Tuyen tap de thi tuyen sinh vao lop 10 cac Tinh codap an

2) Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất trong Hội đồng chấm thi. Đáp án và than[r]

Sở giáo dục đào tạo HảI dơng

Kú thi tun sinh líp 10 THPT chuyên nguyễn trÃi - Năm học 2009-2010

Môn thi : toán Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi 08 tháng năm 2009

(Đề thi gồm: 01 trang) Câu I (2.5 điểm):

1) Giải hệ phơng trình:

   



 



2

2

x y xy

xy 3x

2) Tìm m ngun để phơng trình sau có nghiệm nguyên: 4x24mx2m2 5m 6

C©u II (2.5 ®iĨm):

1) Rót gän biĨu thøc:

   

 

    

 

 



 

3

2

2

2 x x x

A

4 x víi 2 x

2) Cho trớc số hữu tỉ m cho mlà số vơ tỉ Tìm số hữu tỉ a, b, c để:

3

a m b m c 0 Câu III (2.0 điểm):

1) Cho đa thức bËc ba f(x) víi hƯ sè cđa x3 lµ mét số nguyên dơng biết

f(5) f(3) 2010 Chứng minh rằng: f(7) f(1) là hợp số. 2) Tìm giá trị lớn biểu thức:

 2   2 

P x 4x x 6x 13

Câu IV (2.0 điểm):

Cho tam giác MNP có ba góc nhọn điểm A, B, C lần lợt hình chiếu vuông góc M, N, P NP, MP, MN Trên đoạn thẳng AC, AB lần lợt lấy D, E cho DE song song víi NP Trªn tia AB lÊy ®iĨm K cho DMK NMP Chøng minh r»ng:

1) MD = ME

2) Tứ giác MDEK nội tiếp Từ suy điểm M tâm đờng trịn bàng tiếp góc DAK tam giỏc DAK

Câu V (1.0 điểm):

Trờn đờng tròn (O) lấy hai điểm cố định A C phân biệt Tìm vị trí điểm B D thuộc đờng trịn để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn

-HÕt -H

íng dÉn chÊm

C©u Phần nội dung Điểm

câu I 2,5 điểm

1) 1,5®iĨm

   



 



2

2

x y xy (1)

xy 3x (2)

Từ (2)  x  Từ

2 3x y

x  

, thay vào (1) ta có:

0.25 Đề thi chÝnh

2

2

2 3x 3x

x x

x x

   

   

  0.25



7x  23x 160 0.25

Giải ta đợc

2 16

x hc x = 

0.25 Tõ

2

x  1 x 1 y1;

2 16 7

x x y

7 7

    

0.25

VËy hƯ cã nghiƯm (x; y) lµ (1; 1); (-1; -1);

  

 

 

 

4 7

; 7 ;        

4 7 ;

7

0.25 2)

1,0®iĨm

Điều kiện để phơng trình có nghiệm: x'0 0.25

m 5m (m 2)(m 3)

        V× (m - 2) > (m - 3) nªn: x'

   m 20 vµ m 30 2m3, mµ mZ

 m = hc m = 3. 0.25

Khi m =  x'= 0 x = -1 (tháa m·n)

Khi m =  x'= 0 x = - 1,5 (lo¹i) 0.25

VËy m =

0.25 c©u II

2,5 điểm

1) 1,5điểm

Đặt a 2x; b x (a, b 0)

2 2

a b 4; a b 2x

     0.25

 3   2 

2 ab a b ab a b a b ab

A

4 ab ab

     

  

  0.25

   

 

2 ab a b ab

A ab a b

4 ab

  

    

 0.25

 

A 2ab a b

    0.25

 2      

A a b 2ab a b a b a b

       

0.25 2

A a b 2x A x

      0.25

2) 1,0®iĨm

3

a m b m c 0 (1) Gi¶ sư cã (1)

3

b m c m am (2)

   

Tõ (1), (2)

2

(b ac) m (a m bc)

    0.25

NÕu a m2  bc0

2

2 a m bc m

b ac 

 

 lµ sè hữu tỉ Trái với giả thiết!

2

2

b ac b abc

a m bc bc am

    

 

   

  

 

  0.25

3 3

b a m b a m

    NÕu b0 th×

3 m b a

là số hữu tỉ Trái với giả thiết! a 0;b

  Từ ta tìm đợc c = 0.

Ngợc lại a = b = c = (1) ln Vậy: a = b = c =

0.25 câu III

2 điểm

1) 1,0điểm

Theo f(x) có dạng: f(x) = ax3 + bx2 + cx + d với a nguyên dơng

0.25 Ta cã: 2010 = f(5) - f(3) = (53 - 33)a + (52 - 32)b + (5 - 3)c

= 98a + 16b + 2c  16b + 2c = (2010- 98a) 0.25

Ta cã f(7) - f(1) = (73 - 13)a + (72 - 12)b + (7 - 1)c

= 342a + 48b + 6c = 342a + 3(16b + 2c)

= 342a + 3(2010- 98a)= 48a + 6030 = 3.(16a + 2010)3 0.25 V× a nguyên dơng nên 16a + 2010>1 Vậy f(7)-f(1) hợp số

0.25 2)

1,0điểm

 

  2   2

P x x

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy lấy điểm A(x-2; 1), B(x+3; 2) 0.25 Ta chứng minh đợc:            

2

AB x x 25 26

    

2 2

OA x

,     

2 2

OB x

0.25 Mặt khác ta cã: OA OB AB

   

 x 2 212  x 3 222  26

0.25 Dấu = xảy A thuộc đoạn OB B thuộc đoạn OA

  



x

x

x .Thư l¹i x = A(5; 1); B(10; 2) nên A thuộc đoạn

OB VËy MaxP 26khi x = 0.25

câuIV 2 điểm

1) 0,75điểm

Ta dễ dàng chứng minh tứ giác MBAN nội tiếp MAB MNB , MCAP néi tiÕp  CAM CPM

0.25 L¹i cã BNM CPM

(cïng phơ gãc NMP)

 

 CAMBAM (1) 0.25 Do DE // NP mặt khác

MANP MADE (2) Từ (1), (2) ADE cân A

 MA lµ trung trùc cđa DE

 MD = ME 0.25

2) 1,25®iĨm

K

E

B C

A N

M

P

D

Do DE//NP nªn DEK NAB , mặt khác tứ giác MNAB nội tiếp nên: 0.25 K

E B C

A N

M

  

NMB NAB 180  NMB DEK 1800

Theo gi¶ thiÕt DMK NMP  DMK DEK 1800

 Tø giác MDEK nội tiếp 0.25

Do MA trung trùc cña DE MEAMDA 0.25

 MEA MDA   MEK MDC 0.25 V× MEK MDK MDK MDC DM phân giác góc CDK, kÕt hỵp

với AM phân giác DAB M tâm đờng trịn bàng tiếp góc DAK ca

tam giác DAK 0.25

câu V 1 ®iÓm

D' B' A'

O

C A

B

D

Không tổng quát giả sử:ABAC Gọi B điểm cung ABC AB 'CB '

Trên tia đối BC lấy điểm A’ cho BA’ = BA ABBCCA ' 0.25 Ta có: B 'BC B ' AC B 'CA (1) ; B 'CA B 'BA 1800 (2)

B 'BC B 'BA ' 180  (3);Tõ (1), (2), (3)  B 'BA B 'BA ' 0.25 Hai tam giác ABB ABB A 'B 'B ' A

Ta có  B ' A B 'C B ' A ' B 'C A ' C= AB + BC ( B’A + B’C không đổi

B’, A, C cố định) Dấu “=” xảy B trùng với B’ 0.25 Hoàn toàn tơng tự gọi D’ điểm cung ADC ta có AD’

+ CD’ AD + CD DÊu “=” x¶y D trïng víi D’

 Chu vi tø gi¸c ABCD lín nhÊt B, D điểm cung 

Sở giáo dục đào tạo Hng yên

đề thức

kú thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyên Năm học 2009 2010

Môn thi: Toán

(Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán, Tin) Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (1,5 điểm)

Cho

1

a :

7 1 1

 

   

    

HÃy lập phơng trình bËc hai cã hƯ sè nguyªn nhËn a - nghiệm Bài 2: (2,5 điểm)

a) Giải hệ phơng trình:

x 16

xy

y

y

xy

x



  

 

  

 

b) Tìm m để phơng trình  

2

x  2x  3x 6xm0

cã nghiÖm phân biệt Bài 3: (2,0 điểm)

a) Chứng minh số nguyên k lớn thoả mÃn k24 k216 số nguyên tố k chia hÕt cho

b) Chứng minh a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có p nửa chu vi p a p b p c 3p

Bµi 4: (3,0 ®iĨm)

Cho đờng trịn tâm O dây AB khơng qua O Gọi M điểm cung AB nhỏ D điểm thay đổi cung AB lớn (D khác A B) DM cắt AB C Chứng minh rằng:

a) MB.BDMD.BC

b) MB tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác BCD

c) Tổng bán kính đờng trịn ngoại tiếp tam giác BCD ACD khơng 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 cho hình - giác EFGHIJKM có góc Chứng minh độ dài cạnh hình - giác EFGHIJKM số hữu tỉ EF = IJ

- HÕt -Híng dÉn chÊm thi Bµi 1: (1,5 ®iÓm)

1 1 1

a : :

7

7 1 1

      

   

     

 

a =

2 :

7 0,25 đ

Đặt x a x 1  x 1   x22x 1 7 0,5 ®

x 2x

Vậy phơng trình x22x 60 nhận làm nghiệm

0,25 đ Bài 2: (2,5 ®iĨm)

a) x 16 x 16 xy (1) xy y y

y x

y

(2) xy

x y

x                     

  §K: x, y0

0,25 đ

Giải (2)

2

6y 6x 5xy (2x 3y)(3x 2y)

       0,25 ®

* NÕu

3y

2x 3y x

2 

   

Thay vào (1) ta đợc

3y 16

y

2

   0,25 ®  3y 23  

(phơng trình vô nghiệm)

0,25 đ

* Nếu

2y

3x 2y x

3

   

Thay vào (1) ta đợc

2

y  9 y3

0,25 ®

- Víi y 3 x2 (tho¶ m·n ®iỊu kiện) - Với y x2 (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

x  2x 1  y x 1  y x 1 y (y0) (*) Phơng trình cho trở thành:    

2

y 1  y 1 m0

y 5y m

     (1)

0,25 ®

Từ (*) ta thấy, để phơng trình cho có nghiệm phân biệt phơng trình (1) có nghiệm dơng phân biệt

0,25 ®

0 4m

S

P m

VËy víi

9

4 m

4

phơng trình có nghiệm phân biệt Bài 3: (2,0 điểm)

a) Vì k > suy

2

k 45; k 165 - XÐt

2 2

k5n (víi n ) k 25n 10n 1  k 4 5

k

  không số nguyên tố

0,25 đ

- XÐt

2 2

k5n2 (víi n) k 25n 20n 4 k 16 5

k 16

không số nguyên tè

0,25 ®

- XÐt

2 2

k5n3 (víi n) k 25n 30n 9 k 16 5

k 16

  không số nguyên tố

0,25 đ

- XÐt

2 2

k5n4 (víi n) k 25n 40n 16  k 4 5

k

không số nguyên tố Do k

0,25 đ

b) Ta chøng minh: Víi a, b, c th×    

2 2 2 2

a b c 3 a b c (*) ThËt vËy

2 2 2

(*) a b c 2ab2bc 2ca 3a 3b 3c

2 2

(a b) (b c) (c a)

       (luôn đúng)

0,5 đ

áp dụng (*) ta có:

 p a p b p c2 3 3p  a b c 3p Suy p a  p b p c 3p (đpcm)

0,5 đ

Bài 4: (3,0 ®iĨm)

J I

C N

M O

A B

D

a) XÐt MBC vµ MDB cã:

BDM MBC (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) BMC BMD

Do MBCvà MDB đồng dạng Suy

MB MD

MB.BD MD.BC

BC BD  

0,5 ®

b) Gọi (J) đờng tròn ngoại tiếp BDC BJC 2BDC 2MBC hay

 BJC MBC

2

 

 1800 BJC BCJ c©n t¹i J CBJ

2 

  

0,5 ®

Suy

  BJC 180O BJC O

MBC CBJ 90 MB BJ

2



     

Suy MB tiếp tuyến đờng trịn (J), suy J thuộc NB

0,5 ®

c) Kẻ đờng kính MN (O)  NB  MB

Mà MB tiếp tuyến đờng tròn (J), suy J thuộc NB Gọi (I) đờng trịn ngoại tiếp ADC

Chøng minh t¬ng tù I thuéc AN

Ta cã ANB ADB 2BDM BJC  CJ // IN Chøng minh t¬ng tù: CI // JN

0,5 ®

Do tứ giác CINJ hình bình hành  CI = NJ Suy tổng bán kính hai đờng trịn (I) (J) là: IC + JB = BN (không đổi)

0,5 ® Bµi 5: (1,0 ®iĨm)

g

f e d

h c

b a

G F

I

H

J M

C

A B

D

E

K

Gäi EF = a ; FG = b ; GH = c ; HI = d ; IJ = e ; JK = f ; KM = g ; ME = h (víi a, b, c, d, e, f, g, h số hữu tỉ dơng)

Do góc hình cạnh nên góc hình cạnh có số đo lµ:

O

O 180

135

(  )



0,25 ®

Suy góc ngồi hình cạnh là: 180O - 135O = 45O

Do tam giác MAE ; FBG ; CIH ; DKJ tam giác vuông cân  MA = AE =

h

2 ; BF = BG = b

2 ; CH = CI = d

2 ; DK = DJ = f

2

Ta cã AB = CD nªn:

h b f d

a e

2       (e - a) = h + b - f - d

NÕu e - a ≠ th×

h b f d

e a   

 

(điều vô lý 2 số vô tỉ) Vậy e - a =  e = a hay EF = IJ (®pcm)

SỞ GIÁO DỤC BÌNH ĐỊNH

KỲ THI TUỶÊN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN NĂM HỌC 2009-2010 Đề thức Mơn thi:Tốn (chuyên)

Ngày thi:19/06/2009 Thời gian:150 phút Bài 1(1.5điểm)

Cho a,b,c độ dài ba cạnh tam giác.Chứng minh rằng:

a b c

b c c a a b < + + <

+ + +

Bài 2(2điểm)

Cho số phân biệt m,n,p.Chứng minh phương trình

1 1

0

x- m+x- n+x- p= có hai nghiệm phân biệt

Bài 3(2điểm)

Với số tự nhiên n,n³ 3.Đặt ( ) ( ) ( )( )

1 1

3 1

n

S

n n n

= + + +

+ + + + +

Chúng minhSn<

1 Bài 4(3điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp trịn tâm O có độ dài cạnh BC = a, AC = b, AB = c.E điểm nằm cung BC không chứa điểm A cho cung EB cung EC.AE cắt cạnh BC D

a.Chúng minh:AD2 = AB.AC – DB.DC b.Tính độ dài AD theo a,b,c

Bài 5(1.5điểm)

Chứng minh : ( )

2

3

m

n - ³ n +

Với số nguyên m,n

**********************************************

ĐÁP ÁN MƠN TỐN THI VÀO 10 TRƯỜNG CHUN LÊ Q ĐƠN NĂM 2009 Bài 1:

Vì a,b,c độ dài ba cạnh tam giác nên ta có:a,b,c >0 a< b+c ,b< a + c , c < a+b

Nên ta có

2

a a a a

b c a b c a b c +

< =

+ + + + +

Mặt khác

a a

b+c>a+ +b c Vậy ta có

2

(1)

a a a

a+ +b c<c+b<a+ +b c Tương tự

2

(2);

b b b

2

(3)

c c a

a+ +b c<b+a <a+ +b c

Cộng (1) (2) (3) vế theo vế ta có điều phải chứng minh

Bài 2:

ĐK: x¹ m n p, , PT cho Û (x-n)(x-p)+(x-m)(x-p)+(x-m)(x-n) = Û 3x2 -2(m+n+p)x +mn+mp+np = 0(1)

Ta có Δ' =(m+ +n p)2- 3(mn+mp+np)= m2+n2+p2 +2mn+2mp+2np -3mn-3mp-3np = m2+n2+p2 –mn-mp-np =

1

2[(m-n)2+(n-p)2+(m-p)2] >0 Đặt f(x) = 3x2 -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) ¹ 0 = >m,n,p nghiệm pt(1)

Vậy PT cho ln có hai nghiệm phân biệt

Bài 3

( )( )

2

1 1

Ta cã :

2

2 1 4

1 n + - n 1

2

2 1

4

n n n n

n

n n n n n

n n

n n n n

n n

+ - +

-= =

+

+ + + + +

ỉ

+ - ỗ ữữ

< = = ỗỗ - ữữ

ỗố ứ

+ +

+ Do

1 1 1 1 1

1

2 2 2

n

S

n n n

ổ ửữ ổ ửữ

ỗ ữ ç ÷

< ççç - + - + + - ữữ= ỗỗỗ - ữữ<

ố + ứ ố + ø

Bài 3:

Ta có BAD· =CAE· ( Do cung EB = cung EC)

Và AEC· =DBA· ( Hai góc nội tiếp chắn cung AC) nên ΔBAD ΔEAC

(1)

BA AE

AB AC AE AD AD AC

Þ = Þ =

Ta cú ãADC=BDCã (Đối đỉnh) CADã =DBEã

(2 góc nội tiếp chắn cung CE) nên ΔACD ΔBDE

AD DB

AD DE DB DChay DC DE

Þ = Þ =

AD(AE-AD) = DB.DC

Hay AD2 = AD.AE - DB.DC=AB.AC – DB.DC (do (1))

c b a

D

O C

E

4b)Theo tính chất đường phân giác ta có

DC hay

b

DC DB DB DC DB a

AC AB c b c b c

+

= = = =

+ +

vậy ( )

2

DC DB a a a bc

DB DC

b c =b+c b+cÞ = b+c

theo câu a ta có AD2 = AB.AC – DB.DC = ( ) ( )

2

2

a bc a

bc bc

b c b c

ổ ửữ ỗ ữ ỗ - = ỗỗ - ữữ ữ ữ ỗ + ố + ø ( ) 2 a AD bc b c ổ ửữ ỗ ữ ỗ ị = ỗỗ - ữữ ữ ữ ỗ + ố ứ Bi 5: Vỡ m số hữu tỉ 2là số vô tỉ nên

n

m

n

Ta xet hai trường hợp:

a)

2 2 2

2 Khi m 2 hay m 2n

m

n m n

n > > Þ ³ + ³ +

Từ suy :

( ) 2 2 2 2

2 1 1

2 2

1

2 2

m n n

n n n n

n n n + -+ - ³ - = + - = = ổ ửữ + ỗ ữ + + ỗỗ + + ữữ ữ ỗố ứ b)

2 2 2

2 Khi m 2 hay m 2n

m

n m n

n < < Þ £ - £

-Từ suy :

( ) 2 2 2 2

2 1

2 2 2

1

2

1

1

2

m m n n

n n n n

n n n n - + = - ³ - = - - = + -= ổ ửữ + ỗ ữ ç + - ÷ ç ÷÷ çè ø ************************************************

Equation Chapter 1 Section 1SỞ GD&ĐT VĨNH

PHÚC

——————

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010 ĐỀ THI MƠN: TỐN

Dành cho thí sinh thi vào lớp chun Tốn Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

—————————

(Đề có 01 trang) Câu 1: (3,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

1

2

1

2

x y

x y xy

xy 

    

 

   



b) Giải biện luận phương trình: |x3 |p x|  | 5 (p tham số có giá trị thực)

Câu 2: (1,5 điểm)

Cho ba số thực a b c, , đôi phân biệt

Chứng minh

2 2

2 2

( ) ( ) ( )

a b c

b c  c a  a b 

Câu 3: (1,5 điểm)

Cho

1

4

A

x x



 

2

2

x B

x x

 

 

Tìm tất giá trị nguyên x cho

2

A B C 

số nguyên

Câu 4: (3,0 điểm)

Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB<CD) Gọi K, M trung điểm BD, AC Đường thẳng qua K vng góc với AD cắt đường thẳng qua M vng góc với BC Q Chứng minh:

a) KM // AB b) QD = QC

Câu 5: (1,0 điểm).

Trong mặt phẳng cho 2009 điểm, cho điểm chúng đỉnh tam giác có diện tích khơng lớn Chứng minh tất điểm cho nằm tam giác có diện tích không lớn

—Hết—

Câu (3,0 điểm). a) 1,75 điểm:

Nội dung trình bày Điểm

Điều kiện xy0 0,25

Hệ cho

2[ ( ) ( )] (1)

2( ) (2)

xy x y x y xy

xy xy

   

 

  

 0,25

Giải PT(2) ta được:

2 (3)

(4)

xy xy

     

Từ (1)&(3) có: 2 x y x y xy x y                       0,25

Từ (1)&(4) có:

1 2 1 2 x y x y xy x y                                 0,25

Vậy hệ cho có nghiệm là: ( ; ) (1; 2), (2; 1), (1; 1/ 2), (1/ 2; 1)x y  0,25

b) 1,25 i m:đ ể

Nội dung trình bày Điểm

Xét trường hợp:

TH1 Nếu 2x PT trở thành: (p1)x2(p1) (1) TH2 Nếu   3 x 2 PT trở thành: (1 p x) 2(1 p) (2) TH3 Nếu x 3 PT trở thành: (p1)x2(p 4) (3)

0,25

Nếu p1 (1) có nghiệm x2; (2) vơ nghiệm; (3) có nghiệm x thoả mãn:

2( 4)

3 1

1 p x p p          . 0,25 Nếu p1 (1) cho ta vơ số nghiệm thoả mãn 2x; (2) vơ nghiệm; (3) vơ nghiệm. 0,25 Nếu p1 (2) cho ta vô số nghiệm thoả mãn   3 x 2; (1) có nghiệm x=2; (3)VN 0,25

Kết luận:

+ Nếu -1 < p < phương trình có nghiệm: x =

2( 4) p x p   

+ Nếu p = -1 phương trình có vô số nghiệm 2  x

+ Nếu p = phương trính có vơ số nghiệm   3 x

+ Nếu 1 p p     

 phương trình có nghiệm x = 2.

0,25

Câu (1,5 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

+ Phát chứng minh

1

( )( ) ( )( ) ( )( )

bc ca ab

a b a c   b a b c   c a c b  

1,0 + Từ đó, vế trái bất đẳng thức cần chứng minh bằng:

2

2

( )( ) ( )( ) ( )( )

a b c bc ca ab

b c c a a b a b a c b c b a c a c b

                          0,5

Câu (1,5 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

Điều kiện xác định: x1 (do x nguyên). 0,25

Dễ thấy

1 2( 1)

;

| 1| | 1|

x

A B

x x



 

  , suy ra:

2 1

3 | 1| | 1|

x C x x         

Nếu x1 Khi

2 4( 1) 4( 1)

1 1

3 3(2 1) 3(2 1) 3(2 1)

x x x

C C

x x x x

  

 

          

   

 

Suy 0C1, hay C số nguyên với x1

0,5

Nếu

1

1

2 x

  

Khi đó: x0 (vì x ngun) C0 Vậy x0 giá trị cần tìm. 0,25

Nếu

1

x 

Khi x1 (do x nguyên) Ta có:

2 4( 1)

1

3 3(2 1)

x C

x x



 

    

 

 

4( 1)

1

3(2 1) 3(2 1)

x x

C

x x

 

    

  , suy  1 C0 hay C0 x1.

Vậy giá trị tìm thoả mãn yêu cầu là: x0, x1

0,25

Câu (3,0 điểm):

a) 2,0 i m:đ ể

Nội dung trình bày Điểm

Gọi I trung điểm AB,

,

E IK CD R IM CD Xét hai tam giác

KIB KED có: ABD BDC

0,25 KB = KD (K trung điểm BD) 0,25

 

IKB EKD 0,25

Suy KIBKED IK KE. 0,25 Chứng minh tương tự có: MIAMRC 0,25

Suy ra: MI = MR 0,25

Trong tam giác IER có IK = KE MI = MR

nên KM đường trung bình  KM // CD 0,25

Do CD // AB (gt) KM // AB (đpcm) 0,25

b) 1,0 i m:đ ể

Nội dung trình bày Điểm

Ta có: IA=IB, KB=KD (gt) IK đường trung bình ABD  IK//AD hay IE//AD

chứng minh tương tự 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 có: IK=KE, QKIE QK trung trực ứng với cạnh IE IER Tương tự QM là

trung trực thứ hai IER 0,25

Hạ QH CD suy QH trung trực thứ ba IER hay Q nằm trung trực đoạn CD

 Q cách C D hay QD=QC (đpcm). 0,25

Câu (1,0 i m):đ ể

Nội dung trình bày Điểm

A I B

K

M

D E H R C

A'

B' C'

A

B C

P P'

Trong số tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn (diện tích S) Khi

1

S  . 0.25

Qua đỉnh tam giác, kẻ đường thẳng song song với cạnh đối diện, đường thẳng giới hạn tạo thành tam giác A B C' ' ' (hình vẽ) Khi SA B C' ' ' 4SABC4 Ta chứng

minh tất điểm cho nằm tam giác A B C' ' '.

0.25

Giả sử trái lại, có điểm P nằm ngồi tam giác A B C' ' ', chẳng hạn hình vẽ Khi

 ;   ; 

d P AB d C AB

, suy SPAB SCAB, mâu thuẫn với giả thiết tam giác ABC có diện tích

lớn

0.25

Vậy, tất điểm cho nằm bên tam giác A B C' ' ' có diện tích khơng lớn 0.25

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN CỦA HẢI PHÒNG NĂM HỌC 2009-2010

Bài 1 : ( điểm )

Cho  

3

4 3

5 17 38

x  

  

tính  

2009

2 1

P x  x

Bài 2 : ( 1, điểm ) : cho hai phương trình x2 + b.x + c = ( ) x2 - b2 x + bc = (2 )

biết phương trình ( ) có hai nghiệm x1 ; x2 phương trình ( ) có hai nghiệm x x3; 4

thoả mãn điều kiện x3 x1x4 x2 1 xác định b c

Bài 3 : ( điểm )

1 Cho số dương a; b; c Chứng minh  

1 1

a b c

a b c

 

     

 

2 Cho số dương a; b; c thoả mãn a + b + c 3 Chứng ming

2

1 2009

670

a b c ab bc ca   Bài 4 : ( 3, điểm )

Cho tam giác ABC với BC = a ; CA = b ; AB = c( c < a ; c< b ) Gọi M ; N tiếp điểm đường tròn tâm ( O) nội tiếp tam giác ABC với cạnh AC BC Đường thẳng MN cắt tia AO : BO P Q Gọi E; F trung điểm AB ; AC

1 Chứng minh tứ giác AOQM ; BOPN ; AQPB nội tiếp Chứng minh Q; E; F thẳng hàng

3 Chứng minh

MP NQ PQ OM

a b c OC

 

Bài 5 : ( điểm )

1 Giải phương trình nghiệm nguyên 3x - y3 =

2 Cho bảng vng kích thước 2009 2010, ô lúc đầu đặt viên sỏi Gọi T thao tác lấy có sỏi chuyển từ ô viên sỏi đưa sang ô bên cạnh ( có chung cạnh với có chứa sỏi ) Hỏi sau số hữu hạn phép thực thao tác ta đưa hết sỏi bảng ô không

Lời giải Bài :

        3 3

4 3 3

5 17 38 5 (17 38) 2

1

1

17 38 17 38

x     

     

  



  

vậy P =

Bài : x3 x1x4  x2 1=> x3 x11;x4 x21

Theo hệ thức Vi ét ta có

        2 2 (1) (2)

1 (3)

1 (4)

x x b

x x c

x x b

x x bc

                

Từ (1 ) ( ) => b2 + b - =  b = ; b = -2

từ ( ) => x x1 2x1x2 1 bc => c - b + = bc ( )

+) với b = ( ) ln , phương trình x2 + +b x + c = trở thành X2 + x + = có nghiệm

1

1

4

c c

     

+) với b = -2 ( ) trở thành c + = -2 c => c = -1 ; phương trình x2 + b x + c = trở thành x2 - x - = có nghiệm x = 1

vậy b= 1; c

1

c

; b = -2 ; c = -1 Bài :

1 Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số dương

3

a b c   abc

1 1

3

a b c   abc

=>  

1 1

a b c

a b c

 

     

 

dấu “=” sảy  a = b = c

2 ta có

 2

2 2 3

3

a b c ab bc ca a   b c  ab bc ca     

2007

669

ab bc ca

 

 

Áp dụng câu ta có

 2 

2 2

1 1

2 2

a b c ab bc ca

a b c ab bc ca ab bc ca

 

       

 

     

=>  

2

2 2

1

1

a b c ab bc ca   a b c  

vậy 2

1 2009

670

a b c ab bc ca   dấu “=” sảy  a = b = c =

Bài : a) ta có

             180 2

BOP BAO ABO A B

C

PNC A B

BOP PNC

   



  

 

=> tứ giác BOPN nội tiếp

+) tương tự tứ giác AOQM nội tiếp

+) tứ giác AOQM nội tiếp=> AQOAMO900 tứ giác BOPN nội tiếp => BPO BNO  900

=> AQBAPB900 => tứ giác AQPB nội tiếp

b ) tam giác AQB vng Qcó QE trung tuyến nên QE = EB = EA

=>

  1 

2

EQB EBQ  B QBC

=> QE //BC

Mà E F đường trung bình 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 :

1) 3x - y3 =

  

3x 1

y y y

    

=> tồn m; n cho

2

1 3

1 3.3 3

m m

n m m n

y y

y y

m b x m b x

                        

+) m = y = x =

+) m >

9 3.3 3 3

9 3.3 9

m m n

m m n n

                    

=> 3.3 3 3 3

m m m m

     

=> m = => y = ; x = p/ trình có hai nghiệm ( ; 0 ; ( ; )

2.Ta tô màu ô vuông bảng hai màu đen trắng bàn cờ vua Lúc đầu tổng số sỏi ô đen 1005 2009 số lẻ

vậy chuyển tất viên sỏi bẳng ô vuông ô sau số hữu hạn phép thưc thao tác T

Sở giáo dục-đào tạo Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyờn

Hà nam Năm học 2009-2010

Mụn thi : tốn(đề chun) đề thức Thời gian làm bài: 120 phút(không kể thời gian giao đề) Bài 1.(2,5 điểm)

1) Giải phơng trình:

1

2

3 2

x  x  x

2) Giải hệ phơng trình:

1 12

x

x y x x y 

 

 

 

 

 



Bài 2.(2,0 điểm)

Cho phơng tr×nh: x 6x 2 m0

a) Tìm m để x = 7 48 nghiệm phơng trình b) Tìm m để phơng trình có nghiệm x=x1; x=x2 thoả mãn:

1

1

24

x x

x x

Bài 3.(2,0 điểm)

1) Cho phơng trình:

2

2x 2 2m x 6m52 0

( với m tham số, x ẩn số) Tìm giá trị m số ngun để phwowng trình có nghiệm l s hu t

2) Tìm số abc thoả m·n:  

2

abc a b c Bài 4.(3,5 điểm)

Cho ABC nhọn có C A. Đờng tròn tâm I nội tiếp ABC tiếp xúc với cạnh AB, BC, CA lần lợt điểm M, N, E; gọi K giao điểm BI NE a) Chứng minh:

 

AIB 90

C

 

b) Chứng minh điểm A, M, I, K, E nằm đờng tròn c) Gọi T giao điểm BI với AC, chứng minh: KT.BN=KB.ET

d) Gọi Bt tia đờng thẳng BC chứa điểm C Khi điểm A, B tia Bt cố định; điểm C chuyển động tia Bt thoả mãn giả thiết, chứng minh đờng thẳng NE tơng ứng qua điểm cố định

- HÕt

-Gợi ý số câu khó đề thi: Bài 3:

1) Ta cã '=  

2

4m 12m 68 2m  77

Để phơng trình có nghiệm hữu tỷ ' phải số phơng Giả sử

'

 = n2( n số tự nhiên). Khi ta có

2m 32 77 n2 2m 32 n2 77 2m 3 n  2m 3 n 77

            

Do nN nªn 2m-3+n>2m-3-n

Từ xét trờng hợp ta tìm đợc giá trị m 2)Từ giả thiết tốn ta có:

              2 2 100 10

100 10 ( 0)

4

10

10 10

4

a b

a b c a b c c do a b

a b

a b a

a b

a b a b

                        

Ta cã  

2 a b

số lẻ c nªn  

2 a b 1

5

Mµ  

2 a b

số chẵn nên

2 a b

ph¶i cã tËn cïng lµ 6  

2

a b

phải có tận (*)

Mặt khác

2.5

4( )

ab c

a b 

  vµ  2

4 a b 1

số lẻ

2 a b 1

<500  

2

125, 25

a b

  

(**) KÕt hợp (*) (**) ta có

2

a b 

{4; 9; 49; 64}  a+b {2; 3; 7; 8}

+ Nếu a+b{2; 7; 8} a+b có dạng 3k 1(k± N)  

2 a b 1

chia hÕt cho mµ (a+b) + 9a= 3k 1+9a kh«ng chia hÕt cho 3±  10a b 9a kh«ng 3 c N

+ NÕu a+b =3 ta cã

   

10

35

a a

c   

Vì 0<a<4 1+3a7 1+3a=7  a=2, c=6 b=1.Ta có số 216 thoả mãn.

KÕt luËn sè 216 lµ số cần tìm

Bài 4:

* ý c : Chøng minh KT.BN=KB.ET C¸ch 1:C/m AKTIET

KT AK ET  IE

C/m AKBINB

KB AK BN IN

C¸ch 2:

C/m TKETAI

KT TA ET TI

C/m BIMBAK

KB AB BM BI

Theo tính chất tia phân giác ABT ta cã

TA AB TI BI Và BM=BN từ suy điều phải c/m

*ý d:Chứng minh NE qua điểm cố định:

Do A, B tia Bt cố định nên ta có tia Bx cố định ABI  khơng đổi (tia Bx tia phân giác ABt)

Xét ABK vng K ta có KB = AB.cos ABI=AB.cos không đổi

Nh điểm K thuộc tia Bx cố định cách gốc B khoảng không đổi K cố định  đpcm

GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2009 – 2010

Đề, lời giải Cách khác, nhận xét

Bài 1: (1 điểm) Cho phương trình ax2 + bx +

c = coù nghiệm phân biệt x1, x2 Đặt S2

= x12 + x22 ; S1 = x1.x2 Chứng minh rằng:

a.S2 + b.S1 + 2c = 0

Theo Vi-eùt ta coù: x1+ x2 =

b a



; x1.x2 =

c a

   

     

     

2

1 2

2

1 2

2

1 2

2

2

a.S2 + b.S1 + 2c = a x x

x x x

x x x

2

2 ( 0)

x b x c

a x x b x c

a x a x b x c

b c b

a a b c

a a a

b b

c c do a

a a

   

 

     

 

     

 

 

       

     

Bài 2: (2 điểm)

Cho phương trình: 2x - 7 x+ 3m – = 0 (1)

a/ Định m để phương trình có nghiệm bằng tìm tất nghiệm cịn lại của phương trình.

b/ Tìm tất giá trị m để phương trình (1) có nghiệm.

a/ Phương trình có nghiệm x = thay vào pt ta có:

2.9 - +3m – =

Caùch khaùc:

 2

3m = m = 7/3

Từ (1) ta có x0 vào (1) ta pt:  2

2 x  x 3 (2)

Đặt x t 0 ta coù pt: 2t2 – 7t + = 0

Giải tìm t1 = ; t2 = ½

Suy x1 = ; x2 = ¼

b/ Từ (1) coi phương trình với ẩn x

Lập

81 24

x m

S x x

  

  

Để pt (1) có nghiệm thì:

1

81 24

27 8 x m m

S x x

              

x1 =  x1 3

maø 2 2 7 2 x x x x x            Câu b:

Có thể yêu cầu tìm số nguyên lớn m để phương trình (1) có nghiệm

Chú ý: thay x x ta có tốn tương tự

Bài 3: (2 điểm) Giải hệ phương trình:

   

   

   

1 2 (1)

2 (2)

3 (3)

x y y z z x             

 (I)

Nhân (1) (2) (3) ta coù: [(x + 1)(y + 2)(z + 3)]2 = 36

(x + 1)(y + 2)(z + 3) = (x + 1)(y + 2) (z + 3) = -6

Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = hệ (I) là:

0 3 1 2 z z x x y y                    

Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = - hệ (I) là:

6 3 1 2 z z x x y y                    

Vậy nghiệm hệ (0 ; ; 0) vaø (-2 ; -4 ; -6)

Nếu x, y, z số dương hệ có nghiệm

Bài 4: (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ

cho parabol (P):

2

x y

, điểm I(0 ; 3) và điểm M(m ; 0)

a/ Viết phương trình đường thẳng (d) qua hai điểm M, I

b/ Chứng minh (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B với AB > 6

a/ Gọi pt (d) y = ax + b

Khi qua I(0 ; 3) M(m ; 0) ta có:

.0 3

( ) :

3

b

a b

d y x

m a b a m

m

  

  

 

    

 

  

 



b/ Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P):

 

2

2

2

3 3

9 ( 0)

9

9 81 36 0,

x

x m

mx x m m

mx x m

m m m m



 

   

   

        

Vậy (d) cắt (P) điểm phân biệt

Chứng minh AB > 6

Vì A, B giao điểm (d) (P) nên hoành độ xA, xB phải thỏa mãn pt: mx2 + 9x –

9m =

Theo Vi-eùt ta coù: xA+ xB =

m ; xA xB = -9 Do A, B

3

( )d yA xA ; yB xB

m m

 

     

              2 2 2 2 2 2 2

2

3

9

9

4

9

4( 9)

81

36

81 729 324

36 36

A B A B

A B A B

A B A B

A B

A B A B

AB x x y y

x x x x

m m

x x x x

m x x

m

x x x x

m

m m

m m

m m m

                                                                                  

Bài 5: (3 điểm) Cho hai đường tròn (O ; R) và (O’ ; R’) cắt A B (R > R’). Tiếp tuyến B của

(O’ ; R’) caét (O ; R) C tiếp tuyến tại B (O ; R) cắt (O’ ; R’) D.

a/ Chứng minh rằng: AB2 = AC.AD và

2 BC AC BD AD       

b/ Lấy điểm E đối xứng B qua A. Chứng minh bốn điểm B, C, E, D thuộc một đường trịn có tâm K Xác định tâm K của đường trịn

a/ Xét (O) ta có C1 B (chắn cung AnB) Xét (O’) ta có D 1B1 (chaén cung AmB)

2

2 2

2

(1)

ABC ADB

AB AC BC

AD AB BD

AB AC AD

BC AB AB AC AD AC

BD AD AD AD AD

                        

b/ Từ (1) thay AE = AB ta có

AE AC

AD AE (*) mặt khác:

     

 

1 1 2

1

; (**)

A C B A B D

A A

   

 

Từ (*) (**) suy ra:

 

     

   

2

1 2

1 2

0

( )

180 ( )

AEC ADE c g c

E D

CED CBD E E B B

E D D B

xet BDE

   

 

     

   

 



Vậy tứ giác BCED nội tiếp đường tròn tâm K Với K gaio điểm đường trực BCE

hoặc BDE

Së GD&§T NghƯ An Đề thi thức

Kì thi TUYểN sinh VàO lớp 10

trờng thpt chuyên phan bội châu

năm học 2009 - 2010 Mụn thi: TỐN

Thời gian: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề

Bài 1: (3.5 điểm)

a) Giải phương trình

3 x2  7 x 3

b) Giải hệ phương trình

3

3

8

6

x y x

y



  

 

   



Bài 2: (1.0 điểm)

Tìm số thực a để phương trình sau có nghiệm ngun

2 2 0

x  ax a   Bài 3: (2.0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A có đường phân giác BE (E thuộc AC) Đường trịn đường kính AB cắt BE, BC M, N (khác B) Đường thẳng AM cắt BC K Chứng minh: AE.AN = AM.AK

Bài 4:(1.5 điểm)

Cho tam giác ABC có góc nhọn, trung tuyến AO có độ dài độ dài cạnh BC Đường trịn đường kính BC cắt cạnh AB, AC thứ tự M, N (M khác B, N khác C) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng AO I K Chứng minh tứ giác BOIM nội tiếp đường tròn tứ giác BICK hình bình hành

Bài 5:(2.0 điểm)

b) Cho a, b, c số thực dương thay đổi thỏa mãn: a b c  3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2 2

2 2

P a b c ab bc ca

a b b c c a

 

   

 

-Hết -

-Së GD&§T NghƯ An §Ị thi thức

Kì thi TUYểN sinh VàO lớp 10 trờng thpt chuyên

phan bội châu năm học 2009 - 2010 Môn thi: Toán

Hớng dẫn chÊm thi B¶n híng dÉn chÊm gåm 03 trang

Ni dung ỏp ỏn im

Bài 1 3,5 đ

a 2,0®

x2 7 x 3

 

3 3

2 7 3 2 7 2 7 27

x x x x x x

           0.50®

3

9 (x 2)(7 x) 27

     0.25®

3 (x 2)(7 x) 2

    0.25®

(x 2)(7 x) 8

    0.25®

2 5 6 0

x x

    0.25®

1 6 x x     

 ( tháa m·n )

0.50đ

b 1,50đ

Đặt

2

z

y  0.25®

Hệ cho trở thành

3 2 3 2 3 x z z x          0.25®

  3

3 x z z x

    0,25®

x z x xz z2 3 0

      0,25®

x z

  (v× x2 xz z  3 0,x z, ). 0,25®

Từ ta có phơng trình:

3 3 2 0

2 x x x x         

Vậy hệ cho có nghiệm: ( , ) ( 1; 2), 2,1x y  

0,25đ

Bài 2: 1,0 đ

Điều kiện để phơng trình có nghiệm:   0 a2  4a 8 0 (*) 0,25đ Gọi x1, x2 nghiệm nguyên phơng trình cho ( giả sử x1 x≥ 2)

Theo định lý Viet:

1

1 2

1

. 2

. 2

x x a

x x x x

x x a

           0,25®

(x 1)(x 1) 3

1 1 3 1 1 x x       

 hc

1 1 1 1 3 x x      

 (do x1 - x≥ 2 -1)

1 4 2 x x     

 hc

1 0 2 x x     

Suy a = hc a = -2 (tháa mÃn (*) )

0,25đ

Thử lại ta thấy a = 6, a = -2 thỏa mÃn yêu cầu toán 0,25đ

Bài 3: 2,0 đ

Vì BE phân giác góc ABC nên ABM MBC  AM MN 0,25®

 

MAE MAN

  (1) 0,50®

Vì M, N thuộc đờng trịn đờng

kÝnh AB nªn AMB ANB 900 0,25đ ANK AME900, kết hợp

với (1) ta có tam giác AME đồng dạng với tam giác ANK

0,50®

AN AK

AM AE

  0,25®

 AN.AE = AM.AK (đpcm) 0,25đ

Bài 4: 1,5 đ

Vì tứ giác AMIN nội tiếp nên ANM AIM Vì tứ giác BMNC nội tiếp nên ANM ABC

AIM ABC

  .Suy tø gi¸c BOIM néi tiếp

0,25đ Từ chứng minh suy tam gi¸c AMI

đồng dạng với tam giác AOB

. .

AM AI

AI AO AM AB

AO AB

   

(1)

0,25đ Gọi E, F giao điểm đờng thẳng AO

với (O) (E nằm A, O) Chứng minh tơng tự (1) ta đợc: AM.AB = AE.AF

= (AO - R)(AO + R) (víi BC = 2R) = AO2 - R2 = 3R2

0,25®

 AI.AO = 3R2

2

3 3 3

2 2 2

R R R R

AI OI

AO R

     

(2)

0,25đ Tam giác AOB tam giác COK đồng dạng nên

OA.OK = OB.OC = R2

2

2 2

R R R

OK

OA R

   

(3)

0,25® Tõ (2), (3) suy OI = OK

Suy O trung điểm IK, mà O trung điểm BC

Vì BICK hình bình hành 0,25đ

Bài 5: 2,0 ®

a, 1,0 ®

Giả sử O nằm ngồi miền tam giác ABC Khơng tính tổng qt, giả sử A O nằm phía đờng thẳng BC

0,25đ Suy đoạn AO cắt đờng thẳng BC K

Suy . 2.1 1 2 2 ABC AH BC

S

(mâu thuẫn với giả thiết) Suy điều phải chứng minh

0,25đ

b, 1,0®

Ta cã: 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2)

= a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 0,25đ mà a3 + ab2 2a2b (áp dụng BĐT Côsi )

b3 + bc2 2b2c c3 + ca2  2c2a

Suy 3(a2 + b2 + c2)  3(a2b + b2c + c2a) > 0

0,25®

Suy

2 2

2 2

P a b c ab bc ca

a b c

 

   

 

2 2

2 2

2 2

9 ( )

P

2( )

a b c

a b c

a b c

  

    

 

0,25®

Đặt t = a2 + b2 + c2, ta chứng minh đợc t  3. Suy

9 9 1 3 1

3 4

2 2 2 2 2 2 2

t t t

P t

t t



         

 P  DÊu b»ng xảy a = b = c =

Vậy giá trị nhỏ P

0,25đ

Nu thớ sinh gii cách khác câu cho tối đa điểm câu đó

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN

THANH HOÁ NĂM HỌC: 2009-2010

MƠN: TỐN (Dành cho học sinh thi vào lớp chuyên Toán) Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 19 tháng năm 2009 Câu 1: (2,0 điểm)

1 Cho số x (x R ; x > 0 ) thoả mãn điều kiện :

2 x + =

x Tính giá trị

các biểu thức : A =

3

x +

x B =

5 x +

x .

2 Giải hệ phương trình:

1 + - 21 y x

1

+ - x y         

Câu 2: (2,0 điểm)

Cho phương trình: ax2 + bx + c = (a 0) có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn điều kiện:

1

0 x x 2   Tìm giá trị lớn biểu thức:

2

2

2a - 3ab + b Q =

2a - ab + ac .

Câu 3: (2,0 điểm)

1 Giải phương trình:  

1

x - + y + 2009 + z - 2010 = x + y + z

2 .

2 Tìm tất số nguyên tố p để 4p2 + 6p2 + số nguyên tố

Câu 4: (3,0 điểm)

1 Cho hình vng ABCD có hai đường chéo cắt E Một đường thẳng

qua A, cắt cạnh BC M cắt đường thẳng CD N Gọi K giao điểm đường thẳng EM BN Chứng minh rằng: CK  BN.

2 Cho đường trịn (O) bán kính R = điểm A cho OA = Vẽ

tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O) (B, C tiếp điểm) Một góc xOy có số đo 450 có cạnh Ox cắt đoạn thẳng AB D cạnh Oy cắt đoạn thẳng AC E Chứng minh 2 - DE < 1

Câu 5: (1,0 điểm)

Cho biểu thức P = a2 + b2 + c2 + d2 + ac + bd , ad – bc = Chứng minh rằng: P  3.

- Hết

-Họ tên thí sinh: ……… Số báo danh: ………

sở giáo dục - đào tạo hà

nam kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyênNăm học 2009 - 2010 Môn thi : toán(Đề chung)

thức Thời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề) Bài (2 điểm)

Cho biÓu thøc P =

 1  22

1

x x x x x

x x

   



 

a) Tìm điều kiện xác định P b) Rút gọn P

c) Tìm x để P > Bài (1,5 điểm)

Gi¶i hƯ phơng trình:

1 2

2

x y x y

   

 

Bài (2 điểm)

1) Tìm toạ độ giao điểm đờng thẳng y = x + parabol y = x2

2) Tìm m để đồ thị hàm số y = (m + 1)x + 2m + cắt trục õ, trục Oy lần lợt điểm A , B AOB cân ( đơn vị hai trục v Oy bng nhau)

Bài (3,5 điểm)

Cho ABC vuông đỉnh A, đờng cao AH, I trung điểm Ah, K trung điểm HC Đờng trịn đờng kính AH ký hiệu (AH) cắt cạnh AB, AC lần lợt diểm M N

a) Chứng minh ACB AMN đồng dạng b) Chứng minh KN tiếp tuýn với đờng tròn (AH) c) Tìm trực tâm ABK

Bµi (1 điểm)

Cho x, y, z số thùc tho¶ m·n: x + y + x = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P =

1 1

16x4y z

-sở giáo dục đào tạo hà

nam Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyênNăm học 2009 – 2010

hớng dẫn chấm thi mơn tốn : chung

Bài (2 điểm)

a) (0,5 điểm) Điều kiện xác định P x0 x ≠ 0.5

b) (1 ®iĨm)

 1

1

x x x

x x     0,25

 22 4 4 3

1

x x x x x x x

x x           0,25 x x    0,25

VËy P =

4

1 x 0,25

c) (0,5 ®iĨm) P>0 1 x 0 0,25

1

x x

     0,25

Bµi (1,5 điểm)

Cộng hai phơng trình ta có : 3 2 x 1 0,5

1

2

3 2

x 

    

 

0,5

Víi x 1  y 2 1   1   1 0,25

K/l VËy hÖ cã nghiÖm:

2 x y     0,25 Bài (2 điểm)

a) (1 điểm) Hoành độ giao điểm nghiệm phơng trình: x2 = x + 6

 x2 x 0  x2 hc x = 05

Víi x = -2  y4;x y9 0,25

Hai điểm cần tìm (-2;4); (3;9) 0,25

b) (1 ®iĨm)

Víi y =  

2

1

1

m

m m x

m        

 (víi m ≠ -1)

2m+3

A - ;0

m+1

 

  

 

Víi x =  y2m 3 B 0;2m+3 

0,25

OAB vuông nên OAB cân A;B O OA = OB

2 3 m m m       0,25 + Víi  

2

2 3 0

1

m

m m m

m m

  

        

    hc m =

3  (lo¹i) 0,25 + Víi  

2

2 3

1

m

m m m

m m

  

          

    hc m =

3



(lo¹i) K/l: Giá trị cần tìm m = 0; m = -2

0,25 Bài 4(3,5 điểm)

a) (1,5 điểm)

E N

M

I

K H

C B

A

AMN ACB vuông đỉnh A 0,25

Cã AMN AHN  (cïng ch¾n cung AN)

 

AHN ACH (cùng phụ với HAN ) (AH đờng kính)

 

AMN ACH

 

0,75

AMN ACB

   0,25

b) (1 điểm) HNC vng đỉnh N ANH 90  có KH = KC  NK = HK lại có IH = IN (bán kính đờng trịn (AH)) IK chung nên KNI = KHI (c.c.c)

  900

KNI KHI

    KNI 900

0,75 Có KNIn, IN bá kính (AH) KN tiếp tuyến với đờng tròn (AH) 0,25 c) (1 điểm)

+ Gọi E giao điểm Ak với đờng trịn (AH), chứng minh góc HAK= góc HBI Ta có AH2 HB.HC  AH.2IH = HB.2HK 

HA HK HBHI  HAKHBI  HAK HBI

0,5

+ Cã HAK EHK (ch¾n cung HE)  HBI EHK BI HE//

CóAEH 900 (AH đờng kính)  BI AK

0,25

ABK cã  BI AK vµ  BK AI I trực tâm ABK 0,25

Bài (1 ®iĨm)

 

1 1 1 21

P=

16x 16x 16 16 16

y x z x z y

x y z

y z y z x y x z y z

       

              

 

     

0,5

Theo cèi víi c¸c sè d¬ng:

1

16 4

y x

x y dÊu b»ng x¶u y=2x

1

16

z x

x z  dÊu b»ng x¶u z=4x

1

z y

y z  dÊu b»ng x¶u z=2y VËy P  49/16

0,25

P = 49/16 víi x = 1/7; y = 2/7; z = 4/7

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH NINH BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN NĂM HỌC 2009 – 2010

Mơn Tốn – Vịng (Dùng cho tất thí sinh)

Thời gian làm 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Đề thi gồm 05 câu 01 trang Câu 1: (2 điểm)

Tính giá trị biểu thức:

 

 

x 5 2 5 5 250

3 3

y

3 1 3 1

x x y y

A x y

x xy y

  

 

 



 

 

Câu 2: (2,5 điểm)

Cho phương trình (m + 1)x2 – 2(m – 1) + m – = (ẩn x, tham số m).

a) Giải phương trình m =

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn:

1

1 1 7

x  x 4 Câu 3: (1,0 điểm)

Khoảng cách hai bến sông A B 60 km Một ca nơ chạy xi dịng từ bến A tới bến B, nghỉ 20 phút bến sơng B ngược dịng trở A Thời gian kể từ lúc khởi hành đến bến A tất 12 Tính vận tốc riêng ca nơ vận tốc dịng nước biết vận tốc riêng cảu ca nơ gấp lần vận tốc dịng nước

Câu 4: (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O; R) đường thẳng (d) không qua tâm O cắt đường tròn (O; R) hai điểm phân biệt A, B Điểm M chuyển động (d) nằm ngồi đường trịn (O; R), qua M kẻ hai tiếp tuyến MN MP tới đường tròn (O; R) (N, P hai tiếp điểm)

a) Chứng minh tứ giác MNOP nội tiếp đường tròn, xác định tâm đường trịn

b) Chứng minh MA.MB = MN2.

c) Xác định vị trí điểm M cho tam giác MNP

d) Xác định quỹ tích tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MNP Câu 5: (1 điểm)

Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn:

4 5 23 x  y Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

6 7

B 8x 18y

x y

   

y =

A = x – y = Bài 2:

a) Với m = x1 = 0; x2 = 2/3

b) m = -6 Bài 3:

ĐS: Vận tốc ca nô: 12 km/h Vận tốc dòng nước: km/h Bài 4:

a, b)

c) Tam giác MNP OM = 2R

d) Quỹ tích tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MNP đường thằng d’ song song với đường thẳng d (trừ điểm bên 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

   

   

 

          

     

Dấu xảy  

1 1 x; y ;

2 3

 

 

 .

Vậy giá trị nhỏ B 43  

1 1 x; y ;

2 3

 

 

 

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ YÊN

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THƠNG NĂM HỌC 2009-2010

Mơn thi: TỐN CHUYÊN

Câu 1.(4,0 điểm) Cho phương trình x4 + ax3 + x2 + ax + = 0, a tham số a) Giải phương trình với a =

b) Trong trường hợp phương trình có nghiệm, chứng minh a2 > 2.

Câu 2.(4,0 điểm)

a) Giải phương trình: x + + - x (x + 3)(6 - x) =

b) Giải hệ phương trình:

x + y + z = 2x + 2y - 2xy + z =

 

 .

Câu 3.(3,0 điểm) Tìm tất 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 số dương Chứng minh rằng: 3abc + xyz3 3(a + x)(b + y)(c + z) b) Từ suy : 333333 3 2 33

Câu 5.(3,0 điểm) Cho hình vng ABCD tứ giác MNPQ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh AB, BC, CD, DA hình vng

a) Chứng minh SABCD

AC



(MN + NP + PQ + QM)

b) Xác định vị trí M, N, P, Q để chu vi tứ giác MNPQ nhỏ

Câu 6.(3,0 điểm) Cho đường trịn (O) nội tiếp hình vng PQRS OA OB hai bán kính thay đổi vng góc với 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 Ax By

=HẾT=

SỞ GD & ĐT PHÚ YÊN ***

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 không theo cách nêu đáp án mà cho đủ điểm phần 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 thống thực Hội đồng chấm thi

3- Điểm tồn thi khơng làm trịn số

II- Đáp án thang đi m:ể

Câu 1a.

(2,0đ) Ta có phương trình :

4

x + ax +x + ax + = (1)

Khi a =1 , (1)  x +x +x +x+1= (2) Dễ thấy x = nghiệm

Chia vế (2) cho x2 ta được:

2

1

x + + x + +1=

x x (3).

Đặt

1 1

t = x+ t x+ x +

x  x  x  2

x + t -2

x  .

Phương trình (3) viết lại : t + t - = 02

Giải (3) ta hai nghiệm

1

t

2

  

1

t

2

  

không thỏa điều kiện |t| 2.Vậy với a = 1, phương trình cho vơ nghiệm

0,50

0,50

0,50

0,50

Câu1b.

(2,0đ) Vì x = nghiệm (1) nên ta chia vế cho x

2 ta có phương trình :

2

1

x + +a x + +1=

x x       . Đặt t = x +

x , phương trình : t2 + at - = (4).

Do phương trình cho có nghiệm nên (4) có nghiệm |t|  Từ (4) suy

2 1- t a t 

Từ :

2 2

2 (1 - t )

a >2

t

  t (t - 4) (5)2

  

Vì |t|  nên t2 >0 t2 –  , (5) đúng, suy a2 >

0,50

0,50 0,50 0,50

Câu 2a.

(2,0đ) x + + - x - (x + 3)(6 - x) (1)

Điều kiện :

x+3

-3 x 6-x

        Đặt : 2

x +

, ,

v = - x

u

u v u v

         

Phương trình có trở thành hệ :

2 2

u + v = (u + v) - 2uv = u + v - uv = u + v = + uv

 



 

 

Suy : (3+uv)2-2uv =

uv = u =

uv = -4 v =

 

   

 

x+3 = x = -3 x = 6-x =

 

   





Vậy phương trình có nghiệm x =-3 , x =

0,50 0,50 0,50 0,50 Câu 2b. (2,0đ)

Ta có hệ phương trình :

2

x+y+z=1 x+y = 1-z

2x+2y-2xy+z =1 2xy = z +2(x+y)-1

 



 

 

2

x + y = - z

2xy = z - 2z + = (1- z)

   

 2xy = (x + y)2

 x + y = 02  x = y =  z = 1.

Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm nhất: (x ;y ;z) = (0 ;0; 1)

0,50

0,50 0,50

Câu 3.

(3,0đ) Ta có : 3x2 + 6y2 + 2z2 +3y2z2 -18x = (1)  3(x-3) + 6y + 2z + 3y z2 2 2 33 (2) Suy : z2  2z2  33

Hay |z| 

Vì z nguyên suy z = |z| = a) z = , (2)  (x-3)2 + 2y2 = 11 (3)

Từ (3) suy 2y2 11  |y|  2.

Với y = , (3) khơng có số ngun x thỏa mãn Với |y| = 1, từ (3) suy x { ; 6}.

b) |z| = 3, (2)  (x-3)2 + 11 y2 = (4)

Từ (4)  11y2  y = 0, (4) số nguyên x thỏa mãn

Vậy phương trình (1) có nghiệm ngun (x ;y ;z) (0;1;0) ; (0 ;-1;0) ; (6 ;1 ;0) (6 ;-1 ;0)

0,50

0,50

0,50 0,50 0,50 0,50

Câu 4a. (2,0đ)

3abc3xyz  3(a+x)(b+y)(c+z) (1)

Lập phương vế (1) ta :

abc + xyz + (abc) xyz +3 abc(xyz)3 (a+x)(b+y)(c+z)

2

3

abc + xyz+ (abc) xyz +3 abc(xyz)

 

abc+xyz+abz+ayc+ayz+xbc+xyc+xbz

2

3

3 (abc) xyz +3 abc(xyz) (abz+ayc+ xbc)+ (ayz+xbz+xyc)

  (2)

Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có :

2

(abz+ayc+ xbc) (abc) xyz (3)

2

(ayz+xbz+ xyc) abc(xyz) (4)

Cộng hai bất đẳng thức (3) (4) ta bất đẳng thức (2), (1)

chứng minh

0,50

0,50

0,50 0,50

Câu4b.

(1,0đ) Áp dụng BĐT (1) với

3

a = 3+ 3, b = 1, c = 1, x = - 3, y = 1, z =

Ta có : abc = + 33, xyz = 3-33, a+ x = 6, b + y = 2, c + z = Từ :

33+ 33 33- 33 36.2.2 3

(đpcm)

0,50 0,50

Câu 5a. (2,0)

Gọi I, J, K trung điểm

QN, MN, PQ Khi : A M B

N Q

I J

K

BJ =

MN

2 (trung tuyến  vuông MBN)

Tương tự DK =

PQ .

IJ =

QM

2 (IJ đtb  MNQ).

Tương tự IK =

PN .

Vì BD  BJ + JI + IK + KD Dođó:

ABCD

AC AC

S BD (BJ+JI + IK+KD)

2

  =AC(MN+NP+PQ+QM)

4 - đpcm.

0,50

0,50

0,50 0,50

Câu5b. (1,0)

Chu vi tứ giác MNPQ :

MN + NP + PQ + QM = 2BJ + 2IK +2DK + 2IJ

= 2(BJ + JI + IK + KD)  2BD (cmt)

Dấu xảy đường gấp khúc trùng với BD, tức MQ //NP, MN//PQ, MN=PQ (vì cạnh huyền tam giác vng cân nhau), lúc MNPQ hình chữ nhật

0,50

0,50

Câu 6. (3,0đ)

Kí hiệu hình vẽ

Phần thuận :

 

AOB =AMB 90 (giả thiết)  tứ giác AOBM nội tiếp  AMO ABO 45   0(vì AOB

vuông cân O)

Suy M nằm đường thẳng qua O tạo với đường PQ góc 450.

Trường hợp B vị trí B’ M’ nằm đường thẳng qua O tạo với PS góc 450.

Giới hạn :

*) Khi A  H M  Q, A  K M  S

*) Trường hợp B vị trí B’: A  H M’  P, A  K M’  R Phần đảo: Lấy M đường chéo SQ (hoặc M’ PR), qua M kẻ đường thẳng song song với đường thẳng PQ cắt (O) A Kẻ bán kính OB 

OA

Ta thấy tứ giác AOBM nội tiếp (vì AMO ABO 45   0)

Suy : AMB AOB 90   0.

Mà AM//PQ , PQ PS  MB//PS

Kết luận:Quỹ tích giao điểm M đường chéo hình vng PQRS

0,50 0,50

0,50

0,50

0,50 0,50

=Hết=

x y

O

K H

P Q

R S

A

B M M'

Sở Giáo dục đào tạo BìNH DƯƠNG

-Kú thi tuyển sinh lớp 10 THPT Chuyên Hùng Vơng

Năm học 2009-2010 Mơn thi: Tốn (Chun) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề.)

-Câu1: Giải phơng trình

2 2 19 39

x  x x x

Câu 2: Giải hệ phơng tr×nh

 2 3  2 0

5 0

x y x y

x y

    

    

  

C©u 3: Cho a,b  R tháa:

2 3 2 3 3

a a b b

   

   

   

    

TÝnh a+ b

Câu Cho Phơng trình bậc hai , x Èn, tham sè m:

 

2 2 1 2 0

x  m x m

1- Chứng minh phơng trình có hai nghiệm phân biệt với giá trị m

2- Gọi x1,x2 hai nghiệm phơng trình Chứng tỏ M = x1 + x2 - x1x2 không phụ thuộc vào giá trị m

Cõu Cho tam giác ABC có góc nhọn BE CF hai đờng cao Trực tâm H Trên HB HC lần lợt lấy điểm M , N cho AMC ANB 900 Chứng minh : AM = AN

GiảI đề Thi Câu1: Giải phơng trình

                                2 4( 5(

2 2 19 39 (*)

2 19

(*) 2 0

2 19 16 2 35 0 t

t

x x

x x x x

x x

t t

x x

x x

đặt t =

nhận) loại

Câu 2: Giải hệ phơng trình

                                                                      2 (*)

(*)

2 2 7 2

2 3 2 0

5 0

t

t t

t x

x y y

x y

x x y

x y y

x y x y

x y

đặt t = x + y

C©u 3: Cho a,b  R tháa:

2 3 2 3 3

a a b b

   

   

   

    

TÝnh a+ b

                                                                                                             2 t 3

2 3 2 3 3

2 3 2 3 3 2 3 2 3

2 3 2 3

2 3 2 3 3

2 3 2 3

b b

a a b b

a a a a b b

a a b b

a a b b

a a b b

õ

   

   

ab + a + b + =

ab - a - b + =

2a + 2b =

a

a + b =

+ b =

v × > 0, > nª n a = b =

2 2 2 2

b + 3 a + 3 a + b + 3

2 2 2 2

b + 3 a + 3 a + b + 3

2 2

b + 3 a + 3

2 2

b + 3 a + 3

2 2

a + 3 b + 3

   

   



  

Câu Cho Phơng trình bậc hai , x lµ Èn, tham sè m:

 

2 2 1 2 0

x  m x m

1

’ = [-(m+1)]2-2m = m2 +2m +1 -2m = m2 + > 0

Nªn phơng trình có hai nghiệm phân biệt với giá trị m

1 2

1 2

1 2 1 2

TheoViet :

x + x = 2(m + 1) x x = 2m

M = x + x - x x = 2(m + 1) - 2m = 2

Nên không phụ thuộc vào giá trị m C©u 5:

 

 

 



AEB AFC(g-g) AE

AF

(1)

AE AC AF AB

AB AC

2

(2) , : ® êng

, : ® êng ( )

vMAC ME cao MA AE AC

vNAB NF cao NA AF AB

  

 Tõ (1),(2),(3) MA2 = NA2 MA = NA

-N M

H

F

E A

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH Năm học : 2009-2010

Mơn thi: TỐN

(Dành cho thí sinh thi vào chun Tốn, Tin)

Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm : 01 trang

Bài (2,0 điểm) :

a Cho k số nguyên dương Chứng minh bất đẳng thức sau:

1 1

2( )

(k1) k  k  k1

b Ch ng minh r ng: ứ ằ

1 1 88

23 4 32010 2009 45

Bài (2.5 điểm): Cho phương trình ẩn x: x2(m1)x 0 (1) (m tham số)

a. Tìm giá trị m để phương trình (1) có nghiệm x 1 

b. Tìm giá trị m để phương trình (1) có nghiệm x x1, 2 cho biểu

thức: A(x12 9)(x22 4) đạt giá trị lớn nhất.

Bài (2,0 điểm):

a Giải hệ phương trình sau :

2

3

3

x y xy

x y

    



 

 

b Tìm số nguyên x, y thỏa mãn phương trình:

3 2 3 2

x  x  x y

Bài (3,0 điểm): Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a M điểm di động đoạn OB (M không trùng với O; B) Vẽ đường tròn tâm I qua M tiếp xúc với BC B, vẽ đường tròn tâm J qua M tiếp xúc với CD D Đường tròn (I) đường tròn (J) cắt điểm thứ hai N

a Chứng minh điểm A, N, B, C, D thuộc đường trịn Từ suy điểm

C, M, N thẳng hàng

b Tính OM theo a để tích NA.NB.NC.ND lớn

Bài 5 (0.5 điểm): Cho góc xOy 120o, tia phân giác Oz góc xOy lấy điểm A cho độ dài đoạn thẳng OA số nguyên lớn Chứng minh ln tồn ba đường thẳng phân biệt qua A cắt hai tia Ox, Oy B C cho độ dài đoạn thẳng OB OC số nguyên dương

========= Hết ========= Cán coi thi khơng giải thích thêm

Họ tên thí sinh:……….……… Số báo danh: .

……… SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI

BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH Năm học : 2009-2010

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MƠN TỐN CHUN

CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM

Bài 1 (2điểm)

a. Cho k số nguyên dương CMR:

1 1

2( )

(k1) k  k  k1

b Chứng minh rằng:

1 1 88

23 24 32010 2009 45

a

(1.0đ) Bđt

1 k k

(k 1) k k k

 

 

  0.25

 2k k(k 1) 0    0.25

2

( k k )

   

Luôn với k nguyên dương

0.25

1 1

2( )

( 1)

  

 

k k k k 0.25

b (1.0đ)

Áp dụng kết câu a ta có:

1 1

VT

2 2010 2009

   

0.25

1 1 1

2 2

1 2 2009 2010

   

 

          

     

 0.25

1

2010

 

   

  0.25

1 88

2 VP

45 45

 

    

  (đpcm) 0.25

Bài 2

(2.5 điểm)

c Tìm giá trị m để phương trình có nghiệm x 1 

d Tìm m để (1) có nghiệm x x1, 2 cho biểu thức:

2

1

( 9)( 4)

A x  x  max

a

(1,5đ) Pt (1) có nghiệm x 1      

2

1 1

   m    0.5

Tìm m5 6 KL. 1.0

b

(1,0đ) Tính  

2

1 24

m m

      suy pt (1) có nghiệm phân biệt

1,

x x . 0.5

 62 2 22 A x x   x  x

Theo ĐL Vi-et ta có x x1 6  

1

2

A x  x  0.25

Max A =

1 1

1 2

1

2 3

6 2

1

x x x x

x x x x

x x m m m

                            

KL : Vậy m = ; m = giá trị cần tìm

0.25

Bài 3

(2 điểm)

a Gi i h phả ệ ương trình sau :

2

3

3

x y xy

x y          

b Tìm số nguyên x, y thỏa mãn phương trình:

3 2 3 2

x  x  x y

a (1.0đ)

Hệ phương trình cho

2

2

2

( ) 3

( )( )

x y x y xy

x y xy x y x y xy

                      0.5 2

x y x

xy y

  

 

   

 

 

2 x y      0.5 b (1.0đ) Ta có

3 2 3 2 2 0

4

y  x  x  x  x     x y

 

(1)

0.25

2

3 15

( 2) 2

4 16

x  y  x  x  x     y x 

 

(2)

0.25

Từ (1) (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy y = x + 1 0.25

Thay y = x + vào pt ban đầu giải phương trình tìm x = -1; x

Bài 4

(3 điểm) Cho hình vng ABCD tâm O, cạnh a M điểm di động đoạnOB (M không trùng với O; B) Vẽ đường tròn tâm I qua M tiếp xúc với BC B, vẽ đường tròn tâm J qua M tiếp xúc với CD D Đường tròn (I) đường tròn (J) cắt điểm thứ hai N

c Chứng minh điểm A, N, B, C, D thuộc đường trịn Từ suy điểmC, M, N thẳng hàng

d Tính OM theo a để tích NA.NB.NC.ND lớn

K H

N

O I

J

B A

D C

M

a 2.0đ

MNB MBC

  ( Cùng chắn cung BM)

MND MDC

  ( Cùng chắn cung DM)

90

BND MNB MND MBC MDC

        

Do điểm A, B, C, D, M thuộc đường tròn

1.5

Suy NC phân giác góc BND ( cung BC = cung BD) Mặt khác, theo CM ta có NM phân giác góc BND Nên M, N, C thẳng hàng

0.5

b 1.0đ

Gọi H, K hình chiếu N AC BD

 NHOK hình chữ nhật

Ta có : NA NC NH AC NH a NB ND NK BD NK a   Suy

2

2 2

2

NH NK a

NA NB NC ND a NH NK  a  a NO 

0.5

Dấu xảy

a

NH NK  (2 2)

2

a

OM 

Bài 5 (0.5 điểm)

Cho góc xOy 120o, tia phân giác Oz góc xOy lấy điểm A cho độ dài đoạn thẳng OA số nguyên lớn Chứng minh ln tồn ba đường thẳng phân biệt qua A cắt hai tia Ox, Oy B C cho độ dài đoạn thẳng OB OC đều số nguyên dương.

y

z x

A O

B C

 Chỉ đường thẳng d1 đi qua A vng góc với OA thỏa mãn

bài tốn

 Đặt OA = a > (a nguyên) Trên tia Ox lấy điểm B cho OB

= a + nguyên dương Đường thẳng d2đi qua A, B cắt tia Oy

C

Chứng minh

1 1

OB OC OA

1 1

( 1)

1 OC a a

a OC a

     

 là số nguyên

dương

Suy d2 đường thẳng cần tìm

 Tương tự lấy B Ox cho OB = a(a + 1), Ta tìm

đường thẳng d3

 Chứng minh d d d1, ,2 3 phân biệt ĐPCM

0.5

Hướng dẫn chung

1 Trên bước giải khung điểm cho câu Yêu cầu học sinh phải trình bầy, lập luận biến đổi hợp lý, chặt chẽ cho điểm tối đa.

2 Bài phải có hình vẽ phù hợp với lời giải tốn cho điểm.( khơng cho điểm hình vẽ )

3 Những cách giải khác cho điểm tối đa.

4 Chấm điểm phần, điểm toàn tổng điểm thành phần( không làm trũn).

Năm học 2007- 2008

ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT – TP hµ néi

Bài 1: (2,5 điểm) Cho biểu thức P= Rút gọn biểu thức P Tìm x để P <

1

Bài 2: (2,5 điểm)

Giải tốn sau cách lập phương trình

Một người xe đạp từ A đến B cách 24km Khi từ B trở A người tăng vận tốc thêm 4km/h so với lúc đi, thời gian thời gian 30 phút Tính vận tốc xe đạp từ A đến B

Bài 3: (1 điểm) Cho phương trình

Giải phương trình b= -3 c=2

Tìm b,c để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt tích chúng

Bài 4: (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O; R) tiếp xúc với đường thẳng d A Trên d lấy điểm H không trùng với điểm A AH <R Qua H kẻ đường thẳng vng góc với d, đường thẳng cắt đường tròn hai điểm E B ( E nằm B H)

1 Chứng minh góc ABE góc EAH tam giác ABH đồng dạng với tam giác EAH

2 Lấy điểm C d cho H trung điểm đoạn AC, đường thẳng CE cắt AB K Chứng minh AHEK tứ giác nội tiếp

3 Xác định vị trí điểm H để AB= R

Bài 5: (0,5 điểm)

Cho đường thẳng y = (m-1)x+2

Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng lớn

Gợi ý phương án giải đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT- Hà Nội Năm học 2007-2008

Bài 1:

1 Kết rút gọn với điều kiện xác định biểu thức P

2 Yêu cầu Đối

chiếu với điều kiện xác định P có kết cần tìm

Bài 2:

Gọi vận tốc x (đơn vị tính km/h, điều kiện x>0) ta có phương trình Giải ta có nghiệm x=12(km/h)

Bài 3:

1 Khi b=-3, c= phương trình x2-3x+2=0 có nghiệm x=1, x=2

2 Điều kiện cần tìm

Bài 4:

1 chắn cung AE Do tam giác ABH EHA

đồng dạng

2 nên hay

Vậy tứ giác AHEK nội tiếp đường tròn đường kính AE M trung điểm EB OM vng góc BE, OM=AH Ta có

đều cạnh R Vậy AH= OM=

Đường thẳng y = (m-1)x+2 mx= y+x-2đi qua điểm cố định A(0;2) Do đố OA=2 Khoảng cách lớn từ gốc tọa độ đến đường thẳng d OA=2, xảy d vng góc với OA hay hệ số góc đường thng d l tc l m-1

Năm học 2007- 2008

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT – TP HO CHI MINH

(TG: 120 phút)

Câu 1: (1, điểm)

Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x2 – 2 x + = 0

b) x4 – 29x2 + 100 = 0

c)

5 17

9

x y x y

  



  

Câu 2: (1, điểm)

Thu gọn biểu thức sau: a)

b)

Câu 3: (1 điểm)

Một khu vườn hình chữ nhật có diện tích 675 m2 có chu vi 120 m Tìm

chiều dài chiều rộng khu vườn

Câu 4: (2 điểm)

Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – m + = với m tham số x ẩn số.

a) Giải phương trình với m =

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ,x2

c) Với điều kiện câu b tìm m để biểu thức A = x1 x2 - x1 - x2 đạt giá trị nhỏ

nhất

Câu 5: (4 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC) Đường trịn đường kính BC cắt AB, AC theo thứ tự E F Biết BF cắt CE H AH cắt BC D

a) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp AH vng góc với BC b) Chứng minh AE.AB = AF.AC

c) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC K trung điểm BC Tính tỉ số

OK

BC khi tứ giác BHOC nội tiếp.

Gợi ý phương án giải đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT Năm học 2007-2008

Câu 1:

a) Ta có Δ’ = nên phương trình có nghiệm phân biệt x1 = – x2 = +

1

b) Đặt t = x2 ≥ 0, ta phương trình trở thành t2 – 29t + 100 = t = 25 hay t

=2

* t = 25 x2 = 25 x = ± 5.

* t = x2 = x = ± 2.

Vậy phương trình cho có nghiệm ± 2; ±5

c)

Câu 2:

a) b)

Câu 3:

Gọi chiều dài x (m) chiều rộng y (m) (x > y > 0)

Theo đề ta có:

Ta có: (*) x2 – 60x + 675 = x = 45 hay x = 15.

Khi x = 45 y = 15 (nhận) Khi x = 15 y = 45 (loại)

Vậy chiều dài 45(m) chiều rộng 15 (m)

Câu 4:

Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – m + = (1)

a) Khi m = (1) trở thành:

x2 – 2x + = 0 (x – 1)2 = x = 1.

b) (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2

Δ’ = m – > m >

Vậy (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 m >

c) Khi m > ta có:

S = x1 + x2 = 2m P = x1x2 = m2 – m +

Do đó: A = P – S = m2 – m + – 2m = m2 – 3m + = − ≥ –

Dấu “=” xảy m= (thỏa điều kiện m > 1)

Vậy m = A đạt giá trị nhỏ GTNN A –

a) * Ta có E, F giao điểm AB, AC với đường trịn đường kính BC

Tứ giác BEFC nội tiếp đường trịn đường kính BC

* Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường

trịn)

BF, CE hai đường cao ΔABC H trực tâm Δ ABC

AH vng góc với BC

b) Xét Δ AEC Δ AFB có: chung

Δ AEC đồng dạng với Δ AFB c) Khi BHOC nội tiếp ta có:

mà (do

AEHF nội tiếp)

Ta có: K trung điểm BC, O tâm đường tròn ngoại tiếp ABC OK vng góc với BC mà tam giác OBC cân O (OB = OC )

Vậy mà BC = 2KC nên

d) d) Xét Δ EHB Δ FHC có:

(đối đỉnh) Δ EHB đồng dạng với Δ FHC

HE.HC = HB.HF = 4.3 = 12

HC(CE – HC) = 12 HC2 – 8.HC + 12 = HC = HC = 6.

* Khi HC = HE = (không thỏa HC > HE) * Khi HC = HE = (thỏa HC > HE)

Vy HC = (cm)

Năm học 2008- 2009

Môn toán - ( thêi gian 120’) B

µi I

Cho biÓu thøc

1

:

x x

P

x x x x

   

     

 

   

1) Rót gän biĨu thøc P

2) Tính giá trị biểu thức P x = 3) Tìm x để P =

13 B

ài II : Giải toán cách lập phơng trình

Thỏng th nht hai tổ sản xuất đợc 900 chi tiết máy Tháng thứ hai tổ I vợt mức 15% tổ hai vợt mức 10 % so với tháng thứ , hai tổ sản xuất đợc 1010 chi tiết máy Hỏi tháng thứ tổ sản xuất đợc chi tiết máy?

Bµi III :

Trên hệ trục toạ độ Oxy, cho Parapol (P) có ptrình :

2

1 2

y x

và đờng thẳng (d) có phơng trình y = mx +

a) CMR: với giá trị m đờng thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt

b) Gọi A ,B hai giao điểm (d) (P) Tính diện tích AOB theo m ( O gốc toạ độ )

B µi IV :

Cho đtrịn (O), đờng kính AB = 2R E điểm nằm đờng trịn ( E khác A B) Đờng phân giác góc AEB cắt đoạn thẳng AB F cắt đờng tròn (O) điểm thứ hai K

a) Chứng minh KAF đồng dạng KEA

b) Gọi I giao điểm đờng trung trực đoạn EF với OE Chứng minh đờng tròn (I) bán kính IE tiếp xúc với đờng trịn (O) E tiếp xúc với đờng thẳng AB F c) Chứng minh MN // AB , M N lần lợt giao điểm thứ hai AE , BE

với đờng tròn (I)

d) Tính giá trị nhỏ chu vi KPQ theo R E di chuyển đờng tròn (O), với P giao điểm NE AK, Q giao điểm MF BK

B µi V :

Tìm giá trị nhỏ biểu thức A biÕt

       

4 2

1

A x  x  x x

Đáp án

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 thành phố Hà Nội 2008 - 2009 Câu I

1 Rút gọn P Điều kiện:

Đặt

Với Với

Vậy nghiệm :

Câu II

Gọi tháng thứ tổ I sản xuất x ( chi tiết máy)

Do tháng thứ hai tổ sản xuất 900 chi tiết máy nên tháng thứ hai tổ II sản xuất 900 – x (chi tiết máy)

(Điều kiện: 0< x < 900)

Tháng thứ hai tổ I vượt mức 15% nên tổ I sản xuất số chi tiết máy là: x + x.15%= x.115% (chi tiết máy) (1)

Tháng thứ hai tổ II vượt mức 10% nên tổ II sản xuất số chi tiết máy là: (900 - x) + (900 – x).10% = (900 – x) 110% ( chi tiết máy) (2)

Trong tháng hai hai tổ sản xuất 1010 chi tiết máy, nên từ (1) (2) ta có phương trình:

Vậy tháng thứ tổ I sản xuất 400 (chi tiết máy)

Vậy tháng thứ tổ II sản xuất được: 900 – 400 = 500 (chi tiết máy)

Câu III

1 Phương trình ho nh à độ giao i m c a (P) v (d) l nghi m c a đ ể ủ à à ệ ủ phương trình:

(1)

(1) có hai nghiệm phân biệt với m a.c = - < (2) Vậy (d) cắt (P) hai điểm phân biệt

2.Phương trình (1) có:

Phương trình (1) có nghiệm:

Ta chọn:

Thay vào (d): ta được:

và

Gọi S1 diện tích hình thang ABB’A’

Gọi S2 diện tích tam giác AOA’

(vì )

Gọi S3 diện tích tam giác BOB’

Vậy (vì )

Diện tích:

(đvdt)

Câu IV.

1) Xét hai có:

Góc chung (1) ( góc nội tiếp ) (2) Từ (1) (2) suy ra:

(g.g)

2 Do EK đường phân giác góc nên K điểm cung AB suy

Mà OK = OE nên cân O

(3)

Mặt khác: I giao điểm đường trung trực EF OE nên IF = IE

cân (4)

Từ (3) (4) suy

Vậy IF // OK ( Do )

Vậy đường tròn ( I; IE ) tiếp xúc với AB

3 AE cắt (I) M, BE cắt (I) N

Mà suy MN đường kính đường trịn ( I ) nên MN qua I

Hơn EF phân giác góc

Theo chứng minh tương tự câu a ta suy Vậy MN // AB

4 Theo đề ta có NF cắt AK P, MF cắt BK Q

Suy ( hai góc đối đỉnh)

Mà góc ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ( O ) ) Vậy tứ giác PKQF tứ giác nội tiếp đường trịn

Suy ( chắn cung KQ )

Mà ( đối đỉnh)

Mặt khác ( chắn cung ME MN // AB )

Hơn ( chắn cung AE )

Suy (chắn cung FQ)

Vậy suy PKQF hình chữ nhật

Mặt khác: vuông cân P

Suy AP = PF = KQ Suy ra: PK + KQ = AK

Mà vuông cân K

Vậy chu vi tam giác KPQ là:

( PQ = KF)

Vậy trùng với O hay E điểm cung AB

Câu V. Tìm giá trị nhỏ biểu thức A

(*) Đặt

Khi ú (*)

(vỡ )

Vy

Năm học 2008- 2009

Đề thi vào lớp 10 ptth Hồ chí minh Môn toán - ( thêi gian 120’)

B µi I

GiảI phơng trình hệ phơng trình sau : a) 2x23x 50

c)

2

3

x y x y

  



  

B µi II :

a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y = - x2 đờng thẳng (d) y = x - hệ trục toạ độ

b) Tìm toạ độ giao điểm (P) (d) câu phép tính Bài

III :

Thu gän biÓu thøc sau : a) A 3  3 b)

1

4 4

x x x x x x

B

x x x x

        

    

      

    víi x > 0, x  4

B µi IV :

Cho phơng trình x2 - 2mx - = ( m lµ tham sè )

a) Chứng minh phơng trình ln có hai nghiệm với m b) Gọi x x1, 2 hai nghiệm phơng trình Tìm m để

2

1 2

x x  x x  B

µi V :

Từ điểm M nằm đờng trịn (O) vẽ cát tuyến MCD khơng qua tâm O hai tuyến tuyến MA , MB đến đờng tròn (O) A , B tiếp điểm C nằm M D

a) Chøng minh : MA2 = MC.MD

b) Gọi I trung điểm CD Chứng minh điểm M, A, O, I, B nằm đờng tròn

c) Gọi H giao điểm AB MO Chứng minh tứ giác CHOD nội tiếp đờng tròn Suy AB đờng phân giác góc CHD

d) Gọi K giao điểm tiếp tuyến C D đờng tròn (O) Chứng minh điểm A, B, K thẳng hàng

Đáp án

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2008 – 2009 TP.HCM

Mơn thi : TỐN Câu 1:

a) có a + b + c = nên có nghiệm x = hay

b) Ðặt , phương trình : (1) thành

Phương trình có dạng a - b + c = nên có nghiệm t = -1 (loại) hay Do đó,

c)

Câu 2:

a) Vẽ đồ thị:

Ta có: y(1) = - = -1; y(-2) = -2 - = -4

Tọa độ giao điểm (D) (P) (1; -1); (-2; -4)

Câu 3:

a)

b)

Điều kiện: x - ≠ 0; x + + ≠ 0; ≠ 0; x x ≠ 4; x > (*) Với điều kiện (*) thì:

Câu 4:

a) Ta có : a.c = -1 < 0,

phương trình có nghiệm phân biệt trái dấu với b) Theo định lý Viet ta có

;

với

a) Chứng minh :

Vì tính chất phương tích tiếp tuyến nên ta có

b) Chứng minh: M, A, O, I, B nằm đuờng trịn

Vì nên điểm B, A, I

nhìn OM góc vng

Vậy điểm B, A, I, M, O nội tiếp đường trịn đường kính OM

c) Từ hệ thức lượng tam giác vng ta có:

(c.g.c)

nội tiếp

Ta có: (chứng minh trên)

( chắn cung DO)

Mà (tam giác COD cân O)

là phân giác góc CHD

d) K trực tâm tam giác CDO thẳng hàng ( chắn nửa đường trịn đường kính KO) Mà

Dễ dàng suy A, H, K thẳng hàng suy A, B, K thẳng hàng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT

QUẢNG NAM Năm học 2008 -2009

Mơn: TỐN

Thời gian làm 120 phút (không kể thời gian giao đề) I Phần trắc nghiệm (4, điểm)

Chọn ý câu sau ghi vào giấy làm bài.Ví dụ: Nếu chọn ý A câu ghi 1A

Câu Giá trị biểu thức (3 5)2 bằng

A 3 B 3 C 2 D 5

Câu 2. Đường thẳng y = mx + song song với đường thẳng y = 3x  khi

A m =  2 B m = 2 C m = 3 D m =  3 Câu x 7  x bằng

A 10 B 52 C 46 D 14

Câu 4 Điểm thuộc đồ thị hàm số y = 2x2

A (2; 0) B (0; 2) C (0;  2) D ( 2; 0) Câu Cho tam giác ABC vng A, đường cao AH Ta có

A.

AC sin B

AB



B.

AH sin B

AB



C.

AB sin B

BC



D.

BH sin B

AB



Câu 7. Một hình trụ có bán kính đáy r chiều cao h Diện tích xung quanh hình trụ bằng

A r2h B 2r2h C 2rh D rh

Câu 8. Cho hình vẽ bên, biết BC đường kính đường tròn (O), điểm A nằm đường thẳng BC, AM tiếp tuyến (O) M MBC· =650.

Số đo góc MAC bằng

A 150 B 250 C 350 D 400

II Phần tự luận(6,0 điểm)

Bài 1.(1,5 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: M=2 5- 45+2 20;

1

N

3 5 5

-= - ×

- +

-ổ ửữ

ỗ ữ

ỗ ữ

ỗ

ố ứ .

b) Tng hai số 59 Ba lần số thứ lớn hai lần số thứ hai Tìm hai sè đó.

Bài 2.(1,5 điểm)

Cho phương trình bậc hai x2 - 5x + m = (1) với x ẩn số a) Giải phương trình (1) m = 6.

b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương x1, x2 thoả mãn x1 x2 x2 x1 6.

Bài (3,0 điểm)

Cho đường trịn (O) đường kính AB 6cm Gọi H điểm nằm A B cho AH = 1cm Qua H vẽ đường thẳng vng góc với AB, đường thẳng cắt đường tròn (O) tại C D Hai đường thẳng BC DA cắt M Từ M hạ đường vng góc MN với đường thẳng AB (N thuộcđường thẳng AB).

a) Chứng minh MNAC tứ giác nội tiếp. b) Tính độ dài đoạn thẳng CH tính tgABC· .

c) Chứng minh NC tiếp tuyến đường tròn (O).

d) Ti p n t i A c a ế ế ạ ủ đường tròn (O) c t NC E Ch ng minh ắ ở ứ đường th ngẳ EB i qua trung i m c a o n th ng CH.đ đ ể ủ đ ạ ẳ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT

QUẢNG NAM Năm học 2008 -2009

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN I Hướng dẫn chung

1) Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án mà cho đủ điểm phần hướng dẫn quy định

2) Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm thống Hội đồng chấm thi 3) Điểm toàn lấy điểm lẻ đến 0,25

II Đáp án thang điểm 1 Phần trắc nghiệm (4,0 điểm)

- HS chọn câu cho 0,5 điểm

- áp ánĐ

Câu 1 Câu 2 Câu 3 Câu 4 Câu 5 Câu 6 Câu 7 Câu 8

A C B D A B C D

2 Ph n t lu n (6,0 i m)ầ ự ậ đ ể

Bài Đáp án Điểm

A

B O C

1 (1,5đ)

a) Biến đổi

M 5 5   

1 5 (3 5) N

9

3 5 5 5( 1)

ỉ ư÷ - + - -

-ỗ

=ỗỗ - ÷÷÷× = ×

è - + ø - -

2 1

= × =

0,25đ 0,25đ 0,25đ b) Gọi x số thứ nhất, y số thứ hai

Theo đề ta có:

x y 59 3x 2y

ì + = ïï

íï - = ïỵ

Giải hệ phường trình tìm x = 25, y = 34 Kết luận hai số cần tìm 25 34

0,25đ 0,25đ 0,25đ

2 (1,5đ)

a) Khi m = 6, ta có PT x2 - 5x + = 0 Lập ∆ = 52 - 4.6 = 1

Tìm hai nghiệm: x1 = 2; x2 =

0,25đ 0,5đ b) Lập ∆ = 25 - 4m

Phương trình có nghiệm x1, x2 ∆ ≥ hay m 

25

Áp dụng hệ thức Viet, ta có x1 + x2 = ; x1.x2 = m

Hai nghiệm x1, x2 dương

1

1

x x

x x

ì + > ïï

íï >

ïỵ hay m > 0. Điều kiện để phương trình có nghiệm dương x1, x2

< m  25

4 (*)

Ta có: ( )

2

1 2

x + x = +x x +2 x x = +5 m

Suy x1 + x2 = m+

Ta có x x1 x2 x1  6 x x1 2 x1  x2 6 Hay m m  6 2m m 5m 36 0   (1) Đặt t m 0 , (1) thành:

 2t3 + 5t2 - 36 =

 (t - 2)(2t2 + 9t + 18) =

 t - = 2t2 + 9t + 18 =

* t - = => t = => m = (thoả mãn (*)) * 2t2 + 9t + 18 = : phương trình vơ nghiệm

Vậy với m = phương trình cho có hai nghiệm dương x1, x2 thoả mãn x x1 x2 x1 6.

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Hình vẽ phục vụ a) Hình vẽ phục vụ b), c), d)

0,25đ 0,25đ

I E

O B

M

N A H

C K

3 (3,0đ)

a) Lí luận ACM· =90 , ANM0 · =900 Kết luận ANMC tứ giác nội tiếp

0.25đ 0.25đ b) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ABC ta có:

CH2 = AH.HB  CH = AH.HB 5 (cm)

· CH

t gABC

HB

= =

0,5đ 0,25đ

c) Lí luận được: ACN=AMN· ·

ADC=ABC· · =BCO· ADC=AMN· · Suy ACN=BCO· · Lí luận NCO=90·

Kết luận NC tiếp tuyến đường tròn (O)

0,25đ 0,25đ

d) Gọi I giao điểm BE CH K giao điểm tiếp tuyến AE BM

Lí luận OE//BM Từ lí luận suy E trung điểm AK

Lý luận

IC IH

EK EA (cùng BI BE )

Mà EK = EA Do IC = IH

Kết luận: Đường thẳng BE qua trung điểm đoạn thẳng CH

0,25đ 0,25đ

0,25đ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN

QUẢNG NAM Năm học 2008-2009

Mơn TỐN

Thời gian làm 150 phút ( không kể thời gian giao đề )

Bài ( điểm ):

a) Thực phép tính: 3√10+√20−3√6−√12

√5−√3 b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức x −√x −2008

Bài ( 1,5 điểm ):

Cho hệ phương trình:

¿

mx− y=2

3x+my=5

¿{

¿

a) Giải hệ phương trình m=√2

b) Tìm giá trị m để hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn hệ thức x+y=1− m

2

m2

a) Cho hàm số y=−1

2x

2

, có đồ thị (P) Viết phương trình đường thẳng qua hai điểm M N nằm (P) có hồnh độ −2

b) Giải phương trình: 3x2+3x −2√x2+x=1 Bài ( điểm ):

Cho hình thang ABCD (AB // CD), giao điểm hai đường chéo O Đường thẳng qua O song song với AB cắt AD vàBC M vàN

a) Chứng minh: MO CD +

MO AB =1 b) Chứng minh: AB1 +

CD= MN

c) Biết SAOB=m2; SCOD=n2 Tính SABCD theo m n (với SAOB, SCOD

, SABCD diện tích tam giác AOB, diện tích tam giác COD, diện tích tứ giác ABCD)

Bài ( điểm ): Cho đường tròn ( O; R ) dây cung AB cố định không qua tâm O; C D hai điểm di động cung lớn AB cho AD BC song song Gọi M giao điểm AC BD Chứng minh rằng:

a) Tứ giác AOMB tứ giác nội tiếp b) OM BC

c) Đường thẳng d qua M song song với AD qua điểm cố định

Bài ( điểm ):

a) Cho số thực dương x; y Chứng minh rằng: x2 y +

y2

x ≥ x+y b) Cho n số tự nhiên lớn Chứng minh n4

+4n hợp số

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN

QUẢNG NAM Năm học 2008-2009

Mơn TỐN

Thời gian làm 150 phút ( không kể thời gian giao đề )

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN I Hướng dẫn chung:

1) Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà cho đủ điểm phần hướng dẫn quy định

2) Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm thống Hội đồng chấm thi

3) Điểm toàn lấy điểm lẻ đến 0,25

II áp án:Đ

Bài Nội dung Điểm

1 (1đ)

a) Biến đổi được:

(√5−√3)(3√2+2) √5−√3

¿3√2+2

x −√x −2008=(x −2008−2 1

2.√x −2008+

4)+2008−

¿

√x −2008−1 2¿

2

+8031

4 ≥ 8031

4

¿¿

Dấu “ = “ xảy √x −2008=1

2⇔x= 8033

4 (thỏa mãn) Vậy giá trị nhỏ cần tìm 8031

4 khix= 8033

4

0,25

0,25

2 (1,5đ)

a) Khi m = √2 ta có hệ phương trình

¿

√2x − y=2

3x+√2y=5

¿{

¿

⇔

2x −√2y=2√2 3x+√2y=5

⇔

¿x=2√2+5

5 y=√2x −2

¿{ ⇔

x=2√2+5

5

y=5√2−6

5

¿{

0,25

0,25

0,25

b) Giải tìm được: x=2m+5

m2+3 ; y=

5m −6 m2+3

Thay vào hệ thức x+y=1− m

2

m2

+3 ; ta

2m+5

m2+3 +

5m−6 m2+3 =1−

m2

m2+3

Giải tìm m=4

7

0,25 0,25 0,25

3 (1,5đ)

a) Tìm M(- 2; - 2); N (1:−1

2)

Phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b, đường thẳng qua M N nên

¿

−2a+b=−2

a+b=−1

2

¿{

¿

Tìm a=1

2;b=−1 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm y=1

2x −1

0,25

0,25

0,25

Đặt t=√x2+x ( điều kiện t ), ta có phương trình

3t2−2t −1=0

Giải tìm t = t = −1

3 (loại)

Với t = 1, ta có √x2+x=1⇔x2+x −1=0 Giải

x=−1+√5

2 x=

−1−√5

2 0,25 0,25 0,25 4 (2đ) Hình vẽ O A B C D N M 0,25

a) Chứng minh MOCD =AM

AD ; MO AB =

MD AD Suy MO

CD + MO AB =

AM+MD

AD =

AD

AD=1 (1)

0,25 0,50 b) Tương tự câu a) ta có NO

CD+ NO

AB =1 (2) (1) (2) suy MO+NO

CD +

MO+NO

AB =2 hay MN CD +

MN AB =2 Suy

CD+ AB= MN 0,25 0,25 c) SAOB SAOD =OB OD; SAOD SCOD =OA OC ; OB OD= OA OC ⇒ SAOB SAOD

=SAOD

SCOD ⇒SAOD2

=m2.n2⇒SAOD=m.n

Tương tự SBOC=m.n Vậy m+n¿

2

SABCD=m2+n2+2 mn=¿

0,25 0,25

5 (3đ)

Hình vẽ (phục vụ câu a) O I C D M B A 0,25

a) Chứng minh được: - hai cung AB CD - sđ góc AMB sđ cung AB Suy hai góc AOB AMB

O M phía với AB Do tứ giác AOMB nội tiếp

b) Chứng minh được: - O nằm đường trung trực BC (1) - M nằm đường trung trực BC (2) Từ (1) (2) suy OM đường trung trực BC, suy

OM⊥BC

0,25 0,25 0,25 c) Từ giả thiết suy d⊥OM

Gọi I giao điểm đường thẳng d với đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOMB, suy góc OMI 900 , OI đường kính đường

tròn

Khi C D di động thỏa mãn đề A, O, B cố định, nên đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOMB cố định, suy I cố định

Vậy d qua điểm I cố định

0,25 0,25 0,25 0,25

6 (1đ)

a) Với x y dương, ta có x2 y +

y2

x ≥ x+y (1) x − y¿

2≥0

⇔x3+y3≥xy(x+y)⇔(x+y)¿ (2)

(2) với x > 0, y > Vậy (1) với x>0, y>0

0,25 0,25

b) n số tự nhiên lớn nên n có dạng n = 2k n = 2k + 1, với k số tự nhiên lớn

- Với n = 2k, ta có 2k¿

4

+42k

n4+4n=¿ lớn chia hết cho Do

n4+4n hợp số

-Với n = 2k+1, tacó

2 n 2k¿2

n2

+2 4k¿2−¿

2 4k¿2=¿

n4+4n=n4+42k 4=n4+¿

= (n2 + 22k+1 + n.2k+1)(n2 + 22k+1 – n.2k+1) = [( n+2k)2 + 22k ][(n – 2k)2 + 22k ] Mỗi thừa số lớn Vậy n4 + 4n hợp số

0,25

0,25

======================= Hết =======================

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN

QUẢNG NAM Năm học 2008-2009

Mơn TỐN

( Dành cho học sinh chuyên Tin)

Thời gian làm 150 phút ( không kể thời gian giao đề )

Bài (1,5 điểm ):

a) Thực phép tính: 3√10+√20−3√6−√12

Bài (2 điểm ):

Cho hệ phương trình:

¿

mx− y=2

3x+my=5

¿{

¿

a) Giải hệ phương trình m=√2

b) Tìm giá trị m để hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn hệ thức x+y=1− m

2

m2

+3 Bài (2 điểm ):

a) Cho hàm số y=−1

2x

2

, có đồ thị (P) Viết phương trình đường thẳng qua hai điểm M N nằm (P) có hoành độ −2

b) Giải phương trình: 3x2

+3x −2√x2+x=1 Bài ( 1,5 điểm ):

Cho hình thang ABCD (AB // CD), giao điểm hai đường chéo O Đường thẳng qua O song song với AB cắt AD vàBC M vàN

a) Chứng minh: MOCD +MO

AB =1 b) Chứng minh:

AB+ CD=

2 MN

Bài ( điểm ):

Cho đường tròn ( O; R ) dây cung AB cố định không qua tâm O; C D hai điểm di động cung lớn AB cho AD BC song song Gọi M giao điểm AC BD Chứng minh rằng:

a) Tứ giác AOMB tứ giác nội tiếp b) OM BC

c) Đường thẳng d qua M song song với AD qua điểm cố định

======================= Hết =======================

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN

QUẢNG NAM Năm học 2008-2009

Mơn TỐN

(Dành cho học sinh chuyên Tin)

Thời gian làm 150 phút ( không kể thời gian giao đề )

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN I Hướng dẫn chung:

1) Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án mà cho đủ điểm phần hướng dẫn quy định

3) Điểm toàn lấy điểm lẻ đến 0,25

II áp án:Đ

Bài Nội dung Điểm

1 (1,5đ)

a) Biến đổi được:

(√5−√3)(3√2+2) √5−√3

¿3√2+2

0,50 0,25 b) Điều kiện x ≥2008

x −√x −2008=(x −2008−2 1

2.√x −2008+

4)+2008−

¿

√x −2008−1 2¿

2

+8031

4 ≥ 8031

4

¿¿

Dấu “ = “ xảy √x −2008=1

2⇔x= 8033

4 (thỏa mãn) Vậy giá trị nhỏ cần tìm 8031

4 khix= 8033

4

0,50

0,25

2 (2đ)

a) Khi m = √2 ta có hệ phương trình

¿

√2x − y=2

3x+√2y=5

¿{

¿ ¿

⇔

2x −√2y=2√2

3x+√2y=5

¿

⇔

x=2√2+5

5 y=√2x −2

¿ ¿{

¿

⇔

x=2√2+5

5

y=5√2−6

5

¿{

0,25

0,25

0,25

0,25

b) Giải tìm được: x=2m+5

m2

+3 ; y=

5m −6 m2

+3

Thay vào hệ thức x+y=1− m

2

m2+3 ; ta

2m+5

m2

+3 +

5m−6 m2

+3 =1−

m2 m2

+3

Giải tìm m=4

7

0,50 0,25 0,25

a) Tìm M(- 2; - 2); N (1:−1

2)

Phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b, đường thẳng qua M N nên

3 (2đ)

¿

−2a+b=−2

a+b=−1

2

¿{

¿

Tìm a=1

2;b=−1

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm y=1

2x −1

0,25

0,25 0,25

b) Biến đổi phương trình cho thành 3(x2+x)−2√x2+x −1=0

Đặt t=√x2+x ( điều kiện t ), ta có phương trình

3t2−2t −1

=0

Giải tìm t = t = −1

3 (loại) Với t = 1, ta có √x2

+x=1⇔x2+x −1=0 Giải

x=−1+√5

2 x=

−1−√5

2

0,25 0,25 0,25

0,25

4 (1,5đ)

Hình vẽ

O

A B

C D

N

M 0,25

a) Chứng minh MO CD =

AM AD ;

MO AB =

MD AD Suy MOCD +MO

AB =

AM+MD

AD =

AD

AD=1 (1)

0,25 0,50 b) Tương tự câu a) ta có NO

CD+ NO

AB =1 (2) (1) (2) suy MO+NO

CD +

MO+NO

AB =2 hay MN CD +

MN AB =2 Suy

CD+ AB=

2 MN

0,25 0,25

5 (3đ)

Hình vẽ (phục vụ câu a)

O I

C D

M

B A

a) Chứng minh được: - hai cung AB CD - sđ góc AMB sđ cung AB Suy hai góc AOB AMB

O M phía với AB Do tứ giác AOMB nội tiếp

0,25 0,25 0,25 0,25 b) Chứng minh được: - O nằm đường trung trực BC (1)

- M nằm đường trung trực BC (2) Từ (1) (2) suy OM đường trung trực BC, suy

OM⊥BC

0,25 0,25 0,25 c) Từ giả thiết suy d⊥OM

Gọi I giao điểm đường thẳng d với đường trịn ngoại tiếp tứ giác AOMB, suy góc OMI 900 , OI đường kính đường tròn

Khi C D di động thỏa mãn đề A, O, B cố định, nên đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOMB cố định, suy I cố định

Vậy d qua điểm I cố định