4 đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán và đáp án

4 ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN: HẢI DƯƠNG, THỪA THIÊN HUẾ, HƯNG YÊN, VĨNH PHÚC Câu I (2.5 điểm): 1) Giải hệ phương trình: 2 2 2 x y xy 3 xy 3x 4  + + =  + =  2) Tìm m nguyên để phương 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 trước 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 dương 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 lượt là hình chiếu vuông góc của M, N, P trên NP, MP, MN. Trên các đoạn thẳng AC, AB lần lượt lấy D, E sao cho DE song song với NP. Trên tia AB lấy điểm K sao cho · · DMK NMP= . Chứng minh rằng: 1) MD = ME 2) Tứ giác MDEK nội tiếp. Từ đó suy ra điểm M là tâm của đường tròn bàng tiếp góc DAK của tam giác DAK. Câu V (1.0 điểm): Trên đường tròn (O) lấy hai điểm cố định A và C phân biệt. Tìm vị trí của các điểm B và D thuộc đường tròn đó để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn nhất. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG Đề chính thức KỲTHI 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) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KỲTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI Năm học 2009-2010 Môn thi : Toán Hướng 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   − − + + =  ÷   0.25 ⇔ 4 2 7x 23x 16 0− + = 0.25 Giải ra ta được 2 x 1 = hoặc 2 16 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); 4 7 5 7 ; 7 7   −  ÷   ; 4 7 5 7 ; 7 7   −  ÷   0.25 2) 1,0điểm Điều kiện để phương 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 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 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 được c = 0. 0.25 Ngược 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 dương. 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 dương 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 được: ( ) ( ) 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 Câu IV 2 điểm 1) 0,75điểm Ta dễ dàng chứng minh tứ giác MBAN nội tiếp · · MAB MNB⇒ = , MCAP nội tiếp · · CAM CPM⇒ = . 0.25 3 Lại có · · BNM CPM= (cùng phụ góc NMP) · · 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) 1,25điểm K E B C A N M P D Do DE//NP nên · · DEK NAB= , mặt khác tứ giác MNAB nội tiếp nên: · · 0 NMB NAB 180+ = · · 0 NMB DEK 180⇒ + = 0.25 Theo giả thiết · · DMK NMP= · · 0 DMK DEK 180⇒ + = ⇒ Tứ giác MDEK nội tiếp 0.25 Do MA là trung trực của DE ⇒ MEA MDA ∆ = ∆ 0.25 ⇒ · · · · MEA MDA MEK MDC = ⇒ = . 0.25 Vì · · · · MEK MDK MDK MDC = ⇒ = ⇒ DM là phân giác của góc CDK, kết hợp với AM là phân giác DAB ⇒ M là tâm của đường tròn bàng tiếp góc DAK của tam giác DAK. 0.25 4 K E B C A N M P D 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 ¼ ABC AB' CB' ⇒ = Trên tia đối của BC lấy điểm A’ sao cho BA’ = BA AB BC CA'⇒ + = 0.25 Ta có: · · · B'BC B'AC B'CA= = (1) ; · · 0 B'CA B'BA 180+ = (2) · · 0 B'BC B'BA' 180+ = (3);Từ (1), (2), (3) · · B'BA B'BA'⇒ = 0.25 Hai tam giác A’BB’ và ABB’ bằng nhau ⇒ = A'B' B ' A Ta có ⇒ + = + ≥ B' A B'C B 'A ' B'C A 'C = AB + BC ( B’A + B’C không đổi vì B’, A, C cố định). Dấu “=” xảy ra khi B trùng với B’. 0.25 Hoàn toàn tương tự nếu gọi D’ là điểm chính giữa cung ¼ 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 » AC của đường tròn (O) 0.25 Chú ý: Nếu thí sinh làm theo cách khác, lời giải đúng vẫn cho điểm tối đa. 5 Ở GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC THỪA THIÊN HUẾ Môn: TOÁN - Năm học 2008-2009 Đề chính thức Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (3 điểm) a) Không sử dụng máy tính bỏ túi, hãy chứng minh đẳng thức : 3 3 13 4 3 1− − − = . b) Giải hệ phương trình : 2 1 5 ( 2 1) 36 x y x x y  + + =   + + =   Bài 2: (1,5 điểm) Cho phương trình: 4 2 x 2mx 2m 1 0 − + − = . Tìm giá trị m để phương trình có bốn nghiệm 1 2 3 4 x , x , x , x sao cho: 1 2 3 4 x x x x< < < và ( ) 4 1 3 2 3x x x x− = − . Bài 3: (3 điểm) Cho đường tròn (O), đường kính AB. Gọi C là trung điểm của bán kính OB và (S) là đường tròn đường kính AC. Trên đường tròn (O) lấy hai điểm tùy ý phân biệt M, N khác A và B. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm thứ hai của AM và AN với đường tròn (S). a) Chứng minh rằng đường thẳng MN song song với đường thẳng PQ. b) Vẽ tiếp tuyến ME của (S) với E là tiếp điểm. Chứng minh: 2 ME = MA MP × . c) Vẽ tiếp tuyến NF của (S) với F là tiếp điểm. Chứng minh: ME AM NF AN = . Bài 4: (1,5 điểm) Tìm số tự nhiên có bốn chữ số (viết trong hệ thập phân) sao cho hai điều kiện sau đồng thời được thỏa mãn: (i) Mỗi chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng liền trước. (ii)Tổng p + q lấy giá trị nhỏ nhất, trong đó p là tỉ số của chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị còn q là tỉ số của chữ số hàng nghìn và chữ số hàng trăm. Bài 5: (1 điểm) Một tấm bìa dạng tam giác vuông có độ dài ba cạnh là các số nguyên. Chứng minh rằng có thể cắt tấm bìa thành sáu phần có diện tích bằng nhau và diện tích mỗi phần là số nguyên. Hết SBD thí sinh: Chữ ký GT1: 6 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC THỪA THIÊN HUẾ Môn: TOÁN - Năm học 2008-2009 ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM BÀI NỘI DUNG Điể m B.1 3,0 1.a ( ) ( ) 2 2 3 3 13 4 3 3 3 12 4 3 1 3 3 2 3 1 3 3 2 3 1 3 3 2 3 1 3 3 1 3 3 1 3 3 1 1 − − − = − − − + = − − − = − − − = − − + = − − = − − = − + = 0.25 0.25 0,25 0.25 1.b Điều kiện y ≥ 0 . 0,25 ( ) 2 x 2x 1 y 36 x 1 y 6+ + = ⇔ + = . 0,25 Đặt u x 1= + , v y= ( u 0, v 0≥ ≥ ), ta có hệ u v 5 uv 6 + =   =  0,50 Giải ra : u = 2 , v = 3 hoặc u =3 , v = 2 0,25 Trường hợp u = 2 , v = 3 có : ( x = 1 ; y = 9 ) hoặc ( x = − 3 ; y = 9) 0,25 Trường hợp u = 3 , v = 2 có : ( x = 2 ; y = 4 ) hoặc ( x = − 4 ; y = 4) 0,25 Hệ đã cho có 4 nghiệm: (1;9) , (-3;9) , (2;4) , (- 4;4) . 0,25 B.2 1,5 4 2 x 2mx 2m 1 0 − + − = (1) Đặt : 2 t x= , ta có : 2 t 2mt 2m 1 0− + − = (2) ( t 0≥ ) . 0,25 ( ) 2 2 ' m 2m 1 m 1 0∆ = − + = − ≥ với mọi m. 0,25 Vậy để (1) có bốn nghiệm phân biệt thì (2) luôn có hai nghiệm dương phân biệt 1 2 t , t . Tương đương với: 1 ' 0,P 2m 1 0, S 2m 0 m ,m 1 2 ∆ > = − > = > ⇔ > ≠ (3) 0,25 Với điều kiện (3), phương trình (2) có 2 nghiệm dương 1 2 0 t t< < và phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt: 1 2 2 1 3 1 4 2 x t x t x t x t= − < = − < = < = Theo giả thiết: ( ) 4 1 3 2 2 1 2 1 2 1 x x 3 x x 2 t 6 t t 3 t t 9t− = − ⇔ = ⇔ = ⇔ = (4) 0,25 7 Theo định lí Vi-ét, ta có: 1 2 t t 2m+ = và 1 2 t t 2m 1= − (5) Từ (4) và (5) ta có: 1 10t 2m= và 2 1 9t 2m 1= − 2 1 2 5 9m 50m 25 0 m ; m 5 9 ⇒ − + = ⇔ = = . Cả hai giá trị đều thỏa mãn điều kiện bài toán. Vậy để phương trình (1) có 4 nghiệm thỏa mãn điều kiện bài toán thì cần và đủ là: 5 m 9 = và m 5 = . 0,50 B.3 3,0 3.a + Hình vẽ · · 0 CPA BMA 90 CP / /BM= = ⇒ Do đó : AP AC AM AB = (1) + Tương tự: CQ / /BN và AQ AC (2) AN AB = Từ (1) và (2): AP AQ AM AN = , Do đó PQ / /MN 0,25 0,25 0,25 0,25 3.b + Hai tam giác MEP và MAE có : · · EMP AME= và · · PEM EAM= . Do đó chúng đồng dạng . + Suy ra: 2 ME MP ME MA MP MA ME = ⇒ = × 0,50 0,50 3.c + Tương tự ta cũng có: 2 NF NA NQ= × + Do đó: 2 2 ME MA MP NF NA NQ × = × + Nhưng MP MA (Do PQ / /MN) NQ NA = + Từ đó: 2 2 2 2 ME AM ME AM NF AN NF AN = ⇒ = 0,25 0,25 0,25 0,25 B. 4 1,5 Xét số tùy ý có 4 chữ số abcd mà 1 a b c d 9≤ < < < ≤ . (a, b, c, d là các số nguyên). Ta tìm giá trị nhỏ nhất của c a p q d b + = + 0,25 Do b, c là số tự nhiên nên: c b c b 1> ⇒ ≥ + . Vì vậy : b 1 1 p q 9 b + + ≥ + 1 b 1 1 b 1 7 p q 2 9 9 b 9 9 b 9 + ≥ + + ≥ + × = 0,75 8 7 p q 9 + = trong trường hợp b 1 c b 1, d 9, a 1, 9 b = + = = = Vậy số thỏa mãn các điều kiện của bài toán là: 1349 0,25 0,25 B.5 1,0 Gọi a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác vuông ABC, c là cạnh huyền. Ta có 2 2 2 a b c+ = ; a, b, c * ∈N , diện tích tam giác ABC là ab S 2 = Trước hết ta chứng minh ab chia hết cho 12. 0.25 + Chứng minh ab 3M Nếu cả a và b đồng thời không chia hết cho 3 thì 2 2 a b+ chia 3 dư 2. Suy ra số chính phương 2 c chia 3 dư 2, vô lý. 0,25 + Chứng minh ab 4M - Nếu a, b chẵn thì ab 4M . - Nếu trong hai số a, b có số lẻ, chẳng hạn a lẻ. Lúc đó c lẻ. Vì nếu c chẵn thì 2 c 4M , trong lúc 2 2 a b+ không thể chia hết cho 4. Đặt a = 2k + 1, c = 2h + 1, k, h ∈ N . Ta có : ( ) ( ) 2 2 2 b 2h 1 2k 1= + − + = ( ) ( ) 4 h k h k 1− + + = ( ) ( ) ( ) 4 h k h k 1 8k h k 8− − + + − M Suy ra b 4M . 0,25 Nếu ta chia cạnh AB (chẳng hạn) thành 6 phần bằng nhau, nối các điểm chia với C thì tam giác ABC được chia thành 6 tam giác, mỗi tam giác này có diện tích bằng ab 12 là một số nguyên. 0.25 Ghi chú: − Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa câu đó. − Điểm toàn bài không làm tròn. 9 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 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 10 [...]... + m + 4 = 0 (1) T (*) ta thy, phng trỡnh ó cho cú 4 nghim phõn bit thỡ 0,25 phng trỡnh (1) cú 2 nghim dng phõn bit > 0 9 4m > 0 S > 0 5 > 0 P > 0 m + 4 > 0 0,25 9 9 m < 4 4 < m < 4 m > 4 9 Vy vi 4 < m < thỡ phng trỡnh cú 4 nghim phõn bit 4 0,25 Bi 3: (2,0 im) a) Vỡ k > 1 suy ra k 2 + 4 > 5; k 2 + 16 > 5 5 - Xột k = 5n + 1 vi n  k 2 = 25n 2 + 10n + 1 k 2 + 4 M 0,25 k 2 + 4 khụng... 2 + 4 M 0,25 k 2 + 4 khụng l s nguyờn t 5 - Xột k = 5n + 2 vi n  k 2 = 25n 2 + 20n + 4 k 2 + 16 M k 2 + 16 khụng l s nguyờn t 5 - Xột k = 5n + 3 vi n  k 2 = 25n 2 + 30n + 9 k 2 + 16 M k 2 + 16 khụng l s nguyờn t 0,25 0,25 5 - Xột k = 5n + 4 vi n  k 2 = 25n 2 + 40 n + 16 k 2 + 4 M 0,25 k 2 + 4 khụng l s nguyờn t 5 Do vy k M 2 2 2 b) Ta chng minh: Vi a, b, c thỡ ( a + b + c ) 3 (... Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm H tờn thớ sinh SBD S GD&T VNH PHC K THI TUYN SINH LP 10 THPT CHUYấN NM HC 2009-2 010 HNG DN CHM MễN: TON Dnh cho lp chuyờn Toỏn Cõu 1 (3,0 im) a) 1,75 im: Ni dung trỡnh by i m 0,25 iu kin xy 0 2[xy(x + y) + (x + y)] = 9xy (1) H ó cho 2 (2) 2(xy) 5xy + 2 = 0 xy = 2 (3) Gii PT(2) ta c: xy = 1 (4) 2 x = 1 x + y = 3 y = 2 T (1)&(3) cú: x =... - 135O = 45 O Do ú cỏc tam giỏc MAE ; FBG ; CIH ; DKJ l cỏc tam giỏc vuụng cõn MA = AE = h b d ; BF = BG = ; CH = CI = ; DK = DJ = 2 2 2 f 2 Ta cú AB = CD nờn: 0,5 h b f d +a+ = +e+ 2 2 2 2 (e - a) 2 = h + b - f - d Nu e - a 0 thỡ 2= h +bf d Ô (iu ny vụ lý do ea t) Vy e - a = 0 e = a hay EF = IJ (pcm) 2 l s vụ 0,25 14 S GD&T VNH PHC CHNH THC K THI VO LP 10 THPT CHUYấN NM HC 2009-2 010 THI MễN:... 0,25 2 1 4( x + 1) 1 2x 4( x + 1) + 1ữ = > 0 C 1 = 1 = 1 Khi ú C = 3 2x + 1 3(2x + 1) 3(2x + 1) 3(2x + 1) Suy ra 0 < C < 1 , hay C khụng th l s nguyờn vi x>1 0,5 1 2 Nu < x < 1 Khi ú: x = 0 (vỡ x nguyờn) v C = 0 Vy x = 0 l mt giỏ tr cn 0,25 tỡm 1 2 2 1 4( x + 1) C = 1ữ = 0 3 2x + 1 3(2x + 1) 1 < C 0 hay C =0 v x = -1 Nu x < Khi ú x 1 (do x nguyờn) Ta cú: v C +1 = 4( x + 1)...gúc bng nhau Chng minh rng nu di cỏc cnh ca hỡnh 8 - giỏc EFGHIJKM l cỏc s hu t thỡ EF = IJ Ht -S GIO DC V O TO HNG YấN K THI TUYN SINH VO LP 10 THPT CHUYấN Nm hc 2009 2 010 Mụn thi: Toỏn Hng dn chm thi Bi 1: (1,5 im) 1 a = 2: 7 +1 1 2 = 7 a = 2: 7 ữ= 2 : 7 +1 +1ữ 1 7 +1 +1 7 7 +1 +1 0,5 0,25 t x = a 1 x = 7 1 x + 1 = 7 x 2 + 2x + 1 = 7... = 2 xy = 2 y = 1 x = 1 3 y = 1 x+y= 2 2 T (1)& (4) cú: xy = 1 x = 1 2 2 y = 1 Vy h ó cho cú 4 nghim l: ( x; y ) = (1; 2), (2; 1), (1; 1/ 2), (1/ 2; 1) b) 1,25 im: Xột 3 trng hp: TH1 Nu 2 x thỡ PT tr thnh: (p + 1)x = 2(p + 1) TH2 Nu 3 x < 2 thỡ PT tr thnh: (1 p)x = 2(1 p) TH3 Nu x < 3 thỡ PT tr thnh: (p + 1)x = 2(p 4) (1) (2) (3) 0,25 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25 16 Nu p 1 thỡ... cỏc thớ sinh thi vo lp chuyờn Toỏn Thi gian lm bi: 150 phỳt, khụng k thi gian giao ( cú 01 trang) Cõu 1: (3,0 im) a) 1 1 9 x + y + x + y = 2 Gii h phng trỡnh: xy + 1 = 5 xy 2 b) Gii v bin lun phng trỡnh: | x + 3 | + p | x 2 |= 5 (p l tham s cú giỏ tr thc) Cõu 2: (1,5 im) Cho ba s thc a, b,c ụi mt phõn bit a2 b2 c2 + + 2 Chng minh (b c) 2 (c a) 2 (a b) 2 Cõu 3: (1,5 im) Cho A = 1 4x + 4x +... ' B'C ' (hỡnh v) Khi ú SA 'B'C' = 4SABC 4 Ta s chng minh tt c cỏc im ó cho nm trong tam giỏc A ' B'C ' Gi s trỏi li, cú mt im P nm ngoi tam giỏc A ' B'C ' chng hn nh trờn hỡnh v Khi ú d ( P; AB ) > d ( C; AB ) , suy ra SPAB > SCAB , mõu thun vi gi thit tam giỏc ABC cú din tớch ln nht Vy, tt c cỏc im ó cho u nm bờn trong tam giỏc A ' B'C ' cú din tớch khụng ln hn 4 0.25 0.25 19 ... Cõu 4: (3,0 im) Cho hỡnh thang ABCD (AB // CD, AB . hay EF = IJ (đpcm). 0,25 đ 14 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC —————— KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2 010 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho các thí sinh thi vào lớp chuyên Toán Thời gian làm bài: 150. nhau và diện tích mỗi phần là số nguyên. Hết SBD thí sinh: Chữ ký GT1: 6 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC THỪA THIÊN HUẾ Môn: TOÁN - Năm học 2008-2009 ĐÁP ÁN. 4. —Hết— Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ tên thí sinh SBD SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC —————— KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2 010 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN Dành cho lớp