Sở giáo dục và đào tạo
Hải Phòng
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT
chuyên toán
Năm học 2009 - 2010
Môn thi : Toán
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Đề thi gồm có 2 trang
Phần I: Trắc nghiệm khách quan. (2,0 điểm)
Hãy chọn chỉ một chữ cái đứng trớc câu trả lời đúng.
Câu 1. Biểu thức
2
4
2
4
2
y
x
y
với y < 0 đợc rút gọn là:
A. yx
2
B.
y
yx
22
C.
42
xy
D. yx
2

ơng trình là:
A.
4
3
1
+= xy
B.
43 += xy
C.
4
3
1
+= xy
D.
43 = xy
Câu 5. Một nghiệm của phơng trình
03)1(2
2
=+ kxkx
là:
A.
2
1

k
B.
2
1k
C.
2

2
R

D.
3
R

Câu 8. Cho tam giác ABC vuông tại A, AC = 3cm, AB = 4cm. Quay tam giác đó một vòng
quanh AB đợc một hình nón. Diện tích xung quanh của hình nón đó là:
A.
)(10
2
cm

B.
)(15
2
cm

C.
)(20
2
cm

D.
)(24
2
cm

(Hết phần trắc nghiệm khách quan)

=++
1. Giải hệ phơng trình (I) khi m = 2.
2. Tìm giá trị của m để hệ phơng trình (I) có nghiệm duy nhất.
Bài 3. (2,5điểm)
Cho hai đờng tròn tâm (O) và (O) cắt nhau tại hai điểm A và B (O và O thuộc hai
nửa mặt phẳng bờ AB). Các đờng thẳng AO và AO cắt đờng tròn tâm O lần lợt ở C
và D, cắt đờng tròn tâm O lấn lợt ở E và F.
1. Chứng minh ba điểm B, F, C thẳng hàng;
2. Chứng minh A là tâm của đờng tròn nội tiếp tam giác BDE;
3. Tìm điều kiện để DE là tiếp tuyến chung của hai đờng tròn (O) và (O).
Bài 4. (2,0 điểm)
Cho nửa đờng tròn (O), đờng kính BC. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ BC chứa
nửa đờng tròn (O) vẽ tam giác đều BAC, AB cắt nửa đờng tròn (O) ở E. Gọi M là
một điểm chuyển động trên nửa đờng tròn. Vẽ tam giác đều MCN sao cho đỉnh N
nằm khác phía với điểm B qua MC.
1. Chứng minh ba điểm M, E, N thẳng hàng;
2. Tìm quỹ tích điểm N.
Bài 5. (0,5điểm)
Chứng minh rằng
2
20082009
1

34
1
23
1
2
1
<++++

=+ xx
0183031
1728102343
12)3)(34(
12)3)(34(
36)3)(34(3
11.)3)(34(337
1)334.()3)(34(337
1)3()3.(3433.)34(3)34(
2
2
3
3
3
3
33
3
2
333
2
3
=+
=+
=+
=+
=+
=+
=+++
=++++
xx


=
==
+
=
x
x
Vậy PT đã cho có 2 nghiệm x
1
= 30 ; x
2
= - 61.
2. Cho phơng trình x
2
2x 3m
2
= 0 (1).
Chứng minh rằng phơng trình 3m
2
x
2
+ 2x 1 = 0 (m 0) luôn có hai
nghiệm phân biệt và mỗi nghiệm của nó là nghịch đảo của một nghiệm của
phơng trình (1).
- Xét PT: x
2
2x 3m
2
= 0 (1)
có = (- 1)

0
1 = 0 (3)
Chia cả 2 vế của (3) cho x
0
2
ta đợc:
0.75 điểm
0.75 điểm
0)
1
()
1
.(23
2
00
2
=+
xx
m
hay ta có thể viết
03)
1
.(2)
1
(
2
0
2
0
= m

1. Giải hệ phơng trình (I) khi m = 2.
- Thay m = 2 vào hpt (I) ta đợc:



=+
=++
22
21
yx
yx
+ Nếu x + 1

0 x

- 1, ta có
11 +=+ xx
Với x

- 1 ta có hpt:



=
=




=

Hpt có nghiệm (0 ; 1)
+ Nếu x + 1 < 0 x < - 1, ta có
11 =+ xx
Với x < - 1 ta có hpt:







=
=








=
=+




=
=+


y
yx
yx
yx
yx
yx
(T/mãn)
Hpt có nghiệm







3
5
;
3
4
Vậy với m = 2 hpt đã cho có 2 nghiệm (0 ; 1) và







3
5

II
x
myx
yx






=+
=++

)(
1
2
21
III
x
myx
yx





<
=+
=+
+ Giải hpt (II)

=+
=+







=+
=++
1
2
1
1
11
1
1
1
1
2
1
1
2
21
my
mx
x
my
mx






<
+
=
=+






<
+=
=+






<
=+
=+




x
m
y
yx
x
my
yx
x
myx
yx
x
myx
yx







+
=

=







1
3
3
3
6
1
3
3
3
3
3
m
y
m
x
x
m
y
m
x
x
m
y
m
x
( với x < - 1)
Vì điều kiện x - 1 của hệ (II) và x < - 1 của hệ (III) thì 2 hpt này không thể
có nghiệm chung.
Nên để hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi một trong hai hệ này vô nghiệm còn
hệ kia có nghiệm duy nhất.

yx
tơng đơng với 2 hpt sau:
)(
1
32
21
II
x
yx
yx






=+
=++

)(
1
32
21
III
x
yx
yx




C
F
E
D
R
R
R
O
O'
B
A
D
D
C
E
2. Chứng minh A là tâm của đờng tròn nội tiếp tam giác BDE.
+ Trong đờng tròn (O) có:
góc ADB là góc nội tiếp chắn cung AB
góc ACB là góc nội tiếp chắn cung AB
góc ADB = góc ACB (1)
+ Xét tứ giác CDEF có:
gócCDF = 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O))
gócCEF = 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O))
góc CDF = góc CEF = 90
0
Hai đỉnh D và E của tứ giác cùng nhìn cạnh CF dới một góc vuông.

Do đó tứ giác ODEO là hình chữ nhật từ đó suy ra OD = OE
Hay R = R (I)
Xét tứ giác AOBO có: OA = OB = OA = OB = R
tứ giác AOBO là hình thoi OB // OA hay OB // AD (3)
Lại có: OD OO (vì góc DOO = 90
0
)
AB OO (quan hệ giữa dây chung và đờng nối tâm)
OD // AB (cùng vuông góc với OO) (4)
Từ (3) và (4) tứ giác ABOD là hình bình hành
AB = OD = R (II)
Từ (I) và (II) suy ra (O) và (O) có bán kính bằng nhau (= R) và cắt nhau tại 2
điểm A và B sao cho AB = R thì DE là tiếp tuyến chung của 2 đờng tròn.
+) Ngợc lại: hoàn toàn chứng minh đợc nếu (O) và (O) đã cho thoả mãn R =
AB = R thì DE là tiếp tuyến chung của hai đờng tròn (O) và (O).
0.75 điểm
1,0 điểm
30

30

60

60

E
O
C
A
N

0
= 180
0
Ba điểm E , M , N thẳng hàng.
2. Tìm quỹ tích điểm N.
* Phần thuận:
Có: góc ENC = 60
0
( vì MNC đều) , điểm E và C cố định.
Điểm N thuộc cung chứa góc 60
0
vẽ trên đoạn EC.
* Phần đảo:
Xét cung tròn ENC có:
góc ENC = góc EAC (góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ EC)
Vì ABC đều nên góc EAC = 60
0
góc ENC = 60
0
Lấy điểm N bất kỳ trên cung chứa góc EAC vẽ trên đoạn EC
Các góc ENC đều là góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ EC
góc ENC = 60
0
* Giới hạn:
Vì điểm M chuyển động trên nửa đờng tròn (O) nên:
Khi M B thì N A
Khi M C thì N C
Vậy điểm N chuyển động trên cung ANC của cung chứa góc 60
0
đợc vẽ trên

2
1
1
12
1
2
1
<===







<=
2
1
1
1
2
12
1
2
1
. Tơng tự nh vậy ta có:







<
2009
1
2008
1
2
20082009
1

5
1
4
1
2
45
1
4
1
3
1
2
34
1
3
1
2
1
2

2
5
1
4
1
2
4
1
3
1
2
3
1
2
1
2
2
1
12
20082009
1

34
1
23
1
2
1
<++++
<







+








+






<++++
(Điều phải chứng minh)
0,5 điểm
* Chú ý:
- Trên đây chỉ trình bày 1 cách giải nếu học sinh làm theo cách khác mà đúng thì cho điểm tối đa
ứng với điểm của câu đó trong biểu điểm.
- Học sinh làm đợc phần nào cho điểm phần đó theo đúng thang điểm của từng phần.
- Trong một câu nếu học sinh làm phần trên sai, dới đúng thì không chấm điểm.