ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN NĂM HỌC 2010 – 2011 – KIÊN GIANG
THỜI GIAN: 150 PHÚT ; NGÀY THI 16/07/2010
Câu 1: (2 điểm) Rút gọn biểu thức
a)
7 4 3 7 4 3A = − − +
b)
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1
x y z
P
x y y x y x x y
= − −
+ − + + + −
Tìm giá trị x , y nguyên để P = 2 (với x > 0 , y > 0 , y
≠
1)
Câu 2: (1,5 điểm)
Cho hàm số y = (m – 3)x + 2 + m. Xác định m để:
a) Hàm số là hàm số bậc nhất nghịch biến.
b) Đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ (1 ; 1)
c) Đồ thị cắt hai trục tọa độ tạo thành tam giác có diện tích bằng 3.
Câu 3: (1,5 điểm)
Cho phương trình x
2
– (2m + 1)x + m
2
+ m – 6 = 0 (1)
a)Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm âm.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x
1
, x

2
thỏa mãn hệ thức:
3 3
1 2
50x x− =
Câu 4: (1,5 điểm)
Tìm a, b để biểu thức: X = 2a
2
+ 9b
2
+ 2a – 18b – 6ab + 2010 đạt giá trị nhỏ nhất.
Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Câu 5: (2,5 điểm)
Cho H là trực tâm của tam giác ABC. H’ là điểm đối xứng của H qua AC.
a) Chứng minh rằng hai tam giác AHC và AH’C là hai tam giác bằng nhau.
b) Chứng minh rằng H’ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
c) Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AHB, BHC và AHC có bán kính
bằng nhau.
Câu 6: (1 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A. Chứng minh rằng:
·
ACB AB
tg =
2 AC+BC
HỀT
LỜI GIẢI
Câu 1: (2 điểm) Rút gọn biểu thức
a)
7 4 3 7 4 3A = − − +
=

( ) ( )
2 2
2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3− − + = − − + = − − − = −
b)
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1
x y z
P
x y y x y x x y
= − −
+ − + + + −
=
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
1 1
1 1
1 1
x x y y xy x y
x y x y
x x x y y y xy x y
x y x y
+ − − − +
=
+ + −
+ − + − +
=
+ + −
( )

( ) ( ) ( )
1 1
x x x y y y xy x y
x y x y
+ − + − +
=
+ + −
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1
x y x xy y x y x y xy x y
x y x y
+ − + + + − − +
=
+ + −
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
1 1 1
1 1 1 1
1 1 1

1 1 1
1
1
x y x xy y x y xy x x y x y x
x y x y x y
x x y y x y x y y y
x y y
y x xy y
x xy y
y
+ − + + − − + − + − −
= =
+ + − + −
+ − − + − − −
= =
+ − −
− − −
= = − −
−
P = 2 thì
2 1 1x xy y x xy y− − = ⇔ − − − =

( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1 1x y y y x+ − + = ⇔ + − =
(bài toán đến đây có thể lí luận khác!)
1 1
1 1
1 1
y y
x x

+ = ⇔ = −
− −
1 (1) 1y y x U∈ ⇒ ∈ ⇒ − ∈ = ±¢ ¢
Nếu
1 1 0 0 2x x x y− = − ⇒ = ⇒ = ⇒ = −
Vô lí
Nếu
1 1 2 4 0 0x x x y y− = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =
Thử lại. Ta có với x = 4 và y = 0 thi P = 2
Câu 2: (1,5 điểm) Cho hàm số y = (m – 3)x + 2 + m. Xác định m để:
a) Để hàm số là hàm số bậc nhất nghịch biến thì:
m – 3 < 0 suy ra m < 3
b) Khi đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ (1 ; 1) ta có :
(m – 3).1 + 2 + m = 1
⇒
m = 1
c) Đồ thị cắt hai trục tọa độ tạo thành tam giác có diện tích bằng 3.
Để đồ thị cắt 2 trục tọa độ: Cắt Ox tại A(x
A
; 0) và cắt Oy tại B(0 ; y
B
) thì điều kiện m
≠
3
Thay tọa độ điểm A ta có: (m – 3)x
A
+ 2 + m = 0
⇒
(2 )
3

A
m
x
m
− +
=
−
Thay tọa độ điểm B ta có: y
B
= 2 + m (có thể tính OA, OB theo x
A
và y
B
)
Ta có tam giác OAB vuông tại O nên diện tích S =
1 1
. 3
2 2
A B
OAOB x y= × =

2
6
(2 ) (2 ) (2 )
2 6 (2 ) 6 6
3 3 3
A B
x y
m m m
m m

m m m
⇒ × =
− + − + − +
⇒ × + = ⇒ × + = ⇒ =
− − −
TH1:
( )
2
2 2
(2 )
6 (2 ) 6 3 10 14 0
3
m
m m m m
m
− +
= ⇒ − + = − ⇔ + − =
−

2
1;2
' 5 ( 14) 39 0 5 39m∆ = − − = > ⇒ = − ±
TH2:
( )
2
2 2
(2 )
6 (2 ) 6 3 2 22 0
3
m

m m m m
m
− +
= − ⇒ − + = − − ⇔ − + =
−

2
' ( 1) 22 21 0 m∆ = − − = − < ⇒ ∈∅
Vậy giá trị tìm được :
1;2
5 39m = − ±
Câu 3: (1,5 điểm) Cho phương trình x
2
– (2m + 1)x + m
2
+ m – 6 = 0 (1)
a) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm âm.
∆
= (2m + 1)
2
– 4(m
2
+ m – 6) = 4m
2
+ 4m + 1 – 4m
2
– 4m + 24 = 25 > 0
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
1 2
2 1 5 2 1 5

3 ; 2
2 2
m m
x m x m
+ + + −
= = + = = −
Để 2 nghiệm đều âm thì
3 0 3
3
2 0 2
m m
m
m m

+ < < −

⇔ ⇔ < −
 
− < <


(Có thể tính S = x
1
+ x
2
; P = x
1
.x
2
. Điều kiện để Pt có 2 nghiệm đều âm thì

0
0
0
S
P
∆ ≥


<


>

Giải các bpt tìm m)
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn hệ thức:
3 3
1 2
50x x− =
3 3
3 2 3 2
2
2
2 2
2 2
( 3) ( 2) 0
9 27 27 6 12 8 50

15 15 35 50
3 3 7 10
3 3 7 10 3 3 3 0 (1)
3 3 7 10 3 3 17 0 (2)
m m
m m m m m m
m m
m m
m m m m
m m m m
⇔ + − − =
⇔ + + + − + − + =
⇔ + + =
⇔ + + =
 
+ + = + − =
⇔ ⇔
 
+ + = + + =
 
Giải từng bước 2 Pt trên:
1;2
1 5
(1) ; (2)
2
m m
− ±
⇔ = ⇔ ∈∅
Vậy
1;2

1 5
2
m
− ±
=
(Có thể từ
2 2
7
3 3 7 10 3 10
3
m m m m+ + = ⇔ + + =
. Nhận xét
2
7
0,
3
m m m+ + > ∀ ∈¡
Nên:
2
3 3 7m m+ +
=10 rồi giải Pt này)
Câu 4: (1,5 điểm)
Tìm a, b để biểu thức: X = 2a
2
+ 9b
2
+ 2a – 18b – 6ab + 2010 đạt giá trị nhỏ nhất.
Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
X = (3b)
2

-2.3b.(3 + a) + 9 + 6a + a
2
+ a
2
– 4a + 4 + 1997
= (3b)
2
-2.3b.(3 + a) + (3 + a)
2
+ (a
2
– 4a + 4) + 1997
= (3b – 3 – a)
2
+ (a – 2)
2
+ 1997
≥
1997
Dấu “=” xảy ra khi
5
3 3 0 3 3 2 0
3
2 0 2
2
b a b
b
a a
a


− − = − − =
=
 

⇔ ⇔
  
− = =
 

=

Vậy với a = 2 và b =
5
3
thì X
max
= 1997
Câu 5: (2,5 điểm)
a) Chứng minh rằng hai tam giác AHC và AH’C là hai tam giác bằng nhau.
Vì H’ đối xứng với H qua AC nên: AH = AH’ ; CH = CH’ ; AC cạnh chung

' ( )AHC AH C c c c⇒ ∆ = ∆ − −
b) Chứng minh rằng H’ nằm trên đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC.
·
¶
µ
¶
¶
( )

·
¶
µ
µ
¶
( )
0
2 1 2 3
0
2 1 1 2
' 180
180
BH C B C C C
BAC B B C C
= − + + +
= − + + +
Mà
µ
¶
1 2
B C=
(góc có cạnh tương ứng vuông góc)

¶
¶
3 2
C C=
(Do
' )AHC AH C∆ = ∆
µ

¶
1 3
B C⇒ =
Vậy
·
·
'BH C BAC=
mà A, H kề nhau cùng nhìn
đoạn BC
Nên ABCH’ cùng nằm trên đường tròn (O ; R)
c) Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp các tam
giác AHB, BHC và AHC có bán kính bằng nhau.
Kẻ tia AH cắt (O) tại A’, tia CH cắt (O) tại C’
Xét
∆
BHC và
∆
BA’C có:
¶
µ
4 1
C A=
(cùng chắn cung A’B) ;
µ
µ
1 1
C A=
(cùng phụ với góc ABC)
¶
¶

1 4
C C⇒ =
µ
¶
3 2
B A=
(cùng chắn cung A’C) ;
¶ ¶
2 2
B A=
(góc có cạnh tương ứng vuông góc)
¶
µ
2 3
B B⇒ =
Mặt khác BC là cạnh chung
' ( )BHC BA C g c g⇒ ∆ = ∆ − −
Chứng minh tương tự ta có:
' ( )BHA BC A g c g∆ = ∆ − −
Các tam giác AC’B, BA’C, AH’C đều nội tiếp đường tròn (O ; R)
Nên các tam giác AHB, BHC, AHC cũng sẽ nội tiếp các đường tròn có cùng bán kính R.
Câu 6: (1 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Chứng minh rằng:
·
ACB AB
tg =
2 AC+BC
Kẻ phân giác CD (D
AB∈
) của
·

ACB

µ
¶
·
1 2
2
ACB
C C⇒ = =
Xét tam giác ACD vuông tại A ta có:
µ
·
1
2
ACB AD
tgC tg
AC
= =
(1)
Mặt khác theo tính chất đường phân giác ta có:

AD BD
AC BC
=
AD BD AD BD AB
AC BC AC BC AC BC
+
⇒ = = =
+ +
(2)

Từ (1) và (2) thì
·
ACB AB
tg =
2 AC+BC
GV sưu tầm và giải: Lê Trọng Hiếu, trường THCS Lê Quý Đôn – Tp Rạch Giá - Kiên Giang
Xin quý đồng nghiệp góp ý, nhận xét gởi qua Email: (ĐT: 0917773123)
Vui lòng cho biềt họ tên, địa chỉ. Nếu cần gì xin chia sẻ!
3
4
2
1
1
//
//
H
C'
A'
H'
O
C
1
3
2
A
B
2
1
2
D

B
A
C