UBND TỈNH TIỀN GIANG CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Độc lập _Tự Do_Hạnh Phúc
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
Khoá ngày: 01-7-2009
Môn thi: TOÁN (Chuyên toán)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1:
1/ Giải phương trình:
4 3 2
t 4t 5t 4t 1 0− + − + =
2/ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P x x 2009= − −
Bài 2:
1/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các đường thẳng GP: x - 2y + 1 = 0,
HP: 3x - 4y + 1 = 0 và I(4; 3) là trung điểm của đoạn HG. Viết phương trình cạnh HG.
2/ Giải hệ phương trình:
3 x 5y 9 0
2x y 7 0
 + + =


− − =


Bài 3:
1/ Cho phương trình
( )
2 2
x 2m 3 x m 3m 0− − + − =
. Định m để phương trình có
hai nghiệm

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2:
Đề chính thức
LỜI GIẢI
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN
Khóa ngày 01 tháng 7 năm 2009
Môn: Toán ( Chuyên toán)
Bài Nội dung
Bài 1:
1/
* Vì t = 0 không là nghiệm của phương trình nên chia 2 vế của phương trình cho t
2
≠
0 ta được:
2
2
1 1
(t ) 4(t ) 5 0
t t
+ − + + =
* Đặt
1
y t
t
= +
( Điều kiện:
y 2≥
)
Phương trình trở thành: y


=


* Vậy tập nghiệm của phương trình: S =
3 5 3 5
;
2 2
 
+ −
 
 
 
 
2/
Ta có: P = x -
x 2009−

* = x - 2009 -
x 2009−
+ 2009
* = (
2
1 3
x 2009 ) 2008
2 4
− − +
* = (
2
1 3 3

3m 4n 1
− = −


− + = −


m 3

n 2
=

⇔

=


Vậy: G(3; 2) và H(5; 4)
* Phương trình cạnh HG có dạng HG: y = a’x + b’.
Vì: H, G thuộc HG nên ta có hệ phương trình:

3a' b' 2
5a ' b' 4
+ =


+ =

a' 1



y 2x 7 (2)
Từ phương trình (1) suy ra
5y 9
0
3
− −
≥

9
y
5
⇔ ≤ −
nên y < 0
Từ phương trình (2) suy ra 2x – 7
≥
0
7
x
2
⇔ ≥
nên x > 0
* Do đó hệ đã cho tương đương với:

+ = −

+ =

3x 5y 9
2x y 7

2
- 4(
2
m 3m−
)= 4m
2
–12m+ 9–4m
2
+12m = 9 > 0 nên phương trình
luôn có hai nghiêm phân biệt x
1
= m – 3; x
2
= m.
* Nếu
m x,3mx
21
=−=
thì :
x
1
2
+
2x
2
= ( m – 3 )
2
+ 2m
= m
2

+ 2m - 6
= ( m + 1)
2
- 7
≥
-7 với mọi m
∈¡
Vậy: x
1
2
+ 2x
2
đạt giá trị nhỏ nhất bằng -7 khi m = -1
* Do đó: x
1
2
+ 2x
2
đạt giá trị nhỏ nhất bằng -7 khi m = -1
2/
* Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

2
x mx 1= +
⇔
x
2
– mx – 1 = 0
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:


−
+ = =
− = +
− = − = + − = +
= − + − = + +
= + + ≥
Vậy AB đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi m = 0

Bài 4:
1/ (
* Hình vẽ đúng ( cả hai trường hợp).
* Tam giác BEM có:
·
BEM
= 90
0
và EM = EB nên tam giác BEM
vuông cân tại E.
* Do đó:
·
0
EMB 45=
·
·
0 0
AMB 180 EMB 135⇒ = − =
* Vậy điểm M nhìn đoạn AB cố định dưới góc không đổi 135
0
nên M di động trên một cung chứa góc 135
0

2
=
sđ
»
0
AC 45=
và
·
0
EMB 45=
nên
·
·
ADC EMB=
(0,25đ)
∙
·
·
0
AMK EMB 180+ =
(kề bù)
Do đó:
·
·
0
AMK ADC 180+ =

Vậy ADKM nội tiếp. (0,25đ)
.Trường hợp K nằm ngoài đoạn BM
* Ta có: .

Ta có:
ab
(a + b) = a
3
+ b
3

Suy ra: 10a + b = a
2
+ b
2
– ab

⇔
9a + a + b = (a + b)
2
– 3ab

⇔
3a.(3 + b) = (a + b) (a + b – 1)
* Mà (a + b) và (a + b – 1) nguyên tố cùng nhau nên:
E
K
M
D
C
B
O
A
E

=

hoặc
a 3
b 7
=


=

* Vậy số cần tìm là: 48 hoặc 37.
2/
Ta có: số hạng thứ n có dạng:
{
{
111 155 56
n
n 1−
* Ta chứng minh số này là số chính phương.
Thật vậy:
{
n
111 155 56 111 1.10 5.111 1.10 6
n n
n 1
n 1
= + +
−
−
123 123 123

Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề chính thức

Bài 1 ( 2,0 điểm):
1/ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho parabol (P): y =
2
1
x
4
−
và đường thẳng (d): y = mx – 2m
– 1.
a/ Tìm m để (P) tiếp xúc với (d).
b/ Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định thuộc (P).
2/ Tìm giá trị của x để biểu thức
2
1
A
x 2x 2 5
=
− +
đạt giá trị lớn nhất.
Bài 2 (2,0 điểm):
1/ Cho phương trình bậc hai : x
2
– 2(m – 1)x + 2m
2
– 3m + 1 = 0
a/ Chứng minh phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
0 m 1≤ ≤

x y z 2
2x xy x 2z 1
− + =


− + − =

Bài 4 (3,0 điểm):
Cho đường tròn đường kính AB = 2a, trên đoạn AB lấy điểm M sao cho AM =
a
2
. Trong nửa
mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn, ta kẻ hai tia Mx và My sao cho
·
·
0
AMx BMy 30= =
. Tia Mx
cắt nửa đường tròn ở E, tia My cắt nửa đường tròn ở F. Từ E và F kẻ các đường thẳng vuông góc với
AB cắt AB lần lượt tại E’ và F’.
1/ Tính diện tích hình thang vuông EE
’
F
’
F theo a.
2/ Khi M di động trên AB. Chứng minh rằng: đường thẳng EF luôn tiếp xúc với một đường tròn
cố định.
HẾT
• Ghi chú : Thí sinh được sử dụng các loại máy tính do Bộ Giáo dục và Đào tạo cho phép
( Casio: fx – 500MS, fx – 570MS, fx – 570 ES, Vn – 570MS

b/ . y = mx – 2m – 1
⇔
(x – 2)m = y + 1 (**)
Giả sử A(x
0
, y
0
) là điểm cố định của (d) khi m thay đổi
Ta có: A
∈
(d) với mọi m khi và chỉ khi (**) có nghiệm với mọi m.
. Do đó:
0
0
x 2 0
y 1 0
− =


+ =


0
0
x 2
y 1
=

⇔


2
m m 0⇔ − ≤

0 m 1⇔ ≤ ≤
b/ . Khi
0 m 1≤ ≤
,
theo định lí Viet ta có:
1 2
2
1 2
x x 2(m 1)
x x 2m 3m 1
+ = −


= − +

Vậy:
2
1 2 1 2
x x x x 2m m 1+ + = − −
=
2
1 9
2 m
4 16
 
− −
 ÷


⇔
(x
2
+ 2x + 8)(x
2
– 2x – 4) = 0
.
2
(x 2x 4) 0⇔ − − =
( vì x
2
+ 2x + 8 =0 vô nghiệm)
.
⇔
x = 1
5±
.Tập nghiệm của phương trình: S =
{ }
1 5; 1+ 5−
1/
. Gọi số phải tìm là:
ab
, (a, b
∈¥
;
1 a 9≤ ≤
;
0 b 9≤ ≤
)

a 3
b 1
=


=

. Vậy số phải tìm là 13 và 31
2/
.Vì hệ số của x
4
bằng 1 nên: P(x) = (x
2
+ px + q)
2
. Suy ra:
x
4
+ mx
3
+29x
2
+nx + 4 = x
4
+ 2px
3
+ (p
2
+2q)x
2

⇔

= ±


= ±

. Vậy có hai cặp giá trị (m; n) là (10; 20), (-10; -20).
3/
.
2
x y z 2
2x xy x 2z 1
− + =


− + − =


2
2x 2y 2z 4 (1)
2x xy x 2z 1 (2)
− + =

⇔

− + − =

Từ (1) và (2) suy ra: 2x
2

2
OM =
a
4
;
FH =
2 2
OF OH−
=
a 15
4
. Kéo dài EE
’
cắt đường tròn (O) tại D
Suy ra AO là đường trung trực của DE,
Từ đó kết luận:

·
·
·
DMA EMA FMB= =
;
3 điểm D, M, F thẳng hàng
. Tính: DF = 2FH =
a 15
2
. EE
’
+ FF
’

) E
’
F
’
=
2
15a 3
32
2/
. Xét các cung nhỏ:
»
»
AE, BF
sđ
»
AE
+ sđ
»
BF
= sđ
»
AD
+ sđ
»
BF
= 2
·
FMB
= 60
0