta có D = B (chắn cung AmB) 1 1 ⇒ ∆ABC : ∆ADB AB AC BC ⇒ = = (1) AD AB BD ⇒ AB 2 = AC AD 2 E / C 2 AB 2 AC AD AC BC AB = = BD ÷ ÷ AD 2 = AD 2 = AD AD b/ Từ (1) thay AE = AB ta có AE AC = (*) mặt khác: AD AE µ =C +B ; A = B +D A1... 2: (1.0 điểm) Tìm số thực a để phương trình sau có nghiệm ngun x 2 − ax + a + 2 = 0 Bài 3: (2.0 điểm) Cho tam giác ABC vng tại A có đường phân giác trong BE (E thuộc AC) Đường 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... M của Ax và By =HẾT= SỞ GD & ĐT PHÚ N *** 31 KỲ THI TUYỂN SINH THPT NĂM HỌC 2009 -2010 MƠN : TỐN (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 khơng theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định 2- Việc chi tiết hố thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm khơng... - y3 = 1 2 Cho bảng ơ vng kích thước 2009 2010, trong mỗi ơ lúc đầu đặt một viên sỏi Gọi T là thao tác lấy 2 ơ bất kì có sỏi và chuyển từ mỗi ơ đó một viên sỏi đưa sang ơ bên cạnh ( là ơ có chung cạnh với ơ 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 ơ khơng Lời giải Bài 1 : x= = 3 ( 4+2 3 − 3 5+2 ( 17 ) 3 17 5 − 38 − 2 1 )( . 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. 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. trình có một nghiệm bằng 9 và tìm tất cả nghiệm còn lại của phương trình. b/ Tìm tất cả các giá trò của m để phương trình (1) có nghiệm. a/ Phương trình có 1 nghiệm x = 9 thay vào pt ta có: 2.9