Sở giáo dục và đào tạo
HảI dơng
Đề thi chính thức

Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên
nguyễn trãi - Năm học 2009-2010
Môn thi : toán
Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi 08 tháng 7 năm 2009
(Đề thi gồm: 01 trang)

Câu I (2.5 điểm):
1) Giải hệ phơng trình:

x 2 + y2 + xy = 3

2
xy + 3x = 4
2) Tìm m nguyên để phơng trình sau có ít nhất một nghiệm nguyên:

4x 2 + 4mx + 2m 2 5m + 6 = 0
Câu II (2.5 điểm):
1) Rút gọn biểu thức:
3
2 + 4 x2 ( 2 + x )

A=
4 + 4 x2

( 2 x)

3




2) Cho trớc số hữu tỉ m sao cho

với 2 x 2
3

m là số vô tỉ. Tìm các số hữu tỉ a, b, c để:

a 3 m2 + b 3 m + c = 0
Câu III (2.0 điểm):
1) Cho đa thức bậc ba f(x) với hệ số của x 3 là một số nguyên dơng và biết

f(5) f(3) = 2010 . Chứng minh rằng: f(7) f(1) là hợp số.

2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P=

x2 4x + 5 x 2 + 6x + 13

Câu IV (2.0 điểm):
Cho tam giác MNP có ba góc nhọn và các điểm A, B, C lần lợt là hình chiếu vuông góc
của M, N, P trên NP, MP, MN. Trên các đoạn thẳng AC, AB lần lợt lấy D, E sao cho DE song

ã
ã

song với NP. Trên tia AB lấy điểm K sao cho DMK = NMP . Chứng minh rằng:

1) MD = ME
2) Tứ giác MDEK nội tiếp. Từ đó suy ra điểm M là tâm của đờng tròn bàng tiếp góc DAK
của tam giác DAK.
Câu V (1.0 điểm):
Trên đờng tròn (O) lấy hai điểm cố định A và C phân biệt. Tìm vị trí của các điểm B và D
thuộc đờng tròn đó để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn nhất.
-----------------------Hết-----------------------

1

1


Hớng dẫn chấm
Câu

Phần

câu I

1)

2,5 điểm

1,5điểm

nội dung


Điểm

x + y + xy = 3 (1)

2
(2)
xy + 3x = 4
2

2

4 3x 2
y=
x , thay vào (1) ta có:
Từ (2) x 0. Từ đó

0.25

2

4 3x 2
4 3x 2
x2 +
+
x.
=3
ữ
x
x



4
2
7x 23x + 16 = 0
16
x 2 = 1 hoặc x 2 =
7
Giải ra ta đợc
Từ x = 1 x = 1 y = 1 ;
2

2)
1,0điểm

x2 =

0.25
0.25
0.25

16
4 7
5 7
x=
y=m
7
7
7

0.25


4 7 5 7 4 7 5 7
;
;

ữ
ữ
7
7 ữ
7
7 ữ




Vậy hệ có nghiệm (x; y) là (1; 1); (-1; -1);
;
Điều kiện để phơng trình có nghiệm: x ' 0

0.25
0.25

m 5m + 6 0 (m 2)(m 3) 0 . Vì (m - 2) > (m - 3) nên: x ' 0
m 2 0 và m 3 0 2 m 3, mà m Z
m = 2 hoặc m = 3.
Khi m = 2 x ' = 0 x = -1 (thỏa mãn)
2

0.25


Khi m = 3 x ' = 0 x = - 1,5 (loại).
Vậy m = 2.

câu II

1)

2,5 điểm

1,5điểm

Đặt a = 2 + x; b = 2 x
a 2 + b 2 = 4; a 2 b2 = 2x

A=

A=

(

2 + ab a b
3

3

)=

A 2=

2


(a

2

0.25

(a, b 0)

(

2 + ab ( a b ) a + b + ab

4 + ab
2 + ab ( a b ) ( 4 + ab )

4 + ab
A 2 = 4 + 2ab ( a b )

0.25

2

2

0.25

)

4 + ab


0.25

= 2 + ab ( a b )

0.25
0.25

)

+ b 2 + 2ab ( a b ) = ( a + b ) ( a b )

0.25

2


A 2 = a 2 b2 = 2x A = x 2
2)
1,0điểm

0.25

a 3 m 2 + b 3 m + c = 0 (1)

Giả sử có (1)

b 3 m 2 + c 3 m + am = 0 (2)
2
2

3
Từ (1), (2) (b ac) m = (a m bc)

0.25

a m bc
b 2 ac là số hữu tỉ. Trái với giả thiết!
Nếu a m bc 0
b 2 ac = 0
b3 = abc
2

2
a m bc = 0 bc = am

0.25

2

3m=

2

b = a m b = a m . Nếu b 0 thì
a = 0;b = 0 . Từ đó ta tìm đợc c = 0.
3

câu III
2 điểm


1)
1,0điểm

2)
1,0điểm

3

3

3

m=

b
a là số hữu tỉ. Trái với giả thiết!
0.25

Ngợc lại nếu a = b = c = 0 thì (1) luôn đúng. Vậy: a = b = c = 0

0.25

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

0.25

Ta có: 2010 = f(5) - f(3) = (53 - 33)a + (52 - 32)b + (5 - 3)c
= 98a + 16b + 2c 16b + 2c = (2010- 98a)
Ta có 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) M3
Vì a nguyên dơng nên 16a + 2010>1 . Vậy f(7)-f(1) là hợp số

P=

( x 2)

2

( x + 3)

+ 12

2

0.25

0.25
0.25

+ 22
0.25

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy lấy các điểm A(x-2; 1), B(x+3; 2)
Ta chứng minh đợc:

( x 2)

OA =


2

AB =

( x 2 x 3)

+ 12 OB =
,

( x + 3)

OA OB AB



2

2

+ ( 1 2 ) = 25 + 1 = 26
2

+ 22

( x 2)

0.25
2

+ 12


( x + 3)

2

Mặt khác ta có:
Dấu = xảy ra khi A thuộc đoạn OB hoặc B thuộc đoạn OA



+ 2 2 26

0.25

x2 1
= x=7
x+3 2
.Thử lại x = 7 thì A(5; 1); B(10; 2) nên A thuộc đoạn

OB. Vậy Max P = 26 khi x = 7.
câuIV

1)

2 điểm

0,75điểm

0.25
Ta dễ dàng chứng minh tứ giác


ã
ã
MBAN nội tiếp MAB = MNB ,

M

ã
ã
MCAP nội tiếp CAM = CPM .
ã

ã

Lại có BNM = CPM
(cùng phụ góc NMP)

K
B
C

ã
ã
CAM
= BAM

D

0.25


0.25

(1)

Do DE // NP mặt khác

E

3

3
N

A

P


MA NP MA DE (2)
Từ (1), (2) ADE cân tại A
MA là trung trực của DE
MD = ME

0.25

2)
1,25điể
M

m


K
B
C
D

E

N

P

A

ã
ã
Do DE//NP nên DEK = NAB , mặt khác tứ giác MNAB nội tiếp nên:

ã
ã
ã
ã
+ DEK
= 1800
NMB
+ NAB
= 1800 NMB
0
ã
ã

ã
ã
Theo giả thiết DMK = NMP DMK + DEK = 180
Tứ giác MDEK nội tiếp
Do MA là trung trực của DE MEA = MDA
ã
ã
ã
ã
MEA
= MDA
MEK
= MDC
ã

ã

ã

ã

0.25
0.25
0.25
0.25

.

Vì MEK = MDK MDK = MDC DM là phân giác của góc CDK, kết hợp
với AM là phân giác DAB M là tâm của đờng tròn bàng tiếp góc DAK của

tam giác DAK.
câu V

0.25

A'

1 điểm

B'

B

O
C

A
D' D

ẳ
Không mất tổng quát giả sử:AB AC. Gọi B là điểm chính giữa cung ABC

0.25

AB ' = CB '

Trên tia đối của BC lấy điểm A sao cho BA = BA AB + BC = CA '

4


4


0
ã
ã
ã
ã
ã
Ta có: B'BC = B' AC = B 'CA (1) ; B 'CA + B 'BA = 180

ã 'BC + B'BA
ã
B
' = 1800

ã

ã

(2)

(3);Từ (1), (2), (3) B'BA = B'BA'
Hai tam giác ABB và ABB bằng nhau A'B' = B' A
Ta có B 'A + B 'C = B 'A '+ B 'C A 'C = AB + BC ( BA + BC không đổi vì
B, A, C cố định). Dấu = xảy ra khi B trùng với B.

0.25

0.25


ẳ

Hoàn toàn tơng tự nếu gọi D là điểm chính giữa cung ADC thì ta cũng có AD
+ CD AD + CD. Dấu = xảy ra khi D trùng với D.

ằ
Chu vi tứ giác ABCD lớn nhất khi B, D là các điểm chính giữa các cung AC

0.25

của đờng tròn (O)

Sở giáo dục và đào tạo
Hng yên
đề chính thức

5

kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyên
Năm học 2009 2010
Môn thi: Toán
(Dành cho thí sinh thi vào các lớp chuyên Toán, Tin)

5


Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1:(1,5 điểm)



a = 2:


Cho

1
7 +1 1




ữ
7 +1 +1ữ

1

Hãy lập một phơng trình bậc hai có hệ số nguyên nhận a - 1 là một nghiệm.
Bài 2:(2,5 điểm)

x 16

xy

=

y 3

xy y = 9


x 2
a) Giải hệ phơng trình:

(x
b) Tìm m để phơng trình

2

)

2

2x 3x 2 + 6x + m = 0

có 4 nghiệm phân biệt.

Bài 3:(2,0 điểm)
2
2
a) Chứng minh rằng nếu số nguyên k lớn hơn 1 thoả mãn k + 4 và k + 16 là các số

nguyên tố thì k chia hết cho 5.
b) Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có p là nửa chu vi thì

p a + p b + p c 3p
Bài 4:(3,0 điểm)
Cho đờng tròn tâm O và dây AB không đi qua O. Gọi M là điểm chính giữa của cung AB
nhỏ. D là một điểm thay đổi trên cung AB lớn (D khác A và B). DM cắt AB tại C. Chứng minh
rằng:

a) MB.BD = MD.BC
b) MB là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác BCD.
c) Tổng bán kính các đờng tròn ngoại tiếp tam giác BCD và ACD không đổi.
Bài 5:(1,0 điểm)
Cho hình chữ nhật ABCD. Lấy E, F thuộc cạnh AB; G, H thuộc cạnh BC; I, J thuộc cạnh
CD; K, M thuộc cạnh DA sao cho hình 8 - giác EFGHIJKM có các góc bằng nhau. Chứng minh
rằng nếu độ dài các cạnh của hình 8 - giác EFGHIJKM là các số hữu tỉ thì EF = IJ.
------------ Hết -----------Hớng dẫn chấm thi
Bài 1:(1,5 điểm)


a = 2:



6

1
7 +1 1




ữ= 2 :
7 +1 +1 ữ

1

7 +1 +1
7


7 +1 +1

0,5 đ

6


2:
a=

2
= 7
7

0,25 đ

Đặt x = a 1 x = 7 1 x + 1 =

7 x 2 + 2x + 1 = 7

0,5 đ

x 2 + 2x 6 = 0
2
Vậy phơng trình x + 2x 6 = 0 nhận

0,25 đ

7 1 làm nghiệm


Bài 2:(2,5 điểm)

x 16

x 16

xy

=
(1)
xy

=


y 3
y 3



y
9
xy =
y x = 5
(2)

x y 6
x
2

a)
ĐK: x, y 0
2
2
Giải (2) 6y 6x = 5xy (2x + 3y)(3x 2y) = 0
* Nếu

0,25 đ

0,25 đ

3y
2 .
3y 3 16
y.
+ =
2
2 3

2x + 3y = 0 x =

Thay vào (1) ta đợc

0,25 đ

3y 2 23
=
6 (phơng trình vô nghiệm)
2
2y

3x 2y = 0 x =
3 .
* Nếu

0,25 đ

0,25 đ

Thay vào (1) ta đợc y = 9 y = 3
2

- Với y = 3 x = 2 (thoả mãn điều kiện)

- Với y = 3 x = 2 (thoả mãn điều kiện)

0,25 đ

Vậy hệ phơng trình có hai nghiệm: (x; y) = (2; 3); (x; y) = (-2; -3)

x 2 2x + 1 = y ( x 1) = y x = 1 y
2

b) Đặt

Phơng trình đã cho trở thành:

( y 1)

2


3 ( y 1) + m = 0

(y 0)

(*)
0,25 đ

y 2 5y + m + 4 = 0 (1)
Từ (*) ta thấy, để phơng trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì phơng trình (1) có 2

0,25 đ

nghiệm dơng phân biệt

> 0
9 4m > 0


S > 0 5 > 0
P > 0
m + 4 > 0



7

0,25 đ

7



9

9
m <

4 4 < m <
4
m > 4
9
4 < m <
4 thì phơng trình có 4 nghiệm phân biệt.
Vậy với

0,25 đ

Bài 3:(2,0 điểm)
a) Vì k > 1 suy ra k + 4 > 5; k + 16 > 5
2

2

- Xét k = 5n + 1 (với n  ) k = 25n + 10n + 1 k + 4 M5
k 2 + 4 không là số nguyên tố.
2

2

2


0,25 đ

- Xét k = 5n + 2 (với n  ) k = 25n + 20n + 4 k + 16 M5
k 2 + 16 không là số nguyên tố.

0,25 đ

- Xét k = 5n + 3 (với n  ) k = 25n + 30n + 9 k + 16 M5
k 2 + 16 không là số nguyên tố.

0,25 đ

2

2

2

2

2

2

- Xét k = 5n + 4 (với n  ) k = 25n + 40n + 16 k + 4 M5
k 2 + 4 không là số nguyên tố.
2

2


2

0,25 đ

Do vậy k M5

( a + b + c ) 3 ( a 2 + b2 + c2 ) (*)
b) Ta chứng minh: Với a, b, c thì
2
2
2
2
2
2
Thật vậy (*) a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca 3a + 3b + 3c
2

0,5 đ

(a b)2 + (b c)2 + (c a)2 0 (luôn đúng)
áp dụng (*) ta có:

(

p a + p b + p c

)

2


3 ( 3p a b c ) = 3p

0,5 đ

p a + p b + p c 3p (đpcm)

Suy ra

Bài 4:(3,0 điểm)
N

D

J
I

A

O

C

B
M

8

8



a) Xét MBC và MDB có:

ã
ã
BDM
= MBC
(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
ã
ã
BMC
= BMD

0,5 đ

MB MD
=
MB.BD = MD.BC
BD
Suy ra BC

0,5 đ

Do vậy MBC và MDB đồng dạng

ã

ã

ã


b) Gọi (J) là đờng tròn ngoại tiếp BDC BJC = 2BDC = 2MBC

ã
BJC
ã
MBC
=
2
hay

0,5 đ

ã
180 0 BJC
ã
BCJ cân tại J CBJ =
2
ã
ã
BJC
180 O BJC
ã
ã
MBC
+ CBJ
=
+
= 90 O MB BJ
2
2

Suy ra

0,5 đ

Suy ra MB là tiếp tuyến của đờng tròn (J), suy ra J thuộc NB
c) Kẻ đờng kính MN của (O) NB MB
Mà MB là tiếp tuyến của đờng tròn (J), suy ra J thuộc NB
Gọi (I) là đờng tròn ngoại tiếp ADC
Chứng minh tơng tự I thuộc AN

ã

ã

ã

0,5 đ

ã

Ta có ANB = ADB = 2BDM = BJC CJ // IN
Chứng minh tơng tự: CI // JN

Do đó tứ giác CINJ là hình bình hành CI = NJ
Suy ra tổng bán kính của hai đờng tròn (I) và (J) là:
IC + JB = BN (không đổi)
Bài 5:(1,0 điểm)
A

E


F

a

B

b
h

c

M
d

f

D

G
H

g

K

0,5 đ

e
J


I

C

Gọi EF = a ; FG = b ; GH = c ; HI = d ; IJ = e ; JK = f ; KM = g ; ME = h (với a, b,
c, d, e, f, g, h là các số hữu tỉ dơng)
Do các góc của hình 8 cạnh bằng nhau nên mỗi góc trong của hình 8 cạnh có số đo
là:

(8 2).180O
= 135O
8

Suy ra mỗi góc ngoài của hình 8 cạnh đó là: 180O - 135O = 45O

9

0,25 đ

0,5 đ

9


Do đó các tam giác MAE ; FBG ; CIH ; DKJ là các tam giác vuông cân.

h
b
d

f
MA = AE = 2 ; BF = BG = 2 ; CH = CI = 2 ; DK = DJ = 2
h
b
f
d
+a+
=
+e+
2
2
2
Ta có AB = CD nên: 2
(e - a) 2 = h + b - f - d
Nếu e - a 0 thì

2=

h +bf d
Ô
ea
(điều này vô lý do

2 là số vô tỉ)

0,25 đ

Vậy e - a = 0 e = a hay EF = IJ (đpcm).
S GIO DC BèNH NH


chớnh thc

K THI TUấN SINH VO LP 10
TRNG THPT CHUYấN Lấ QUí ễN
NM HC 2009-2010
Mụn thi:Toỏn (chuyờn)
Ngy thi:19/06/2009
Thi gian:150 phỳt

Bi 1(1.5im)
Cho a,b,c l di ba cnh ca mt tam giỏc.Chng minh rng:
a
b
c
1<
+
+
<2
b+ c c+ a a+ b
Bi 2(2im)
1
1
1
+
+
=0
x
m
x
n

x
p
Cho 3 s phõn bit m,n,p.Chng minh rng phng trỡnh
cú hai
nghim phõn bit.
Bi 3(2im)
1
1
1
Sn =
+
+ ... +
3 1+ 2
5 2+ 3
( 2 n + 1) n + n + 1
Vi s t nhiờn n, n 3 .t

(

)

(

)

(

)

1

Chỳng minhSn< 2
Bi 4(3im)
Cho tam giỏc ABC ni tip trũn tõm O cú di cỏc cnh BC = a, AC = b, AB = c.E l im nm
trờn cung BC khụng cha im A sao cho cung EB bng cung EC.AE ct cnh BC ti D.
a.Chỳng minh:AD2 = AB.AC DB.DC
b.Tớnh di AD theo a,b,c
Bi 5(1.5im)
m
1
- 2
n
n2 ( 3 + 2 )
Chng minh rng :
Vi mi s nguyờn m,n.
**********************************************

10

10


P N MễN TON THI VO 10
TRNG CHUYấN Lấ QUí ễN NM 2009
Bi 1:
Vỡ a,b,c l di ba cnh tam giỏc nờn ta cú:a,b,c >0 v a< b+c ,b< a + c , c < a+b
a
a+ a
2a
<
=

Nờn ta cú b + c a + b + c a + b + c
a
a
>
Mt khỏc b + c a + b + c
a
a
2a
<
<
(1)
Vy ta cú a + b + c c + b a + b + c
b
b
2b
<
<
(2);
a
+
b
+
c
c
+
a
a
+
b
+

c
Tng t
c
c
2a
<
<
(3)
a+ b+ c b+ a a+ b+ c
Cng (1) (2) v (3) v theo v ta cú iu phi chng minh.
Bi 2:
K: x ạ m, n, p PT ó cho (x-n)(x-p)+(x-m)(x-p)+(x-m)(x-n) = 0
3x2 -2(m+n+p)x +mn+mp+np = 0(1)
'
2
Ta cú = (m + n + p ) - 3(mn + mp + np) = m2+n2+p2 +2mn+2mp+2np -3mn-3mp-3np =

1
m2+n2+p2 mn-mp-np = 2 [(m-n)2+(n-p)2+(m-p)2] >0
t f(x) = 3x2 -2(m+n+p)x + mn+ mp +np
Ta cú f(m) = 3m2 2m2 -2mn -2mp +mn +mp +np = m2 mn mp +np = (m-n)(m-p) ạ 0
= >m,n,p khụng phi l nghim ca pt(1)
Vy PT ó cho luụn cú hai nghim phõn bit
Bi 3
1
n+ 1- n
n+ 1- n
Ta có :
=
=

2n + 1
4 n 2 + 4n + 1
( 2n + 1) n + n + 1
<

n+ 1-

n

(

)

=

1 ổ1
= ỗ
ỗ
ỗ
ố n
2 n + 1. n 2 ỗ
n +1 - n

ử
ữ
ữ
ữ
ữ
n + 1ứ
1


4 n 2 + 4n
1ổ 1
1
1
1
Sn < ỗ
+
+ ... +
ỗ1 2ỗ
ố
2
2
3
n
Do ú
Bi 3:

a

O

b

(2 gúc ni tip cựng chn cung CE) nờn ACD
BDE

D
11


B

1 ử
1
ữ
ữ
<
ữ
ữ 2
n+ 1ứ

ã
ã
Ta cú BAD = CAE ( Do cung EB = cung EC)
ã
ã
V AEC = DBA ( Hai gúc ni tip cựng chn cung
AC) nờn BAD EAC
BA AE
ị
=
ị AB. AC = AE. AD(1)
AD AC
ã
ã
ã
ã
Ta cú ADC = BDC(Đối đỉnh) và CAD = DBE

C


E

1 ử
1ổ
ữ
ữ
= ỗ
ỗ1 ữ
ữ 2ố
ỗ
n + 1ứ

c

A

11


AD DB
=
ị AD.DE = DB.DChay
DC DE
AD(AE-AD) = DB.DC
Hay AD2 = AD.AE - DB.DC=AB.AC DB.DC (do (1))
DC DB
DC DB DC + DB
a
=

hay
=
=
=
b
c
b+ c
b+ c
4b)Theo tớnh cht ng phõn giỏc ta cú AC AB
ị

vy

DC DB
a
a
a2 bc
.
=
.
ị DB.DC =
2
b c
b+ c b+ c
( b + c)
bc 2

theo cõu a ta cú AD = AB.AC DB.DC =
ổ
ử

a2 ữ
ỗ
ữ
ỗ
ị AD = bc ỗ1 2ữ
ữ
ỗ
ỗ ( b + c) ữ
ố
ứ

a 2 bc

( b + c)

Bi 5:
m
m
là số hữu tỉ và 2là số vô tỉ nên
ạ 2
n
Vỡ n
Ta xet hai trng hp:
m
> 2 Khi đó m 2 > 2 n2 ị m2 2 n2 + 1 hay m
a) n
T ú suy ra :

m
n


2

2n + 1
n

2

1
n2

2 = 2+

m
< 2 Khi đó m 2 < 2 n2 ịÊm 2
n
b)
T ú suy ra :
m
n

=

2 = 2-

1
ổ
ỗ
n2 ỗ
2+

ỗ
ỗ
ố

m

n


1ử
n2
ữ
2- 2 ữ
ữ
ữ
n ứ

2n 2 + 1

1
- 2
2
1
n
2=
=

ổ
ử
1

1
n2
ữ
2ỗ
2 + 2 + 2 n ỗ 2 + 2 + 2ữ
ữ
ỗ
ữ
n
ỗ
n
ố
ứ
2+

1

(

3+ 2

)

2 n 2 - 1 hay m Ê 2n 2 - 1

2

2n - 1
= 2n


2-

2

ổ
ử
a2 ữ
ỗ
ữ
= bc ỗ
1
ỗ
2ữ
ữ
ỗ
ỗ
ố ( b + c) ữ
ứ

2-

1
=
n2

2- 2+
2+

1
n2


2-

1
n2

1

(

3+

2

)

************************************************
Equation Chapter 1 Section
1S GD&T VNH PHC


12 CHNH THC

K THI VO LP 10 THPT CHUYấN NM HC 2009-2010
THI MễN: TON
Dnh cho cỏc thớ sinh thi vo lp chuyờn Toỏn
Thi gian lm bi: 150 phỳt, khụng k thi gian giao

12



—————————
(Đề có 01 trang)
Câu 1: (3,0 điểm)
1 1 9

x + y + x + y = 2


 xy + 1 = 5

xy 2
Giải hệ phương trình: 

a)

b) Giải và biện luận phương trình: | x + 3 | + p | x − 2 |= 5 (p là tham số có giá trị thực).
Câu 2: (1,5 điểm)
Cho ba số thực a, b, c đôi một phân biệt.

a2
b2
c2
+
+
≥2
2
2
2
(

b
−
c
)
(
c
−
a
)
(
a
−
b
)
Chứng minh
Câu 3: (1,5 điểm)
A=
Cho

1
4 x + 4 x + 1 và
2

B=

2x − 2
x2 − 2 x + 1

Tìm tất cả các giá trị nguyên của x sao cho


C=

2A + B
3
là một số nguyên.

Câu 4: (3,0 điểm)
Cho hình thang ABCD (AB // CD, ABAC. Đường thẳng qua K và vuông góc với AD cắt đường thẳng qua M và vuông góc với BC tại
Q. Chứng minh:
a) KM // AB.
b) QD = QC.
Câu 5: (1,0 điểm).
Trong mặt phẳng cho 2009 điểm, sao cho 3 điểm bất kỳ trong chúng là 3 đỉnh của một
tam giác có diện tích không lớn hơn 1. Chứng minh rằng tất cả những điểm đã cho nằm trong
một tam giác có diện tích không lớn hơn 4.
—Hết—
Câu 1 (3,0 điểm).
a) 1,75 điểm:
Nội dung trình bày

Điều kiện xy ≠ 0
2[xy ( x + y) + ( x + y )] = 9 xy (1)

2( xy ) 2 − 5 xy + 2 = 0
(2)
Hệ đã cho 

13

Điểm
0,25
0,25

13


 xy = 2 (3)

 xy = 1 (4)
2
Giải PT(2) ta được: 
 x = 1

 x + y = 3  y = 2
⇔

 x = 2
 xy = 2

  y = 1
Từ (1)&(3) có:
 x = 1

3

 y = 1
x
+
y

=


2
2 ⇔ 


 xy = 1
  x = 1

2
2

 y = 1

Từ (1)&(4) có:

0,50

0,25

0,25

Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là: ( x; y ) = (1; 2), (2; 1), (1; 1/ 2), (1/ 2; 1)
b) 1,25 điểm:
Nội dung trình bày
Xét 3 trường hợp:
TH1. Nếu 2 ≤ x thì PT trở thành: ( p + 1) x = 2( p + 1)
(1)
(1

−
p
)
x
=
2(1
−
p
)
TH2. Nếu −3 ≤ x < 2 thì PT trở thành:
(2)

0,25
Điểm
0,25

TH3. Nếu x < −3 thì PT trở thành: ( p + 1) x = 2( p − 4)
(3)
Nếu p ≠ ±1 thì (1) có nghiệm x = 2 ; (2) vô nghiệm; (3) có nghiệm x nếu thoả mãn:

2( p − 4)
< − 3 ⇔ −1 < p < 1
p +1
.
p
=
−
1
Nếu
thì (1) cho ta vô số nghiệm thoả mãn 2 ≤ x ; (2) vô nghiệm; (3) vô nghiệm.

Nếu p = 1 thì (2) cho ta vô số nghiệm thoả mãn −3 ≤ x < 2 ; (1) có nghiệm x=2; (3)VN
x=

Kết luận:

x=

+ Nếu -1 < p < 1 thì phương trình có 2 nghiệm: x = 2 và
+ Nếu p = -1 thì phương trình có vô số nghiệm 2 ≤ x ∈ ¡
+ Nếu p = 1 thì phương trính có vô số nghiệm −3 ≤ x ≤ 2

0,25
0,25
0,25

2( p − 4)
p +1
0,25

 p < −1

+ Nếu  p > 1 thì phương trình có nghiệm x = 2.
Câu 2 (1,5 điểm):
Nội dung trình bày
+ Phát hiện và chứng minh
bc
ca
ab
+
+

=1
(a − b)(a − c) (b − a )(b − c ) (c − a)(c − b)
+ Từ đó, vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh bằng:
2

Điểm
1,0



b
c 
bc
ca
ab
 a
+
+
+
+
÷≥ 2

÷ + 2
b−c c−a a−b
 (a − b)(a − c ) (b − c )(b − a ) (c − a )(c − b) 
Câu 3 (1,5 điểm):

0,5

14

14


Nội dung trình bày

Điều kiện xác định: x ≠ 1 (do x nguyên).

A=

1
2( x − 1)
C=
; B=
| 2 x + 1|
| x − 1| , suy ra:

2 1
x −1 
+

÷
3  | 2 x + 1| | x − 1| 

Dễ thấy
Nếu x > 1 . Khi đó
2 1
4( x + 1)
1− 2x
 4( x + 1)

C= 
+ 1÷ =
> 0 ⇒ C −1 =
−1 =
<0
3  2 x + 1  3(2 x + 1)
3(2 x + 1)
3(2 x + 1)
Suy ra 0 < C < 1, hay C không thể là số nguyên với x > 1 .
1
− < x <1
Nếu 2
. Khi đó: x = 0 (vì x nguyên) và C = 0 . Vậy x = 0 là một giá trị cần tìm.
1
x<−
2 . Khi đó x ≤ −1 (do x nguyên). Ta có:
Nếu
2
1
4( x + 1)
4( x + 1)
2x −1

C = −
− 1÷ = −
≤0
C +1 = −
+1 =
>0
3  2x +1 

3(2 x + 1)
3(2
x
+
1)
3(2
x
+
1)
và
,
−
1
<
C
≤
0
C
=
0
x
=
−
1
suy ra
hay
và
.
Vậy các giá trị tìm được thoả mãn yêu cầu là: x = 0 , x = −1 .

Điểm
0,25
0,25

0,5

0,25

0,25

Câu 4 (3,0 điểm):
A
I
B
K
M
D
E
H
R
C
Q

a) 2,0 điểm:
Nội dung trình bày
Gọi I là trung điểm AB,
E = IK ∩ CD , R = IM ∩ CD . Xét hai tam

·
·

giác KIB và KED có: ABD = BDC
KB = KD (K là trung điểm BD)
·
·
IKB
= EKD
Suy ra ∆KIB = ∆KED ⇒ IK = KE .
Chứng minh tương tự có: ∆MIA = ∆MRC
Suy ra: MI = MR
Trong tam giác IER có IK = KE và MI = MR
nên KM là đường trung bình ⇒ KM // CD
Do CD // AB (gt) do đó KM // AB (đpcm)

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

b) 1,0 điểm:
Nội dung trình bày
⇒
Ta có: IA=IB, KB=KD (gt)
IK là đường trung bình của ∆ ABD ⇒ IK//AD hay
IE//AD
chứng minh tương tự trong ∆ ABC có IM//BC hay IR//BC

Có: QK ⊥ AD (gt), IE//AD (CM trên) ⇒ QK ⊥ IE . Tương tự có QM ⊥ IR
Từ trên có: IK=KE, QK ⊥ IE ⇒ QK là trung trực ứng với cạnh IE của ∆IER . Tương tự

15

Điểm
0,25
0,25
0,25

15


QM là trung trực thứ hai của ∆IER
Hạ QH ⊥ CD suy ra QH là trung trực thứ ba của ∆IER hay Q nằm trên trung trực của
đoạn CD ⇒ Q cách đều C và D hay QD=QC (đpcm).
Câu 5 (1,0 điểm):
Nội dung trình bày
P'

0,25
Điểm

B'

A
C'

P
C

B

A'

Trong số các tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn nhất (diện tích S).
Khi đó S ≤ 1 .
Qua mỗi đỉnh của tam giác, kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, các đường
thẳng này giới hạn tạo thành một tam giác A ' B ' C ' (hình vẽ). Khi đó S A ' B ' C ' = 4 S ABC ≤ 4
. Ta sẽ chứng minh tất cả các điểm đã cho nằm trong tam giác A ' B ' C ' .
Giả sử trái lại, có một điểm P nằm ngoài tam giác A ' B ' C ', chẳng hạn như trên hình vẽ
d ( P; AB ) > d ( C ; AB )
. Khi đó
, suy ra S PAB > SCAB , mâu thuẫn với giả thiết tam giác
ABC có diện tích lớn nhất.
Vậy, tất cả các điểm đã cho đều nằm bên trong tam giác A ' B ' C ' có diện tích không lớn
hơn 4.
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN CỦA HẢI PHÒNG
NĂM HỌC 2009-2010
Bài 1 : ( 1 điểm )
x=

(

0.25
0.25

0.25

0.25

4+2 3 − 3
5+2

)

3

17 5 − 38 − 2

P = ( x 2 + x + 1)

2009

Cho
tính
Bài 2 : ( 1, 5 điểm ) : cho hai phương trình x2 + b.x + c = 0 ( 1 )
và x2 - b2 x + bc = 0 (2 )
biết phương trình ( 1 ) có hai nghiệm x1 ; x2 và phương trình ( 2 ) có hai nghiệm x3 ; x4 thoả
mãn điều kiện x3 − x1 = x4 − x2 = 1 . xác định b và c
Bài 3 : ( 2 điểm )

( a + b + c ) 

1 1 1
+ + ÷≥ 9
a b c

1. Cho các số dương a; b; c . Chứng minh rằng
2. Cho các số dương a; b; c thoả mãn a + b + c ≤ 3 . Chứng ming rằng

1
2009
+
≥ 670
2
2
a + b + c ab + bc + ca
Bài 4 : ( 3, 5 điểm )
2

16

16


Cho tam giác ABC với BC = a ; CA = b ; AB = c( c < a ; c< b ) . Gọi M ; N lần lượt là các tiếp
điểm của đường tròn tâm ( O) nội tiếp tam giác ABC với các cạnh AC và BC . Đường thẳng MN
cắt các tia AO : BO lần lượt tại P và Q . Gọi E; F lần lượt là trung điểm của AB ; AC
1. Chứng minh tứ giác AOQM ; BOPN ; AQPB nội tiếp
2. Chứng minh Q; E; F thẳng hàng
MP + NQ + PQ OM
=
a+b+c
OC
3. Chứng minh
Bài 5 : ( 2 điểm )
1. Giải phương trình nghiệm nguyên 3x - y3 = 1
2. Cho bảng ô vuông kích thước 2009 . 2010, trong mỗi ô lúc đầu đặt một viên sỏi . Gọi T là
thao tác lấy 2 ô bất kì có sỏi và chuyển từ mỗi ô đó một viên sỏi đưa sang ô bên cạnh ( là
ô có chung cạnh với ô có chứa sỏi ) . Hỏi sau một số hữu hạn phép thực hiện các thao tác

trên ta có thể đưa hết sỏi ở trên bảng về cùng một ô không
Lời giải
Bài 1 :
x=

=
3

(

4+2 3 − 3
5+2

( 17

)

3

17 5 − 38 − 2
1

)(

)

3 +1− 3

=
3

5 − 38 17 5 + 38 − 2

(
=

)

3

5 + 2 (17 5 − 38) − 2
1
= −1
1− 2

vậy P = 1

Bài 2 : vì x3 − x1 = x4 − x2 = 1 => x3 = x1 + 1; x4 = x2 + 1
 x1 + x2 = − b(1)
 x . x = c(2)
 1 2

2
( x1 + 1) + ( x2 + 1) = b (3)
( x + 1) . ( x + 1) = bc(4)
2
Theo hệ thức Vi ét ta có  1
2
Từ (1 ) và ( 3 ) => b + b - 2 = 0  b = 1 ; b = -2
từ ( 4 ) => x1. x2 + x1 + x2 + 1 = bc => c - b + 1 = bc ( 5 )

+) với b = 1 thì ( 5 ) luôn đúng , phương trình x2 + +b x + c = 0 trở thành
1
∆ = 1 − 4c ≥ 0 ⇔ c ≤
4
X2 + x + 1 = 0 có nghiệm nếu
+) với b = -2 ( 5 ) trở thành c + 3 = -2 c => c = -1 ; phương trình x2 + b x + c = 0 trở thành x2
- 2 x - 1 = 0 có nghiệm là x = 1 ± 2
1
c≤
4;
vậy b= 1; c
b = -2 ; c = -1
Bài 3 :
1. Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương
1 1 1
1
+
+
≥
3
3
a + b + c ≥ 3 abc a b c
abc
1 1 1
( a + b + c )  + + ÷ ≥ 9
a b c
=>
dấu “=” sảy ra  a = b = c

17

17


( a + b + c)
⇒ ab + bc + ca ≤

2

ab + bc + ca ≤ a + b + c
≤3
3
2. ta có
2007
⇒
≥ 669
ab + bc + ca
Áp dụng câu 1 ta có
1
1
1

 2
2
2
+
+
 2
÷( a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca ) ≥ 9
2

2
a
+
b
+
c
ab
+
bc
+
ca
ab
+
bc
+
ca


1
1
9
+
≥
≥1
a 2 + b2 + c 2 ab + bc + ca ( a + b + c ) 2
=>
1
2009
+
≥ 670

2
2
2
ab + bc + ca
vậy a + b + c
. dấu “=” sảy ra  a = b = c = 1
1
·
·
·
µ
BOP
= BAO
+ ABO
= µA + B
2
0
µ
180 − C 1 µ µ
·
PNC
=
= A+ B
2
2
·
·
Bài 4 : a) ta có ⇒ BOP = PNC
=> tứ giác BOPN nội tiếp
+) tương tự tứ giác AOQM nội tiếp

0
·
·
+) do tứ giác AOQM nội tiếp=> AQO = AMO = 90
2

2

2

(

(

)

)

0
·
·
tứ giác BOPN nội tiếp => BPO = BNO = 90
0
·
·
=> AQB = APB = 90 => tứ giác AQPB nội tiếp

b ) tam giác AQB vuông tại Qcó QE là trung tuyến nên QE = EB = EA
1µ ·
·

·
EQB
= EBQ
= B
= QBC
2
=>
=> QE //BC
Mà E F là đường trung bình của 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 5 :
1) 3x - y3 = 1
 y + 1 = 3m
 y = 3m − 1
 2
 m
n
m
n
 y − y + 1 = 3 ⇔ 9 − 3.3 + 3 = 3
m + b = x
m + b = x
⇒ 3x = ( y + 1) ( y 2 − y + 1)


=> tồn tại m; n sao cho
+) nếu m = 0 thì y = 0 và x = 0

18

18


m
m
n
9 3.3 + 3M3
3 M3

m
n
m
9 3.3 + 3M9
3 M9

n =1

+) nu m > 0 thỡ
9m 3.3m + 3 = 3 3m ( 3m 3) = 0
=>
=> m = 1 => y = 2 ; x = 2
vy p/ trỡnh cú hai nghim l ( 0 ; 0 0 ; ( 2 ; 2 )
2.Ta tụ mu cỏc ụ vuụng ca bng bng hai mu en trng nh bn c vua
Lỳc u tng s si cỏc ụ en bng 1005 . 2009 l mt s l
sau mi phộp thc hin thao tỏc T tng s si cỏc ụ en luụn l s l
vy khụng th chuyn tt c viờn si trờn bng ụ vuụng v cựng mt ụ sau mt s hu hn cỏc
phộp thc hin thao tỏc T
Sở giáo dục-đào tạo
Hà nam
đề chính thức

Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên
Năm học 2009-2010
Môn thi : toán(đề chuyên)
Thời gian làm bài: 120 phút(không kể thời gian giao đề)

Bài 1.(2,5 điểm)

1
1

=2
1) Giải phơng trình: x 3x + 2 x 2
1

x + x + y = 7


x = 12
2) Giải hệ phơng trình: x + y
2

Bài 2.(2,0 điểm)
Cho phơng trình: x 6 x 3 + 2m = 0
Tìm m để x = 7 48 là nghiệm của phơng trình.
Tìm m để phơng trình có 2 nghiệm x=x1; x=x2 thoả mãn:
x1 + x2
24
=
3

x1 + x2

a)
b)

Bài 3.(2,0 điểm)

2
1) Cho phơng trình: 2 x + 2 ( 2m 6 ) x 6m + 52 = 0 ( với m là tham số, x là ẩn số). Tìm giá trị

của m là số nguyên để phwowng trình có nghiệm là số hữu tỷ.
2
2) Tìm số abc thoả mãn: abc = ( a + b ) 4c .
Bài 4.(3,5 điểm)

à à
Cho ABC nhọn có C < A. Đờng tròn tâm I nội tiếp ABC tiếp xúc với các cạnh AB,
BC, CA lần lợt tại các điểm M, N, E; gọi K là giao điểm của BI và NE.
à
C
ã
AIB
= 900 +
2 .
a) Chứng minh:

b) Chứng minh 5 điểm A, M, I, K, E cùng nằm trên một đờng tròn.
c) Gọi T là giao điểm của BI với AC, chứng minh: KT.BN=KB.ET.
19

19


d) Gọi Bt là tia của đờng thẳng BC và chứa điểm C. Khi 2 điểm A, B và tia Bt cố định;
điểm C chuyển động trên tia Bt và thoả mãn giả thiết, chứng minh rằng các đờng
thẳng NE tơng ứng luôn đi qua một điểm cố định.
----------- Hết---------Gợi ý một số câu khó trong đề thi:
Bài 3:

2
'
1) Ta có = 4m 12m 68 = ( 2m 3) 77
2

'
Để phơng trình có nghiệm hữu tỷ thì phải là số chính phơng. Giả sử
' = n2( trong đó n là số tự nhiên).
2
2
2m 3) 77 = n 2 ( 2m 3) n 2 = 77 ( 2m 3 + n ) . ( 2m 3 n ) = 77
(
Khi đó ta có
Do n N nên 2m-3+n>2m-3-n
Và do m Z, n N và 77=1.77=7.11=-1.(-77)=-7.(-11)
Từ đó xét 4 trờng hợp ta sẽ tìm đợc giá trị của m.
2)Từ giả thiết bài toán ta có:
100a + 10b
2
2
100a + 10b + c = ( a + b ) .4c c =

(do 4 ( a + b ) 1 0)
2
4 ( a + b) 1

=

4 ( a + b) 1
2

4 ( a + b ) 1
2

Ta có

10 ( 10a + b )

4( a + b)

2

Mà
là 4 hoặc 9. (*)

c=

Mặt khác
2
4 ( a + b) 1

=

10 ( a + b ) + 9a
4 ( a + b) 1
2

4 ( a + b) 1 M
là số lẻ và do 0 < c 9 nên
5.
2
2
4( a + b)
a + b)
(

là số chẵn nên
phải có tận cùng là 6
phải có tận cùng
2

2.5 ab
4(a + b) 2 1 và

4 ( a + b) 1
( a + b ) < 125, 25
là số lẻ
<500
(**)
2
( a + b ) {4; 9; 49; 64}
Kết hợp (*) và (**) ta có

a+b {2; 3; 7; 8}
2

2

4 ( a + b) 1
2

+ Nếu a+b {2; 7; 8} thì a+b có dạng 3k 1(k N) khi đó
chia hết cho 3
10 ( a + b ) + 9a
mà (a+b) + 9a= 3k 1+9a không chia hết cho 3
không M3 c N
10 ( 3 + 9a ) 6 ( 1 + 3a )
c=
=
35
7
+ Nếu a+b =3 ta có
. Vì 0khi đó c=6 và b=1.Ta có số 216 thoả mãn.
Kết luận số 216 là số cần tìm.

20

20


Bài 4:

* ý c : Chứng minh KT.BN=KB.ET
KT AK
=
IE
Cách 1:C/m AKT : IET ET
KB AK
=
C/m AKB : INB BN IN
Do IE=IN từ đó ta suy ra điều phải chứng minh
Cách 2:
KT TA
=
C/m TKE : TAI ET TI
KB AB
=
BI
C/m BIM : BAK BM
TA AB
=
BI
Theo tính chất tia phân giác của ABT ta có TI
Và do BM=BN từ đó suy ra điều phải c/m
*ý d:Chứng minh NE đi qua một điểm cố định:

ã
Do A, B và tia Bt cố định nên ta có tia Bx cố định và ABI = không đổi (tia Bx là tia
ã
phân giác của ABt )
Xét ABK vuông tại K ta có KB = AB.cos ABI=AB.cos không đổi
Nh vậy điểm K thuộc tia Bx cố định và cách gốc B một khoảng không đổi do đó K cố

định đpcm.
GII CHUYấN TON THPT HUNH MN T KIấN GIANG, NM 2009 2010
, li gii
Bi 1: (1 im) Cho phng trỡnh ax 2 + bx + c =
0 cú 2 nghim phõn bit x 1, x2. t S2 = x12 + x22 ;
S1 = x1.x2 Chng minh rng: a.S2 + b.S1 + 2c = 0
c
b
Theo Vi-ột ta cú: x1+ x2 = a ; x1.x2 = a

21

Cỏch khỏc, nhn xột

21


(

)

a.S2 + b.S1 + 2c = a x12 + x2 2 + b ( x1 + x2 ) + 2c
2
= a ( x1 + x2 ) − 2 ( x1 x2 )  + b ( x1 + x2 ) + 2c



= a ( x1 + x2 ) − 2a ( x1 x2 ) + b ( x1 + x2 ) + 2c
2

2

c
−b
 −b 
= a × ÷ − 2a. + b. + 2c
a
a
 a 
2
2
b
b
= − 2c − + 2c = 0 (do a ≠ 0)
a
a
Bài 2: (2 điểm)
Cho phương trình: 2x - 7 x + 3m – 4 = 0 (1)
a/ Định m để phương trình có một nghiệm bằng
9 và tìm tất cả nghiệm còn lại của phương trình.
b/ Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình
(1) có nghiệm.
a/ Phương trình có 1 nghiệm x = 9 thay vào pt ta có:
2.9 - 7 9 +3m – 4 = 0
Cách khác:
2
3m = 7
2
x
− 7 x + 3 = 0 (2)

m = 7/3
⇒ x1 = 3
Từ (1) ta có x ≥ 0 thế vào (1) ta được pt:
x1 = 9
2
2 x − 7 x + 3 = 0 (2)
7
x1 + x2 =
2
Đặt x = t ≥ 0 ta có pt: 2t2– 7t + 3 = 0
7
⇒ 3 + x2 =
Giải tìm được t1 = 3 ; t2 = ½
2
Suy ra
x 1 = 9 ; x2 = ¼
7
1
⇒ x2 = − 3 =
b/ Từ (1) coi phương trình với ẩn là x
2
2
∆ x = 81 − 24m
1
⇒ x2 =
7
4
mà
S = x1 + x2 =
2

Lập
Câu b:
Để pt (1) có nghiệm thì:
Có thể yêu cầu tìm số nguyên lớn nhất của
m để phương trình (1) có nghiệm.
 ∆ x = 81 − 24m ≥ 0
27

x
⇔m≤

7
Chú ý: nếu thay x bởi
ta có bài toán
8
S
=
x
+
x
=
≥
0

1
2
tương tự.
2


( )

( )

Bài 3: (2 điểm) Giải hệ phương trình:
 ( x + 1) ( y + 2 ) = 2 (1)

( y + 2 ) ( z + 3 ) = 6 (2)
 ( z + 3) ( x + 1) = 3 (3)

(I)
Nhân (1) (2) và (3) ta có:
[(x + 1)(y + 2)(z + 3)]2 = 36
(x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 hoặc (x + 1)(y + 2)(z + 3)
= -6
Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 hệ (I) là:

22

Nếu x, y, z đều là các số dương thì hệ chỉ
có 1 nghiệm

22


z+3= 3
z = 0


x +1 = 1 ⇔  x = 0

y + 2 = 2
y = 0



Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = - 6 hệ (I) là:
 z + 3 = −3
 z = −6


 x + 1 = −1 ⇔  x = −2
 y + 2 = −2

 y = −4

Vậy nghiệm của hệ là (0 ; 0 ; 0) và (-2 ; -4 ; -6)
Bài 4: (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ cho
x2
y=
3 , điểm I(0 ; 3) và điểm M(m ;
parabol (P):
0)
Với m là tham số khác 0.
a/ Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua hai
điểm M, I
b/ Chứng minh rằng (d) luôn luôn cắt (P) tại hai
điểm phân biệt A, B với AB > 6
a/ Gọi pt của (d) là y = ax + b
Khi đi qua I(0 ; 3) và M(m ; 0) ta có:


 b=3
−3
 a.0 + b = 3

⇔

−3 ⇒ (d ) : y = x + 3
m
a=
m.a + b = 0
m


b/ Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):
x 2 −3
=
x+3
3
m
⇔ mx 2 = −9 x + 9m (do m ≠ 0)

⇔ mx 2 + 9 x − 9m = 0
∆ = 92 − 4.m. ( −9m ) = 81 + 36m 2 > 0, ∀m ≠ 0
Vậy (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt.
Chứng minh AB > 6
Vì A, B là giao điểm của (d) và (P) nên hoành độ
xA, xB phải thỏa mãn pt: mx2 + 9x – 9m = 0
9
Theo Vi-ét ta có: xA+ xB = m ; xA. xB = -9
−3

−3
∈(d ) ⇒ y A =
x A + 3 ; yB =
xB + 3
m
m
Do A, B
Theo công thức tính khoảng cách:

23

23


( x A − xB )

AB =

2

+ ( y A − yB )

2

2

=

−3
−3

2
( x A − xB ) +  xA − xB ÷
m 
m

=

( x A − xB )

2

=

( x A − xB )

2

+

9
2
x − xB )
2 ( A
m

9 

1 + 2 ÷
 m 

9 
2

=  ( x A + x B ) − 4 x A .x B   1 + 2 ÷

 m 
 9  2

9 
=  ÷ − 4(−9)   1 + 2 ÷
 m 
  m 
9 
 81

=  2 + 36 ÷ 1 + 2 ÷
m
 m 
=

81 729 324
+
+
+ 36 > 36 = 6
m2 m4 m2

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

(O ; R) cắt (O’ ; R’) tại D.
a/ Chứng minh rằng: AB 2 = AC.AD và
2
AC
 BC 

÷ =
AD
 BD 
b/ Lấy điểm E đối xứng của B qua A. Chứng
minh bốn điểm B, C, E, D thuộc một đường tròn
có tâm là K. Xác định tâm K của đường tròn.

µ ¶
a/ Xét (O) ta có C1 = B2 (chắn cung AnB)
¶
µ
Xét (O’) ta có D1 = B1 (chắn cung AmB)

E
/

C

/

2 1

2
1

=

x

O

1 2

A

K
x

=
j1

2

D

1

O'

2

B

⇒ ∆ABC : ∆ADB

AB AC BC
⇒
=
=
(1)
AD AB BD
⇒ AB 2 = AC. AD
2

2

AB 2 AC . AD AC
 BC   AB 
=
=
 BD ÷  AD ÷ AD 2 = AD 2 = AD

 

b/ Từ (1) thay AE = AB ta có
AE AC
=
AD AE (*) mặt khác:

24

24


à

ả +B
à ;A
ả =B
ả +D
ả
A1 = C
1
1
2
2
1
àA = ảA (**)
1

2

T (*) v (**) suy ra:
AEC : ADE (c g c)
ả =D
ả
E
2

2

ã
ã
à +E
ả +B
à +B

ả
CED
+ CBD
=E
1
2
1
2
à
ả
ả
ả
=E +D +D +B
1

2

1

2

= 180 ( xet BDE )
Vy t giỏc BCED ni tip ng trũn tõm K. Vi
K l gaio im 3 ng trc ca BCE hoc
BDE
0

Kì thi TUYểN sinh VàO lớp 10
trờng thpt chuyên phan bội châu
năm học 2009 - 2010

Sở GD&ĐT Nghệ An
Đề thi chính thức

Mụn thi: TON
Thi gian: 150 phỳt, khụng k thi gian giao
Bi 1: (3.5 im)
a) Gii phng trỡnh x + 2 + 7 x = 3
b) Gii h phng trỡnh
8

2 + 3x = 3

y


x3 2 = 6

y

Bi 2: (1.0 im)
Tỡm s thc a phng trỡnh sau cú nghim nguyờn
3

3

x 2 ax + a + 2 = 0 .
Bi 3: (2.0 im)
Cho tam giỏc ABC vuụng ti A cú ng phõn giỏc trong BE (E thuc AC). ng trũn
ng kớnh AB ct BE, BC ln lt ti M, N (khỏc B). ng thng AM ct BC ti K. Chng

minh: AE.AN = AM.AK.
Bi 4:(1.5 im)
Cho tam giỏc ABC cú 3 gúc nhn, trung tuyn AO cú di bng di cnh BC. ng
trũn ng kớnh BC ct cỏc cnh AB, AC th t ti M, N (M khỏc B, N khỏc C). ng trũn
ngoi tip tam giỏc AMN v ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC ct ng thng AO ln lt
ti I v K. Chng minh t giỏc BOIM ni tip c mt ng trũn v t giỏc BICK l hỡnh
bỡnh hnh.
Bi 5:(2.0 im)
a) Bờn trong ng trũn tõm O bỏn kớnh 1 cho tam giỏc ABC cú din tớch ln hn hoc bng
1. Chng minh rng im O nm trong hoc nm trờn cnh ca tam giỏc ABC.
b) Cho a, b, c l cỏc s thc dng thay i tha món: a + b + c = 3 .

25

25