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 tin)
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

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 tin)
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/(1,0 điểm)
Ta có: P = x -
x 2009−

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


m 2n 1
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
+ =


+ =


x (1)
3

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:

+ = −

+ =


= (2m - 3)
2
- 4(
2
m 3m−
)= 4m
2
–12m+ 9–4m
2
+12m = 9 > 0
nên phương trình luôn có hai nghiêm phân biệt: m – 3 và m.
* Nếu
m x,3mx
21
=−=
thì :
x
1
2
+
2x
2
= ( m – 3 )
2
+ 2m
= m
2
– 6m + 9 + 2m
= ( m – 2 )
2

- 7
≥
-7 với mọi m
∈
¡
3
Bài 3:
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

K
M
D
C
B
O
A
∙ Ta có:
·
1
ADC
2
=
sđ
»
0
AC 45=
và
·
0
EMB 45=
nên
·
·
ADC EMB=
(0,25đ)
∙
·
·
0

AMK ADK=
* Vậy tứ giác ADMK có hai đỉnh D và M cùng nhìn cạnh AK dưới hai
góc bằng nhau nên tứ giác đó nội tiếp.
Bài 5:
1/
* Gọi 4 số tự nhiên liên tiếp là: a, a + 1, a +2, a + 3
* Ta có: a(a +1)(a + 2)( a + 3) +1 = (a
2
+ 3a)( a
2
+ 3a + 2) +1
* = (a
2
+3a)
2
+ 2(a
2
+3a) + 1
* = (a
2
+ 3a + 1)
2

2/
* Gọi ba số nguyên dương lẻ liên tiếp là 2n – 1; 2n + 1; 2n + 3 (n
∈¥
*
)
Ta có: (2n – 1)
2

⇔
99a + 2a – 1
M
3
Vậy: 2a – 1
M
3
* Vì
1 a 9≤ ≤
nên
1 2a 1 17≤ − ≤
và 2a – 1 là số lẻ, chia hết cho 3
nên: 2a – 1 nhận các giá trị là: 3, 9, 15.
Khi đó: a nhận các giá trị tương ứng là: 2, 5, 8.
* Mà a là số lẻ nên a = 5
* Từ đó suy ra n = 21
* Vậy ba số cần tìm là 41, 43 và 45.
- Chú ý: thí sinh có thể lí luận để tìm số n như sau:
(2n – 1)
2
+ (2n + 1)
2
+ (2n + 3)
2
=
aaaa

(với a là số lẻ và
1 a 9,a≤ ≤ ∈¥
) (0,25đ)

+ 12n - 5544 = 0 ta được n = 21 ( nhận) hoặc n
= -22 (loại). (0,25đ)
. Vậy ba số cần tìm là: 41, 43 và 45. (0,25đ)6