Bài 1: (1,5 điểm) Cho 1 1 a 2 : 7 1 1 7 1 1 = − ÷ ÷ + − + + Hãy lập một phương trình bậc hai có hệ số nguyên nhận a - 1 là một nghiệm. Bài 2: (2,5 điểm) a) Giải hệ phương trình: x 16 xy y 3 y 9 xy x 2 − = − = b) Tìm m để phương 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 đường 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 đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. c) Tổng bán kính các đường 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 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG 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 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 Họ và tên thí sinh:…………………… ……….…… Chữ ký của giám thị …………… ….…… … Số báo danh: ….….………Phòng thi số: … … Bài 1: (1,5 điểm) 1 1 7 1 1 7 1 1 a 2 : 2 : 7 7 1 1 7 1 1 + + − + + = − = ÷ ÷ + − + + 0,5 đ 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 phương 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 được 3y 3 16 y. 2 2 3 − + = 0,25 đ ⇔ 2 3y 23 2 6 − = (phương trình vô nghiệm) 0,25 đ * Nếu 2y 3x 2y 0 x 3 − = ⇔ = . Thay vào (1) ta được 2 y 9 y 3= ⇔ = ± 0,25 đ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học 2009 – 2010 Môn thi: Toán Hướng dẫn chấm thi - Với y 3 x 2= ⇒ = (thoả mãn điều kiện) - Với y 3 x 2= − ⇒ = − (thoả mãn điều kiện) Vậy hệ phương 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)− + = ⇔ − = ⇔ = ± ≥ (*) Phương 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 phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình (1) có 2 nghiệm dương 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 phương trình có 4 nghiệm phân biệt. 0,25 đ Bài 3: (2,0 điểm) a) Vì k > 1 suy ra 2 2 k 4 5; k 16 5+ > + > - Xét k 5n 1= + với 2 2 2 n k 25n 10n 1 k 4 5∈ ⇒ = + + ⇒ +¢ M 2 k 4⇒ + không là số nguyên tố. 0,25 đ - Xét k 5n 2= + với 2 2 2 n k 25n 20n 4 k 16 5∈ ⇒ = + + ⇒ +¢ M 2 k 16⇒ + không là số nguyên tố. 0,25 đ - Xét k 5n 3= + với 2 2 2 n k 25n 30n 9 k 16 5∈ ⇒ = + + ⇒ +¢ M 2 k 16⇒ + không là số nguyên tố. 0,25 đ - Xét k 5n 4= + với 2 2 2 n k 25n 40n 16 k 4 5∈ ⇒ = + + ⇒ +¢ 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⇔ + + + + + ≤ + + 0,5 đ 2 2 2 (a b) (b c) (c a) 0⇔ − + − + − ≥ (luôn đúng) 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: · · BDM MBC= · · 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 b) Gọi (J) là đường tròn ngoại tiếp BDC ∆ · · · BJC 2BDC 2MBC⇒ = = hay · · BJC MBC 2 ⇒ = BCJ∆ cân tại J · · 0 180 BJC CBJ 2 − ⇒ = 0,5 đ Suy ra · · · · O O BJC 180 BJC MBC CBJ 90 MB BJ 2 2 − + = + = ⇒ ⊥ Suy ra MB là tiếp tuyến của đường tròn (J), suy ra J thuộc NB 0,5 đ c) Kẻ đường kính MN của (O) ⇒ NB ⊥ MB Mà MB là tiếp tuyến của đường tròn (J), suy ra J thuộc NB Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp ADC∆ 0,5 đ Chứng minh tương tự I thuộc AN Ta có · · · · ANB ADB 2BDM BJC= = = ⇒ CJ // IN Chứng minh tương tự: CI // JN Do đó tứ giác CINJ là hình bình hành ⇒ CI = NJ Suy ra tổng bán kính của hai đường 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 dương) 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 Nếu e - a ≠ 0 thì h b f d 2 e a + − − = ∈ − ¤ (điều này vô lý do 2 là số vô tỉ) Vậy e - a = 0 ⇔ e = a hay EF = IJ (đpcm). 0,25 đ . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN Đề chính thức KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học 2009 – 2 010 Môn thi: Toán (Dành cho thí sinh thi vào các lớp chuyên Toán, Tin) Thời gian làm bài:. ta được 2 y 9 y 3= ⇔ = ± 0,25 đ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học 2009 – 2 010 Môn thi: Toán Hướng dẫn chấm thi - Với y 3 x 2= ⇒ = (thoả mãn điều. 2 2 2 n k 25n 10n 1 k 4 5∈ ⇒ = + + ⇒ +¢ M 2 k 4⇒ + không là số nguyên tố. 0,25 đ - Xét k 5n 2= + với 2 2 2 n k 25n 20n 4 k 16 5∈ ⇒ = + + ⇒ +¢ M 2 k 16⇒ + không là số nguyên tố. 0,25 đ -