Bộ đề thi vào lớp 10 THPTchuyên năm học 2009-2010 môn toán

1 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC —————— KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho các thí sinh thi vào lớp chuyên Toán 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 1 9 2 1 5 2 x y x y xy xy            b) Giải và biện luận phương trình: | 3 | | 2 | 5x p x    (p là tham số có giá trị thực). Câu 2: (1,5 điểm) Cho ba số thực , ,a b c đôi một phân biệt. Chứng minh 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) a b c b c c a a b       Câu 3: (1,5 điểm) Cho 2 1 4 4 1 A x x    và 2 2 2 2 1 x B x x     Tìm tất cả các giá trị nguyên của x sao cho 2 3 A B C   là một số nguyên. Câu 4: (3,0 điểm) Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB<CD). Gọi K, M lần lượt là trung điểm của BD, AC. 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— Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ tên thí sinh ..................................................................... SBD ....................... ĐỀ CHÍNH THỨC 2 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC —————— KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN Dành cho lớp chuyên Toán. ————————— Câu 1 (3,0 điểm). a) 1,75 điểm: Nội dung trình bày Điể m Điều kiện 0xy  0,25 Hệ đã cho 2 2[ ( ) ( )] 9 (1) 2( ) 5 2 0 (2) xy x y x y xy xy xy         0,25 Giải PT(2) ta được: 2 (3) 1 (4) 2 xy xy      0,50 Từ (1)&(3) có: 1 23 2 2 1 x yx y xy x y           0,25 Từ (1)&(4) có: 1 13 22 1 1 2 2 1 x yx y xy x y                   0,25 Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là: ( ; ) (1; 2), (2; 1), (1; 1/ 2), (1/ 2; 1)x y  0,25 b) 1,25 điểm: Nội dung trình bày Điể m Xét 3 trường hợp: TH1. Nếu 2 x thì PT trở thành: ( 1) 2( 1)p x p   (1) TH2. Nếu 3 2x   thì PT trở thành: (1 ) 2(1 )p x p   (2) TH3. Nếu 3x   thì PT trở thành: ( 1) 2( 4)p x p   (3) 0,25 Nếu 1p   thì (1) có nghiệm 2x  ; (2) vô nghiệm; (3) có nghiệm x nếu thoả mãn: 2( 4) 3 1 1 1 p x p p          . 0,25 Nếu 1p   thì (1) cho ta vô số nghiệm thoả mãn 2 x ; (2) vô nghiệm; (3) vô nghiệm. 0,25 Nếu 1p  thì (2) cho ta vô số nghiệm thoả mãn 3 2x   ; (1) có nghiệm x=2; (3)VN 0,25 Kết luận: + Nếu -1 < p < 1 thì phương trình có 2 nghiệm: x = 2 và 2( 4) 1 p x p    0,25 3 + Nếu p = -1 thì phương trình có vô số nghiệm 2 x  ¡ + Nếu p = 1 thì phương trính có vô số nghiệm 3 2x   + Nếu 1 1 p p     thì phương trình có nghiệm x = 2. Câu 2 (1,5 điểm): Nội dung trình bày Điể m + Phát hiện và chứng minh 1 ( )( ) ( )( ) ( )( ) bc ca ab a b a c b a b c c a c b          1,0 + Từ đó, vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh bằng: 2 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 3 (1,5 điểm): Nội dung trình bày Điể m Điều kiện xác định: x 1 (do x nguyên). 0,25 Dễ thấy 1 2( 1) ; | 2 1| | 1| x A B x x      , suy ra: 2 1 1 3 | 2 1| | 1| x C x x         0,25 Nếu 1x  . Khi đó 2 1 4( 1) 4( 1) 1 2 1 0 1 1 0 3 2 1 3(2 1) 3(2 1) 3(2 1) x x x C C x x x x                     Suy ra 0 1C  , hay C không thể là số nguyên với 1x  . 0,5 Nếu 1 1 2 x   . Khi đó: 0x  (vì x nguyên) và 0C  . Vậy 0x  là một giá trị cần tìm. 0,25 Nếu 1 2 x   . Khi đó 1x   (do x nguyên). Ta có: 2 1 4( 1) 1 0 3 2 1 3(2 1) x C x x             và 4( 1) 2 1 1 1 0 3(2 1) 3(2 1) x x C x x           , suy ra 1 0C   hay 0C  và 1x   . Vậy các giá trị tìm được thoả mãn yêu cầu là: 0, 1x x   . 0,25 Câu 4 (3,0 điểm): a) 2,0 điểm: Nội dung trình bày Điể m Gọi I là trung điểm AB, ,E IK CD R IM CD    . Xét hai tam giác KIB và KED có: · ·ABD BDC 0,25 KB = KD (K là trung điểm BD) 0,25 · ·IKB EKD 0,25 Suy ra 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 và MI = 0,25 A I B K M D E H R C Q 4 MR nên KM là đường trung bình  KM // CD Do CD // AB (gt) do đó KM // AB (đpcm) 0,25 b) 1,0 điểm: Nội dung trình bày Điể m 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 0,25 Có: QK AD (gt), IE//AD (CM trên) QK IE  . Tương tự có QM IR 0,25 Từ trên có: IK=KE, QK IE QK  là trung trực ứng với cạnh IE của IER . Tương tự QM là trung trực thứ hai của IER 0,25 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). 0,25 Câu 5 (1,0 điểm): Nội dung trình bày Điể m A' B' C' A B C P P' Trong số các tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn nhất (diện tích S). Khi đó 1S  . 0.25 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 ' ' ' 4 4A B C ABCS S  . Ta sẽ chứng minh tất cả các điểm đã cho nằm trong tam giác ' ' 'A B C . 0.25 Giả sử trái lại, có một điểm P nằm ngoài tam giác ' ' ',A B C chẳng hạn như trên hình vẽ . Khi đó    ; ;d P AB d C AB , suy ra PAB CABS S , mâu thuẫn với giả thiết tam giác ABC có diện tích lớn nhất. 0.25 Vậy, tất cả các điểm đã cho đều nằm bên trong tam giác ' ' 'A B C có diện tích không lớn hơn 4. 0.25 5 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH Năm học : 2009-2010 Môn thi: TOÁN (Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán, Tin) Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm : 01 trang Bài 1. (2,0 điểm) : a. Cho k là số nguyên dương bất kì. Chứng minh bất đẳng thức sau: 1 1 1 2( ) ( 1) 1k k k k     b. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 88 2 453 2 4 3 2010 2009     L Bài 2. (2.5 điểm): Cho phương trình ẩn x: 2 ( 1) 6 0x m x    (1) (m là tham số) a. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm x 1 2  b. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có 2 nghiệm 1 2, x x sao cho biểu thức: 2 2 1 2( 9)( 4)A x x   đạt giá trị lớn nhất. Bài 3. (2,0 điểm): a. Giải hệ phương trình sau : 2 2 3 3 3 9 x y xy x y        b. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: 3 2 32 3 2x x x y    Bài 4. (3,0 điểm): Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a. M là điểm di động trên đoạn OB (M không trùng với O; B). Vẽ đường tròn tâm I đi qua M và tiếp xúc với BC tại B, vẽ đường tròn tâm J đi qua M và tiếp xúc với CD tại D. Đường tròn (I) và đường tròn (J) cắt nhau tại điểm thứ hai là N. a. Chứng minh rằng 5 điểm A, N, B, C, D cùng thuộc một đường tròn. Từ đó suy ra 3 điểm C, M, N thẳng hàng. b. Tính OM theo a để tích NA.NB.NC.ND lớn nhất. Bài 5. (0.5 điểm): Cho góc xOy bằng o120 , trên tia phân giác Oz của góc xOy lấy điểm A sao cho độ dài đoạn thẳng OA là một số nguyên lớn hơn 1. Chứng minh rằng luôn tồn tại ít nhất ba đường thẳng phân biệt đi qua A và cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho độ dài các đoạn thẳng OB và OC đều là các số nguyên dương. ========= Hết ========= Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và 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 MÔN TOÁN CHUYÊN ®Ò chÝnh thøc 6 CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM a. Cho k là số nguyên dương bất kì. CMR: 1 1 1 2( ) ( 1) 1k k k k     b. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 88 2 453 2 4 3 2010 2009     L Bđt 1 2 k 1 2 k (k 1) k k. k 1       0.25  2k 1 2 k(k 1) 0    0.25 2( k 1 k) 0    Luôn đúng với mọi k nguyên dương. 0.25 a. (1.0đ) 1 1 1 2( ) ( 1) 1     k k k k 0.25 Áp dụng kết quả câu a ta có: 1 1 1 1 VT 2 1 3 2 4 3 2010 2009     L 0.25 1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 2 2 3 2009 2010                       L 0.25 1 2 1 2010        0.25 Bài 1. (2điểm) b. (1.0đ) 1 88 2 1 VP 45 45          (đpcm) 0.25 Cho phương trình ẩn x: 2 ( 1) 6 0x m x    (1) (m là tham số) c. Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm x 1 2  d. Tìm m để (1) có 2 nghiệm 1 2,x x sao cho biểu thức: 2 2 1 2( 9)( 4)A x x   max Bài 2 (2.5 điểm) a. (1,5đ) Pt (1) có nghiệm x 1 2       2 1 2 1 1 2 6 0      m 0.5 7 Tìm được 5 2 6m   và KL. 1.0 Tính   2 1 24 0 m m      suy ra pt (1) có 2 nghiệm phân biệt 1 2,x x . 0.5     2 2 1 2 1 26 2 3A x x x x    Theo ĐL Vi-et ta có 1 2 6x x      2 1 22 3 0A x x    0.25 b. (1,0đ) Max A = 0 khi và chỉ khi 1 2 1 1 1 2 2 2 1 2 2 3 0 3 3 6 2 2 1 0 2 x x x x x x x x x x m m m                             KL : Vậy m = 0 ; m = 2 là các giá trị cần tìm. 0.25 a. Giải hệ phương trình sau : 2 2 3 3 3 9 x y xy x y        b. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: 3 2 32 3 2x x x y    Hệ phương trình đã cho 2 2 22 2 3 3 ( ) 3 3( )( ) 9 x yx y xy x y xyx y x y xy                 0.5 a (1.0đ) 3 1 2 2 x y x xy y           hoặc 2 1 x y    0.5 Ta có 2 3 3 2 3 72 3 2 2 0 4 8 y x x x x x y                (1) 0.25 2 3 3 2 9 15( 2) 4 9 6 2 0 2 4 16 x y x x x y x                  (2) 0.25 Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1 0.25 Bài 3 (2 điểm) b (1.0đ) Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được x = -1; x = 1 từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là (1 ; 2), (-1 ; 0) 0.25 8 Bài 4. (3 điểm) Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a. M là điểm di động trên đoạn OB (M không trùng với O; B). Vẽ đường tròn tâm I đi qua M và tiếp xúc với BC tại B, vẽ đường tròn tâm J đi qua M và tiếp xúc với CD tại D. Đường tròn (I) và đường tròn (J) cắt nhau tại điểm thứ hai là N. c. Chứng minh rằng 5 điểm A, N, B, C, D cùng thuộc một đường tròn. Từ đó suy ra 3 điểm C, M, N thẳng hàng. d. Tính OM theo a để tích NA.NB.NC.ND lớn nhất. K H N O I J BA D C M MNB MBC   ( Cùng chắn cung BM) MND MDC   ( Cùng chắn cung DM) 90BND MNB MND MBC MDC       o Do đó 5 điểm A, B, C, D, M cùng thuộc một đường tròn 1.5 a. 2.0đ Suy ra NC là phân giác của góc BND ( do cung BC = cung BD) Mặt khác, theo CM trên ta có NM là phân giác của góc BND Nên M, N, C thẳng hàng. 0.5 b. 1.0đ Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của N trên AC và BD  NHOK là hình chữ nhật Ta có : . . . 2NA NC NH AC NH a  . . . 2NB ND NK BD NK a  Suy ra 2 2 4 2 2 2 2. . . 2 . . 2 . . 2 2 NH NK a NA NB NC ND a NH NK a a NO      0.5 9 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 a NH NK  (2 2) 2 a OM    0.5 Cho góc xOy bằng o120 , trên tia phân giác Oz của góc xOy lấy điểm A sao cho độ dài đoạn thẳng OA là một số nguyên lớn hơn 1. Chứng minh rằng luôn tồn tại ít nhất ba đường thẳng phân biệt đi qua A và cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho độ dài các đoạn thẳng OB và OC đều là các số nguyên dương. z x A O B C Bài 5. (0.5 điểm)  Chỉ ra đường thẳng 1d đi qua A và vuông góc với OA thỏa mãn bài toán  Đặt OA = a > 1 (a nguyên). Trên tia Ox lấy điểm B sao cho OB = a + 1 nguyên dương. Đường thẳng 2d đi qua A, B cắt tia Oy tại C. Chứng minh được 1 1 1 OB OC OA   1 1 1 ( 1) 1 OC a a a OC a        là số nguyên dương Suy ra 2d là một đường thẳng cần tìm.  Tương tự lấy B trên Ox sao cho OB = a(a + 1), Ta tìm được đường thẳng 3d  Chứng minh 1 2 3, ,d d d phân biệt. ĐPCM 0.5 Hướng dẫn chung 1. Trên đây chỉ là các bước giải và khung điểm cho từng câu. Yêu cầu học sinh phải trình bầy, lập luận và biến đổi hợp lý, chặt chẽ mới cho điểm tối đa. 2. Bài 4 phải có hình vẽ đúng và phù hợp với lời giải bài toán mới cho điểm.( không cho điểm hình vẽ ) 3. Những cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa. 4. Chấm điểm từng phần, điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần( không làm tròn). =========================== 10 ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN CỦA HẢI PHÒNG NĂM HỌC 2009-2010 Bài 1 : ( 1 điểm ) Cho   3 4 2 3 3 5 2 17 5 38 2 x       tính   20092 1P x x   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 3 4;x x thoả mãn điều kiện 3 1 4 2 1x x x x    . xác định b và c Bài 3 : ( 2 điểm ) 1. Cho các số dương a; b; c . Chứng minh rằng   1 1 1 9a b c a b c           2. Cho các số dương a; b; c thoả mãn a + b + c 3 . Chứng ming rằng 2 2 2 1 2009 670 a b c ab bc ca       Bài 4 : ( 3, 5 điểm ) 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 3. Chứng minh MP NQ PQ OM a b c OC      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 :         33 3 3 4 2 3 3 3 1 3 5 2 17 5 38 2 5 2 (17 5 38) 2 1 1 1 1 217 5 38 17 5 38 2 x                    vậy P = 1 Bài 2 : vì 3 1 4 2 1x x x x    => 3 1 4 21; 1x x x x    11 Theo hệ thức Vi ét ta có         1 2 1 2 2 1 2 1 2 (1) . (2) 1 1 (3) 1 . 1 (4) x x b x x c x x b x x bc               Từ (1 ) và ( 3 ) => b2 + b - 2 = 0  b = 1 ; b = -2 từ ( 4 ) => 1 2 1 2. 1x x x x bc    => c - b + 1 = bc ( 5 ) +) với b = 1 thì ( 5 ) luôn đúng , phương trình x2 + +b x + c = 0 trở thành X2 + x + 1 = 0 có nghiệm nếu 1 1 4 0 4 c c      +) 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 vậy b= 1; c 1 4 c  ; b = -2 ; c = -1 Bài 3 : 1. Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương 3a b c abc   3 1 1 1 1 3 a b c abc    =>   1 1 1 9a b c a b c           dấu “=” sảy ra  a = b = c 2. ta có   2 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 1 ta có  2 2 22 2 2 1 1 1 2 2 2 9a b c ab bc ca a b c ab bc ca ab bc ca                   =>   22 2 2 1 1 9 1 a b c ab bc ca a b c          vậy 2 2 2 1 2009 670 a b c ab bc ca       . dấu “=” sảy ra  a = b = c = 1 Bài 4 : a) ta có · · · µ µ  · µ µ µ  · · 0 1 2 180 1 2 2 BOP BAO ABO A B C PNC A B BOP PNC           => tứ giác BOPN nội tiếp +) tương tự tứ giác AOQM nội tiếp +) do tứ giác AOQM nội tiếp=> · · 090AQO AMO  tứ giác BOPN nội tiếp => · · 090BPO BNO  => · · 090AQB APB  => tứ giác AQPB nội tiếp b ) tam giác AQB vuông tại Qcó QE là trung tuyến nên QE = EB = EA 12 => · · µ · 1 2 EQB EBQ B QBC   => 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    23 1 1x y y y     => tồn tại m; n sao cho 2 1 3 3 1 1 3 9 3.3 3 3 m m n m m n y y y y m b x m b x                       +) nếu m = 0 thì y = 0 và x = 0 +) nếu m > 0 thì 9 3.3 3 3 3 3 1 9 3.3 3 9 3 9 m m n m m n n             M M M M =>  9 3.3 3 3 3 3 3 0m m m m      => m = 1 => y = 2 ; x = 2 vậy p/ trình có hai nghiệm là ( 0 ; 0 0 ; ( 2 ; 2 ) 2.Ta tô màu các ô vuông của bảng bằng hai màu đen trắng như bàn cờ vua Lúc đầu tổng số sỏi ở các ô đen bằng 1005 . 2009 là một số lẻ sau mối phép thực hiện thao tác T tổng số sỏi ở các ô đen luôn là số lẻ vậy không thể chuyển tất cả viên sỏi trên bẳng ô vuông về cùng một ô sau một số hữu hạn các phép thưc hiện thao tác T Së gi¸o dôc-®µo t¹o Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 THPT chuyªn Hµ nam N¨m häc 2009-2010 M«n thi : to¸n(®Ò chuyªn) 13 ®Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 120 phót(kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) Bµi 1.(2,5 ®iÓm) 1) Gi¶i ph­¬ng tr×nh: 2 1 1 2 3 2 2x x x      2) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: 1 7 12 x x y x x y          Bµi 2.(2,0 ®iÓm) Cho ph­¬ng tr×nh: 6 3 2 0x x m    a) T×m m ®Ó x = 7 48 lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh. b) T×m m ®Ó ph­¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm x=x1; x=x2 tho¶ m·n: 1 2 1 2 24 3 x x x x    Bµi 3.(2,0 ®iÓm) 1) Cho ph­¬ng tr×nh:  22 2 2 6 6 52 0x m x m     ( víi m lµ tham sè, x lµ Èn sè). T×m gi¸ trÞ cña m lµ sè nguyªn ®Ó phwowng tr×nh cã nghiÖm lµ sè h÷u tû. 2) T×m sè abc tho¶ m·n:   2 4abc a b c  . Bµi 4.(3,5 ®iÓm) Cho ∆ABC nhän cã µ µC A. §­êng trßn t©m I néi tiÕp ABC tiÕp xóc víi c¸c c¹nh AB, BC, CA lÇn l­ît t¹i c¸c ®iÓm M, N, E; gäi K lµ giao ®iÓm cña BI vµ NE. a) Chøng minh: · µ 0AIB 90 2 C   . b) Chøng minh 5 ®iÓm A, M, I, K, E cïng n»m trªn mét ®­êng trßn. c) Gäi T lµ giao ®iÓm cña BI víi AC, chøng minh: KT.BN=KB.ET. d) Gäi Bt lµ tia cña ®­êng th¼ng BC vµ chøa ®iÓm C. Khi 2 ®iÓm A, B vµ tia Bt cè ®Þnh; ®iÓm C chuyÓn ®éng trªn tia Bt vµ tho¶ m·n gi¶ thiÕt, chøng minh r»ng c¸c ®­êng th¼ng NE t­¬ng øng lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh. ----------- HÕt---------- Hä vµ tªn thÝ sinh:..Sè b¸o danh: Ch÷ ký gi¸m thÞ sè 1:.Ch÷ ký gi¸m thÞ sè 2.. Gîi ý mét sè c©u khã trong ®Ò thi: Bµi 3: 1) Ta cã ' =   224 12 68 2 3 77m m m     §Ó ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm h÷u tû th× ' ph¶i lµ sè chÝnh ph­¬ng. Gi¶ sö ' = n2( trong ®ã n lµ sè tù nhiªn). Khi ®ã ta cã         2 22 22 3 77 2 3 77 2 3 . 2 3 77m n m n m n m n             14 Do nN nªn 2m-3+n>2m-3-n Vµ do mZ, nN vµ 77=1.77=7.11=-1.(-77)=-7.(-11) Tõ ®ã xÐt 4 tr­êng hîp ta sÏ t×m ®­îc gi¸ trÞ cña m. 2)Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta cã:               2 2 2 2 2 100 10 100 10 .4 ( 4 1 0) 4 1 10 910 10 4 1 4 1 a b a b c a b c c do a b a b a b aa b a b a b                       Ta cã   2 4 1a b  lµ sè lÎ vµ do 0 9c  nªn   2 4 1a b  M5. Mµ   2 4 a b lµ sè ch½n nªn   2 4 a b ph¶i cã tËn cïng lµ 6   2 a b ph¶i cã tËn cïng lµ 4 hoÆc 9. (*) MÆt kh¸c 2 2.5 4( ) 1 ab c a b    vµ   2 4 1a b  lµ sè lÎ   2 4 1a b  <500   2 125, 25a b   (**) KÕt hîp (*) vµ (**) ta cã   2 a b {4; 9; 49; 64} a+b {2; 3; 7; 8} + NÕu a+b{2; 7; 8} th× a+b cã d¹ng 3k 1(kN) khi ®ã   2 4 1a b  chia hÕt cho 3 mµ (a+b) + 9a= 3k 1+9a kh«ng chia hÕt cho 3  10 9a b a    kh«ng M3 c N + NÕu a+b =3 ta cã    10 3 9 6 1 3 35 7 a a c     . V× 0<a<4 vµ 1+3aM71+3a=7a=2, khi ®ã c=6 vµ b=1.Ta cã sè 216 tho¶ m·n. KÕt luËn sè 216 lµ sè cÇn t×m. Bµi 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  Do IE=IN tõ ®ã ta suy ra ®iÒu ph¶i chøng minh C¸ch 2: 15 C/m TKE : TAI KT TA ET TI  C/m BIM : BAK KB AB BM BI  Theo tÝnh chÊt tia ph©n gi¸c cña ABT ta cã TA AB TI BI  Vµ do BM=BN tõ ®ã suy ra ®iÒu ph¶i c/m *ý d:Chøng minh NE ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh:Do A, B vµ tia Bt cè ®Þnh nªn ta cã tia Bx cè ®Þnh vµ ·ABI  kh«ng ®æi (tia Bx lµ tia ph©n gi¸c cña ·ABt ) XÐt ABK vu«ng t¹i K ta cã KB = AB.cos ABI=AB.cos kh«ng ®æi Nh­ vËy ®iÓm K thuéc tia Bx cè ®Þnh vµ c¸ch gèc B mét kho¶ng kh«ng ®æi do ®ã K cè ®Þnh ®pcm. Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o H­ng yªn ®Ò chÝnh thøc kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt chuyªn N¨m häc 2009 - 2010 M«n thi: To¸n (Dµnh cho thÝ sinh thi vµo c¸c líp chuyªn To¸n, Tin) Thêi gian lµm bµi: 150 phót Bµi 1: (1,5 ®iÓm) Cho 1 1 a 2 : 7 1 1 7 1 1            H·y lËp mét ph­¬ng tr×nh bËc hai cã hÖ sè nguyªn nhËn a - 1 lµ mét nghiÖm. Bµi 2: (2,5 ®iÓm) a) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: x 16 xy y 3 y 9 xy x 2         b) T×m m ®Ó ph­¬ng tr×nh   2 2 2x 2x 3x 6x m 0     cã 4 nghiÖm ph©n biÖt. Bµi 3: (2,0 ®iÓm) a) Chøng minh r»ng nÕu sè nguyªn k lín h¬n 1 tho¶ m·n 2k 4 vµ 2k 16 lµ c¸c sè nguyªn tè th× k chia hÕt cho 5. b) Chøng minh r»ng nÕu a, b, c lµ ®é dµi ba c¹nh cña mét tam gi¸c cã p lµ nöa chu vi th× p a p b p c 3p      Bµi 4: (3,0 ®iÓm) 16 Cho ®­êng trßn t©m O vµ d©y AB kh«ng ®i qua O. Gäi M lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña cung AB nhá. D lµ mét ®iÓm thay ®æi trªn cung AB lín (D kh¸c A vµ B). DM c¾t AB t¹i C. Chøng minh r»ng: a) MB.BD MD.BC b) MB lµ tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BCD. c) Tæng b¸n kÝnh c¸c ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BCD vµ ACD kh«ng ®æi. Bµi 5: (1,0 ®iÓm) Cho h×nh ch÷ nhËt ABCD. LÊy E, F thuéc c¹nh AB; G, H thuéc c¹nh BC; I, J thuéc c¹nh CD; K, M thuéc c¹nh DA sao cho h×nh 8 - gi¸c EFGHIJKM cã c¸c gãc b»ng nhau. Chøng minh r»ng nÕu ®é dµi c¸c c¹nh cña h×nh 8 - gi¸c EFGHIJKM lµ c¸c sè h÷u tØ th× EF = IJ. ------------ HÕt ------------ Hä vµ tªn thÝ sinh:................ Ch÷ ký cña gi¸m thÞ ..................... Sè b¸o danh:.Phßng thi sè:............. H­íng dÉn chÊm thi Bµi 1: (1,5 ®iÓm) 1 1 7 1 1 7 1 1 a 2 : 2 : 77 1 1 7 1 1                  0,5 ® a = 2 2 : 7 7  0,25 ® §Æt 2x a 1 x 7 1 x 1 7 x 2x 1 7            0,5 ® 2x 2x 6 0    VËy ph­¬ng tr×nh 2x 2x 6 0   nhËn 7 1 lµm nghiÖm 0,25 ® Bµi 2: (2,5 ®iÓm) a) x 16x 16 xy (1)xy y 3y 3 y x 5y 9 (2)xy x y 6x 2                 §K: x,y 0 0,25 ® Gi¶i (2) 2 26y 6x 5xy (2x 3y)(3x 2y) 0       0,25 ® * NÕu 3y 2x 3y 0 x 2      . Thay vµo (1) ta ®­îc 3y 3 16 y. 2 2 3    0,25 ®  23y 23 2 6   (ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm) 0,25 ® 17 * NÕu 2y 3x 2y 0 x 3     . Thay vµo (1) ta ®­îc 2y 9 y 3    0,25 ® - Víi y 3 x 2   (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn) - Víi y 3 x 2     (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn) VËy hÖ ph­¬ng tr×nh cã hai nghiÖm: (x; y) = (2; 3); (x; y) = (-2; -3) 0,25 ® b) §Æt   22x 2x 1 y x 1 y x 1 y (y 0)          (*) Ph­¬ng tr×nh ®· cho trë thµnh:     2 y 1 3 y 1 m 0     2y 5y m 4 0     (1) 0,25 ® Tõ (*) ta thÊy, ®Ó ph­¬ng tr×nh ®· cho cã 4 nghiÖm ph©n biÖt th× ph­¬ng tr×nh (1) cã 2 nghiÖm d­¬ng ph©n biÖt 0,25 ® 0 9 4m 0 S 0 5 0 P 0 m 4 0                  0,25 ® 9 m 9 4 m4 4 m 4           VËy víi 9 4 m 4    th× ph­¬ng tr×nh cã 4 nghiÖm ph©n biÖt. 0,25 ® Bµi 3: (2,0 ®iÓm) a) V× k > 1 suy ra 2 2k 4 5; k 16 5    - XÐt 2 2 2k 5n 1 (víi n ) k 25n 10n 1 k 4 5        ¢ M 2k 4  kh«ng lµ sè nguyªn tè. 0,25 ® - XÐt 2 2 2k 5n 2 (víi n ) k 25n 20n 4 k 16 5        ¢ M 2k 16  kh«ng lµ sè nguyªn tè. 0,25 ® - XÐt 2 2 2k 5n 3 (víi n ) k 25n 30n 9 k 16 5        ¢ M 2k 16  kh«ng lµ sè nguyªn tè. 0,25 ® - XÐt 2 2 2k 5n 4 (víi n ) k 25n 40n 16 k 4 5        ¢ M 2k 4  kh«ng lµ sè nguyªn tè. Do vËy k 5M 0,25 ® b) Ta chøng minh: Víi a,b, c th×    2 2 2 2a b c 3 a b c     (*) ThËt vËy 2 2 2 2 2 2(*) a b c 2ab 2bc 2ca 3a 3b