DE TS L10 +10 chuyen co DA nam09-10

ĐỀ THI CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH 2009-2010 VÒNG 1(120 phút) Câu 1 : Cho phương trình x 2 – (2m – 3)x + m(m – 3) = 0 ,với m là tham số 1, Với giá trị nào của m thì phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt 2, Tìm các giá trị của để phương trình đã cho có nghiệm u, v thỏa mãn hệ thức u 2 + v 2 = 17. Câu 2 : 1, Giải hệ phương trình ( ) 2 2 x y 2 x y 23 x y xy 11  + + + =   + + =   2,Cho các số thực x, y thõa mãn x ≥ 8y > 0,Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : ( ) 1 P x y x 8y = + − Câu 3 : Cho 2 đường tròn (O 1 ; R 1 ) và (O 2 ; R 2 ) cắt nhau tại hai điểm I, P.Cho biết R 1 < R 2 và O 1 , O 2 khác phía đối với đường thẳng IP. Kẻ 2 đường kính IE,IF tương ứng của (O 1 ; R 1 ) và (O 2 ; R 2 ) . 1, Chứng minh : E, P, F thẳng hàng 2, Gọi K là trung điểm EF, Chứng minh O 1 PKO 2 là tứ giác nội tiếp . 3, Tia IK cắt (O 2 ; R 2 )tại điểm thứ hai là B,đường thẳng vuông góc với IK tại I cắt (O 1 ; R 1 ) tại điểm thứ hai là .Chứng minh IA = BF. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN NĂM HỌC 2008-2009 1 KHÓA NGÀY 18-06-2008 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (4 điểm): a) Tìm m để phương trình x 2 + (4m + 1)x + 2(m – 4) = 0 có hai nghiệm x 1 , x 2 thoả |x 1 – x 2 | = 17. b) Tìm m để hệ bất phương trình 2x m 1 mx 1 ≥ −   ≥  có một nghiệm duy nhất. Câu 2(4 điểm): Thu gọn các biểu thức sau: a) S = a b c (a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b) + + − − − − − − (a, b, c khác nhau đôi một) b) P = x 2 x 1 x 2 x 1 x 2x 1 x 2x 1 + − + − − + − − − − (x ≥ 2) Câu 3(2 điểm): Cho a, b, c, d là các số nguyên thỏa a ≤ b ≤ c ≤ d và a + d = b + c. Chứng minh rằng: a) a 2 + b 2 + c 2 + d 2 là tổng của ba số chính phương. b) bc ≥ ad. Câu 4 (2 điểm): a) Cho a, b là hai số thực thoả 5a + b = 22. Biết phương trình x 2 + ax + b = 0 có hai nghiệm là hai số nguyên dương. Hãy tìm hai nghiệm đó. b) Cho hai số thực sao cho x + y, x 2 + y 2 , x 4 + y 4 là các số nguyên. Chứng minh x 3 + y 3 cũng là các số nguyên. Câu 5 (3 điểm): Cho đường tròn (O) đường kính AB. Từ một điểm C thuộc đường tròn (O) kẻ CH vuông góc với AB (C khác A và B; H thuộc AB). Đường tròn tâm C bán kính CH cắt đường tròn (O) tại D và E. Chứng minh DE đi qua trung điểm của CH. Câu 6 (3 điểm): Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng 1. Trên cạnh AC lấy các điểm D, E sao cho ∠ ABD = ∠ CBE = 20 0 . Gọi M là trung điểm của BE và N là điểm trên cạnh BC sao BN = BM. Tính tổng diện tích hai tam giác BCE và tam giác BEN. Câu 7 (2 điểm): Cho a, b là hai số thực sao cho a 3 + b 3 = 2. Chứng minh 0 < a + b ≤ 2. -----oOo----- Gợi ý giải đề thi môn toán chuyên Câu 1: a) ∆ = (4m + 1) 2 – 8(m – 4) = 16m 2 + 33 > 0 với mọi m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 . Ta có: S = –4m – 1 và P = 2m – 8. 2 Do đó: |x 1 –x 2 | = 17 ⇔ (x 1 – x 2 ) 2 = 289 ⇔ S 2 – 4P = 289 ⇔ (–4m – 1) 2 – 4(2m – 8) = 289 ⇔ 16m 2 + 33 = 289 ⇔ 16m 2 = 256 ⇔ m 2 = 16 ⇔ m = ± 4. Vậy m thoả YCBT ⇔ m = ± 4. b) 2x m 1 (a) mx 1 (b) ≥ −   ≥  . Ta có: (a) ⇔ x ≥ m 1 2 − . Xét (b): * m > 0: (b) ⇔ x ≥ 1 m . * m = 0: (b) ⇔ 0x ≥ 1 (VN) * m < 0: (b) ⇔ x ≤ 1 m . Vậy hệ có nghiệm duy nhất ⇔ m 0 1 m 1 m 2 <    − =   ⇔ 2 m 0 m m 2 0 <    − − =   ⇔ m = –1. Câu 2: a) S = a b c (a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b) + + − − − − − − (a, b, c khác nhau đôi một) = a(c b) b(a c) c(b a) (a b)(b c)(c a) − + − + − − − − = ac ab ba bc cb ca (a b)(b c)(c a) − + − + − − − − = 0. b) P = x 2 x 1 x 2 x 1 x 2x 1 x 2x 1 + − + − − + − − − − (x ≥ 2) = 2 2 2 ( x 1 1) ( x 1 1) 2x 2 2x 1 2x 2 2x 1   − + + − −     + − − − − = 2 2 2 x 1 1 x 1 1 ( 2x 1 1) ( 2x 1 1)   − + + − −   − + − − − = 2 x 1 1 x 1 1 2x 1 1 2x 1 1   − + + − −   − + − − − = 2 x 1 1 x 1 1 2x 1 1 ( 2x 1 1)   − + + − −   − + − − − (vì x ≥ 2 nên x 1 1− ≥ và 2x 1− ≥ 1) = 2 x 1− . Câu 3: Cho a, b, c, d là các số nguyên thoả a ≤ b ≤ c ≤ d và a + d = b + c. a) Vì a ≤ b ≤ c ≤ d nên ta có thể đặt a = b – k và d = c + h (h, k ∈ N) Khi đó do a + d = b + c ⇔ b + c + h – k = b + c ⇔ h = k. 3 Vậy a = b – k và d = c + k. Do đó: a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = (b – k) 2 + b 2 + c 2 + (c + k) 2 = 2b 2 + 2c 2 + 2k 2 – 2bk + 2ck = b 2 + 2bc + c 2 + b 2 + c 2 + k 2 – 2bc – 2bk + 2ck + k 2 = (b + c) 2 + (b – c – k) 2 + k 2 là tổng của ba số chính phương (do b + c, b – c – k và k là các số nguyên) b) Ta có ad = (b – k)(c + k) = bc + bk – ck – k 2 = bc + k(b – c) – k 2 ≤ bc (vì k ∈ N và b ≤ c) Vậy ad ≤ bc (ĐPCM) Câu 4: a) Gọi x 1 , x 2 là hai nghiệm nguyên dương của phương trình (x 1 ≤ x 2 ) Ta có a = –x 1 – x 2 và b = x 1 x 2 nên 5(–x 1 – x 2 ) + x 1 x 2 = 22 ⇔ x 1 (x 2 – 5) – 5(x 2 – 5) = 47 ⇔ (x 1 – 5)(x 2 – 5) = 47 (*) Ta có: –4 ≤ x 1 – 5 ≤ x 2 – 5 nên (*) ⇔ 1 2 x 5 1 x 5 47 − =   − =  ⇔ 1 2 x 6 x 52 =   =  . Khi đó: a = – 58 và b = 312 thoả 5a + b = 22. Vậy hai nghiệm cần tìm là x 1 = 6; x 2 = 52. b) Ta có (x + y)(x 2 + y 2 ) = x 3 + y 3 + xy(x + y) (1) x 2 + y 2 = (x + y) 2 – 2xy (2) x 4 + y 4 = (x 2 + y 2 ) 2 – 2x 2 y 2 (3) Vì x + y, x 2 + y 2 là số nguyên nên từ (2) ⇒ 2xy là số nguyên. Vì x 2 + y 2 , x 4 + y 4 là số nguyên nên từ (3) ⇒ 2x 2 y 2 = 1 2 (2xy) 2 là số nguyên ⇒ (2xy) 2 chia hết cho 2 ⇒ 2xy chia hết cho 2 (do 2 là nguyên tố) ⇒ xy là số nguyên. Do đó từ (1) suy ra x 3 + y 3 là số nguyên. Câu 5: Ta có: OC ⊥ DE (tính chất đường nối tâm ⇒ ∆ CKJ và ∆ COH đồng dạng (g–g) ⇒ CK.CH = CJ.CO (1) ⇒ 2CK.CH = CJ.2CO = CJ.CC' mà ∆ CEC' vuông tại E có EJ là đường cao ⇒ CJ.CC' = CE 2 = CH 2 ⇒ 2CK.CH = CH 2 ⇒ 2CK = CH ⇒ K là trung điểm của CH. Câu 6: Kẻ BI ⊥ AC ⇒ I là trung điểm AC. Ta có: ∠ ABD = ∠ CBE = 20 0 ⇒ ∠ DBE = 20 0 (1) ∆ ADB = ∆ CEB (g–c–g) 4 A B C D E M N I B A O C C' H D E J K ⇒ BD = BE ⇒ ∆ BDE cân tại B ⇒ I là trung điểm DE. mà BM = BN và ∠ MBN = 20 0 ⇒ ∆ BMN và ∆ BDE đồng dạng. ⇒ 2 1 4 BMN BED S BM S BE   = =  ÷   ⇒ S BNE = 2S BMN = 1 2 BDE S = S BIE Vậy S BCE + S BNE = S BCE + S BIE = S BIC = 1 3 2 8 ABC S = . Câu 7: Cho a, b là hai số thực sao cho a 3 + b 3 = 2. Chứng minh 0 < a + b ≤ 2. Ta có: a 3 + b 3 > 0 ⇒ a 3 > –b 3 ⇒ a > – b ⇒ a + b > 0 (1) (a – b) 2 (a + b) ≥ 0 ⇒ (a 2 – b 2 )(a – b) ≥ 0 ⇒ a 3 + b 3 – ab(a + b) ≥ 0 ⇒ a 3 + b 3 ≥ ab(a + b) ⇒ 3(a 3 + b 3 ) ≥ 3ab(a + b) ⇒ 4(a 3 + b 3 ) ≥ (a + b) 3 ⇒ 8 ≥ (a + b) 3 ⇒ a + b ≤ 2 (2) Từ (1) và (2) ⇒ 0 < a + b ≤ 2. --------------oOo-------------- ĐỀ THI VÀO LỚP 10 PTNK 2008 - 2009 MÔN TOÁN AB (chung cho các lớp Toán, Tin, Lý, Hoá, Sinh) Câu 1. Cho phương trình: ( ) 2 2 x mx 2m 2m  1 x 6    x 2m + − = − + + (1) a)Giải phương trình (1) khi m = -1. b)Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm. Câu 2. a) Giải phương trình: 2x – 1 – 2 x – 1 1.= − b)Giải hệ phương trình: 2 2 2x –x 2y 4xy x 2xy 4  + =   + =   Câu 3. a) Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ thuộc vào biến x ( với x > 1): A= ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x x 4x 3 x x x – 1 x 1 x x x x x 3 + + − + + + b) Cho a, b, c là các số thực khác 0 và thoả mãn điều kiện: a + 2b – 3c = 0 bc + 2ac – 3ab = 0 Chứng minh rằng: a = b = c. Câu 4. Cho tứ giác nội tiếp ABCD có góc A nhọn và hai đường chéo AC, BD vuông góc nhau. Gọi M là giao điểm của AC và BD, P là trung điểm của CD và H là trực tâm của tam giác ABD. a) Hãy xác định tỉ số PM:DH. 5 b) Gọi N và K lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và D của tam giác ABD; Q là giao điểm của hai đường thẳng KM và BC. Chứng minh rằng MN = MQ. c) Chứng minh rằng tứ giác BQNK nội tiếp được. Câu 5. Một nhóm học sinh cần chia đều một lượng kẹo thành các phần q để tặng cho các em nhỏ ở một đơn vị ni trẻ mồ cơi. Nếu mỗi phần q giảm 6 viên kẹo thì các em sẽ có thêm 5 phần q nữa, còn nếu mỗi phần q giảm 10 viên kẹo thì các em sẽ có thêm 10 phần q nữa. Hỏi nhóm học sinh trên có bao nhiêu viên kẹo? GIẢI Câu 1: Vơi m = - 1 thì (1) trở thành: 2 x x 2 3x 6 ĐK : x 2 x 2 − − = − + ≠ − ⇔ x + 1 = - 3x + 6 (vì x 2 – x – 2 = (x + 1)(x – 2)) ⇔ x = 5 4 (thỏa) b) ĐK: x ≠ - 2m, (1) có thể viết: ( ) ( ) ( ) x m x 2m 2m 1 x 6 x 2m − + = − + + ⇔ x – m = (2m – 1)x + 6 ⇔ 2(1 – m)x = 6 + m (2) (1) có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm khác – 2m ⇔ ( ) 2 1 m 0 m 1 m 1 6 m 3 x 2m 2m 2m 3 0 m 2hoặc m 2 1 m 4  − ≠  ≠  ≠    + ⇔ ⇔    − = ≠ − − − ≠ ≠ ≠     −   Câu 2: a) Phương trình có thể viết lại: 2x 1 1 2 x 1 đk :x 1− + = − ≥ . Bình phương 2 vế , thu gọn được: 2x 1 x 2− = − . Điều kiện x ≥ 2, bình phương 2 vế phương trình được 2x – 1 = x 2 – 4x + 4 hay x 2 – 6x + 5 = 0 ⇔ x = 1(loại) hoặc x = 5 (thỏa). Vậy phương trình có 1 nghiệm x = 5. b) Phân tích phương trình 1 thành (x – 2y)(2x – 1) = 0 ⇔ x = 2y hoặc 2x – 1 = 0. Giải 2 hệ 2 2 x 2y 0 2x 1 0 hoặc x 2xy 4 x 2xy 4   − = − =     + = + =     ⇔ 2 2 x 2 2 1 1 y x x x 2y 2 2 2 hoặc hoặc 15 15 4y 4y 4 x 2 y y 4 4 2 y 2   =       =  = =     =      ⇔     + =    = −   = =         = −     Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm: 2 2 1 15 2; ; 2; ; ; 2 2 2 4       − −  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷       6 Câu 3: a) với x > 1: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 x x x 3x 3 x x 1 x x 1 x 3 x 1 x x 1 A 1 x 1 x 1 x x x 1 x 3 x 1 x 1 x x x 1 x 3     + + + − + + − + +         = = = − + + + + − + + + + b) a + 2b – 3c = 0 ⇔ a – c = 2(c – b) (1) bc + 2ac – 3ab = 0 ⇔ bc – ab + 2ac – 2ab = 0 ⇔ b (c – a) + 2a( c – b) = 0 (2) (1), (2) ⇒ b( c – a) + a(a – c) = 0 ⇔ (c – a)(b – a) = 0 ⇔ c = a hoặc a = b. Nếu c = a thì (1) ⇒ c = b. Vậy a = b = c. Nếu a = b thì (1) ⇒ 3b – 3 c = 0 ⇔ b = c. Vậy a = b = c. Câu 4: a) · · » ( ) · · · ( ) · · CDB CAB cùng chắn BC ;BDH CAB cùng phụ ABD CDB BDH= = ⇒ = ∆CDH có DM là đường cao vừa là đường phân giác nên là ∆ cân ⇒ DM cũng là trung tuyến ⇒ MC = MH, mà PC = PD ⇒ MP là đường trung bình của ∆CHD ⇒ PM:DH = ½ b) ABCD nội tiếp ⇒ · · · ( ) QCD BAD cùng bù BCD= (1) AKHN nội tiếp ⇒ · · · ( ) BAD NHD cùng bùKHN= (2) ∆DCH cân ⇒ · · DCM MHD= (3) (1), (2), (3) ⇒ · · QCM MHN= (*) ABMN nội tiếp ⇒ · · ABN AMN= ; BKHM nội tiếp ⇒ · · ABN KMH= ⇒ · · · KMH HMN CMQ= = (**) MC = MH (***) (*), (**), (***) ⇒ ∆MCQ = ∆MHN (g.c.g) ⇒ MQ = MN. c) AKHN nội tiếp ⇒ · · · · · · · BAH KNH,mà BAH BNM KNB BNM BQM= = ⇒ = = ⇒ BQNK nội tiếp. Câu 5: Gọi x là số viên kẹo của mỗi phần quà. ĐK: x > 10, x nguyên. y là số phần quà mà nhóm hs có , y nguyên dương. Tổng số viên kẹo của nhóm là xy (viên). Ta có hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) ( ) x 6 y 5 xy 5x 6y 30 x 30 5x 5y 50 y 20 x 10 y 10 xy  − + =   − = =  ⇔ ⇔    − = = − + =     Vậy nhóm học sinh có 30. 20 = 600 viên kẹo. §Ị thi tun sinh *Trêng THPT Ngun Tr i· ( H¶i D¬ng 2002- 2003, dµnh cho c¸c líp chuyªn tù nhiªn) 7 C A M B D / P H K Q N Thời gian: 150 phút Bài 1. (3 điểm) Cho biểu thức. A = 1 44 242242 2 + ++++ x x xxxx 1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tìm các số nguyên x để biểu thức A là một số nguyên Bài 2.( 3 điểm) 1) Gọi x 1 và x 2 là hai nghiệm của phơng trình. x 2 -(2m-3)x +1-m = 0 Tìm các giá trị của m để: x 1 2 + x 2 2 +3 x 1 .x 2 (x 1 + x 2 ) đạt giá trị lớn nhất 2) Cho a,b là các số hữu tỉ thoả mãn: a 2003 + b 2003 = 2.a 2003. b 2003 Chứng minh rằng phơng trình: x 2 +2x+ab = 0 có hai nghiệm hữu tỉ. Bài 3. ( 3 điểm) 1) Cho tam giác cân ABC, góc A = 180 0 . Tính tỉ số AB BC . 2) Cho hình quạt tròn giới hạn bởi cung tròn và hai bán kính OA,OB vuông góc với nhau. Gọi I là trung điểm của OB, phân giác góc AIO cắt OA tại D, qua D kẻ đờng thẳng song song với OB cắt cung trong ở C. Tính góc ACD. Bài 4. ( 1 điểm) Chứng minh bất đẳng thức: | 2222 caba ++ | | b-c| với a, b,c là các số thực bất kì. Trờng năng khiếu Trần Phú, Hải Phòng.(150) Bài 1. ( 2 điểm) cho biểu thức: P(x) = 143 12 2 2 + xx xx 1) Tìm tất cả các giá trị của x để P(x) xác định. Rút gọn P(x) 8 2) Chứng minh rằng nếu x > 1 thì P(x).P(-x) < 0 Bài 2. ( 2 điểm) 1) cho phơng trình: 0 2 63)12(2 22 = +++ x mmxmx (1) a) Giải phơng trình trên khi m = 3 2 b) Tìm tất cả các giá trị của m để phơng trình (1) có hai nghiệm x 1 và x 2 thoả mãn x 1 +2 x 2 =16 2) Giải phơng trình: 2 2 1 2 1 1 2 =++ + xx x Bài 3 (2 điểm) 1) Cho x,y là hai số thực thoả mãn x 2 +4y 2 = 1 Chứng minh rằng: |x-y| 2 5 2) Cho phân số : A= 5 4 2 + + n n Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên thoả mãn 1 2004 n sao cho A là phân số cha tối giản Bài 4( 3 điểm) Cho hai đờng tròn (0 1 ) và (0 2 ) cắt nhau tại P và Q. Tiếp tuyến chung gần P hơn của hai đờng tròn tiếp xúc với (0 1 ) tại A, tiếp xúc với (0 2 ) tại B. Tiếp tuyến của (0 1 ) tại P cắt (0 2 ) tại điểm thứ hai D khác P, đờng thẳng AP cắt đờng thẳng BD tại R. Hãy chứng minh rằng: 1)Bốn điểm A, B, Q,R cùng thuộc một đờng tròn 2)Tam giác BPR cân 3)Đờng tròn ngoại tiếp tam giác PQR tiếp xúc với PB và RB. Bài 5. (1 điểm)Cho tam giác ABC có BC < CA< AB. Trên AB lấy D, Trên AC lấy điểm E sao cho DB = BC = CE. Chứng minh rằng khoảng cách giữa tâm đờng tròn nội tiếp và tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác ADE Trờng Trần Đại Nghĩa - TP HCM (năm học: 2004- 2005 thời gian: 150 phút ) 9 Câu 1. Cho phơng trình x 2 +px +1 = 0 có hai nghiệm phân biệt a 1 , a 2 và phơng trình x 2 +qx +1 = 0 có hai nghiệm phân biệt b 1 ,b 2 . Chứng minh: (a 1 - b 1 )( a 2 - b 1 )( a 1 + b 1 . b 2 +b 2 ) = q 2 - p 2 Câu 2: cho các số a, b, c, x, y, z thoả mãn x = by +cz y = ax +cz z = ax +by ; với x + y+z 0 Chứng minh: 2 1 1 1 1 1 1 = + + + + + cba Câu 3: a) Tìm x; y thoả mãn 5x 2 +5y 2 +8xy+2x-2y+2= 0 b) Cho các số dơng x;y;z thoả mãn x3+y3+z3 =1 Chứng minh: 2 111 2 2 2 2 2 2 + + z z y y x x Câu 4. Chứng minh rằng không thể có các số nguyên x,y thoả mãn phơng trình: x 3 -y 3 = 1993. Chuyên Lê Quý Đôn _ tỉnh Bình Định (năm học 2005-2006, môn chung, thời gian:150 ) Câu 1(1đ): tính giá trị biểu thức A= 1 1 1 1 + + + ba với a= 32 1 + và b= 32 1 + 10 [...]... qua B và C cắt các cạnh AB, AC của tam giác ABC lần lượt tại D và E (BC khơng là đường kính của (O)) Đường cao AH của tam giác ABC cắt DE tại K 1 Chứng minh · ADE = · ACB 2 Chứng minh K là trung điểm của DE 3 Trường hợp K là trung điểm AH Chứng minh rằng đường thẳng DE là tiếp tuyến chung ngồi của đường tròn đường kính BH và đường tròn đường kính CH Bài 4: (1 điểm) Cho 361 số tự nhiên a1, a 2, , a 361... 3 ®iĨm D,E,F theo thø tù trªn c¸c c¹nh BC,CA,AB sao cho AEDF lµ tø gi¸c néi tiÕp Trªn tia AD lÊy ®iĨm P (D n»m gi÷a A&P) sao cho DA. DP = DB.DC 1 chøng minh tø gi¸c ABPC néi tiÕp vµ 2 tam gi¸c DEF, PCB ®ång d¹ng 2 2 gäi S vµ S’ lÇn lỵt lµ diƯn tÝch cđa hai tam gi¸c ABC & DEF, chøng minh: s '  EF  ≤  s  2 AD  Bµi 5(1®) Cho h×nh vu«ng ABCD vµ 2005 ®êng th¼ng tho¶ m·n ®ång thêi hai ®iỊu kiƯn: • Mçi... tam gi¸c ABD vµ tam gi¸c AKC ®ång d¹ng AB.BC.CA víi nhau Suy ra AB.AC = 2R.AD vµ S = 4R c) Gäi M lµ trung ®iĨm cđa BC Chøng minh EFDM lµ tø gi¸c néi tiÕp ®êng trßn d) Chøngminh r»ng OC vu«ng gãc víi DE vµ (DE + EF + FD).R = 2 S Gỵi ý ®¸p ¸n §Ị thi tun sinh líp 10 N¨m häc: 2009 – 2010 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót Bµi 1: (2,25®)Kh«ng sư dơng m¸y tÝnh bá tói, h·y gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: Së GD&§T... kh«ng c¾t h×nh thoi, nhng c¾t c¸c ®êng th¼ng AB,BC lÇn lỵt t¹i E&F Gäi M lµ giao cđa AF & CE Chøng minh r»ng ®êng th¼ng AD tiÕp xóc víi ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c MDF Trêng Chu V¨n An & HN – AMSTERDAM ( 2005-2006) (dµnh cho mäi ®èi tỵng , thêi gian: 150’) Bµi 1(2®): Cho biĨu thøc P= x x −1 x− x − x x +1 x+ x + x +1 x 1.Rót gän P 2 T×m x biÕt P= 9/2 17 Bµi 2(2®): Cho bÊt ph¬ng tr×nh: 3(m-1)x +1 >... mét cung trßn cè ®Þnh 3 X¸c ®Þnh vÞ trÝ cđa ®iĨm M ®Ĩ chu vi tam gi¸c AMC ®¹t Max Bµi 5(1®): Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A cã AB < AC vµ trung tun AM, gãc ACB = α ,gãc AMB = β Chøng minh r»ng: (sin α +cos α )2= 1+ sin β Thi häc sinh giái TP H¶i Phßng (2004-2005) (To¸n 9 – b¶ng A- thêi gian:150’) Bµi 1: a Rót gän biĨu thøc: P = b Gi¶i ph¬ng tr×nh: x2 y2 + xy 2+ x 2 + 2+ x + ( x − y) 2 x−y  x2  − ... minh PM + QN ≥ MN Bµi 5 (0,5 ®iĨm) Gi¶i ph¬ng tr×nh: x2 - 1 + 4 x2 + x + 1 1 = ( 2 x 3 + x 2 + 2 x + 1) 4 2 HÕt -Lu ý: Gi¸m thÞ kh«ng gi¶i thÝch g× thªm Hä vµ tªn thÝ sinh: Sè b¸o danh Ch÷ ký gi¸m thÞ sè 1: Ch÷ ký gi¸m thÞ sè 2: §¸p ¸n (c¸c phÇn khã) Bµi 1 : Bµi 2 : Bµi 3 : Bµi 4 : M B P A O E K Q C N 25 1) 2) 3) Chøng minh Chu vi ΔAPQ = AB+AC = 2AB kh«ng ®ỉi 4) Chøng... t¹i E Chøng minh: ˆ 1 CAI ˆ =DBI 2 ABE lµ tam gi¸c c©n 3 AB.CD = BC.AE Bµi 4: (1®) x 5 − 4 x 3 − 3x + 9 tÝnh gi¸ trÞ biĨu thøc A= x 4 + 3 x 2 + 11 víi x 1 = x + x +1 4 2 Trêng Chu V¨n An vµ HN – AMSTERDAM(2005 – 2006) (dµnh cho chuyªn To¸n vµ chuyªn Tin; thêi gian :150’) Bµi 1: (2®) Cho P = (a+b)(b+c)(c+a) – abc víi a,b,c lµ c¸c sè nguyªn Chøng minh nÕu a +b +c chia hÕt cho 4 th× P chia hÕt cho 4 Bµi... M lµ trung ®iĨm cđa AC Cho biÕt BM = AC Gäi D lµ ®iĨm ®èi xøng cđa B qua A, E lµ ®iĨm ®èi xøng cđa M qua C chøng minh: DM vu«ng gãc víi BE 2 LÊy mét ®iĨm O bÊt kú n»m trong tam gi¸c ABC C¸c tia AO,BO ,CO c¾t c¸c c¹nh BC,CA,AB theo thø tù t¹i c¸c ®iĨm D,E,F chøng minh: a) OD OE OF + + =1 AD BE CF   b) 1 + AD  BE  CF  1 + 1 +  ≥ 64 OD  OE  OF  Bµi 4(0.75®) xÐt c¸c ®a thøc P(x)= x3+ ax2... 1 ⇔ 2m2 + 8 m − 10 = 0 ⇔   m = −5 ( lo¹i ) Kết luận: Vậy m = 1 là giá trị cần tìm 4 Hình học 3,5 4.1 1đ 0,5 * Vẽ đúng hình và ghi đầy đủ giả thiết kết luận * Do AB, AC là 2 tiếp tuyến của (O) · ⇒· ACO = ABO = 90° 0,5 ⇒ Tứ giác ABOC nội tiếp được 4.2 1đ * AB, AC là 2 tiếp tuyến của (O) ⇒ AB = AC * ∆OAB vng tại B, đường cao BE Ngồi ra OB = OC = R Suy ra OA là trung trực của BC ⇒ OA ⊥ BE 0,5 0,5 35 . nguyên. Câu 5: Ta có: OC ⊥ DE (tính chất đường nối tâm ⇒ ∆ CKJ và ∆ COH đồng dạng (g–g) ⇒ CK.CH = CJ .CO (1) ⇒ 2CK.CH = CJ. 2CO = CJ.CC' mà ∆ CEC'. O C C' H D E J K ⇒ BD = BE ⇒ ∆ BDE cân tại B ⇒ I là trung điểm DE. mà BM = BN và ∠ MBN = 20 0 ⇒ ∆ BMN và ∆ BDE đồng dạng. ⇒ 2 1 4 BMN BED S BM S BE