4 ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN- MÔN TOÁN:
THANH HOÁ, YÊN BÁI,
QUẢNG NAM
SỞ GD VÀ ĐT
THANH HOÁ
KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC: 2009 - 2010
Đề chính thức Môn: Toán (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi:19 tháng 6 năm 2009
Câu 1( 2,0 điểm)
Cho biểu thức:
2
3
2x 4 1 1
T
1 x
1 x 1 x
+
= − −
−
+ −
1. Tìm điều kiện của
x
để T xác định. Rút gọn T
2. Tìm giá trị lớn nhất của T.
Câu 2 ( 2,0 điểm)
1. Giải hệ phương trình:
2
2 2
2x xy 1

x 2(a 1)x a 6abc 1 0− + + + + =

2 2
x 2(b 1)x b 19abc 1 0− + + + + =
Câu 4 (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn tâm O đường kính
AD. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, E là một điểm trên cung BC không chứa điểm
A.
1. Chứng minh rằng tứ giác BHCD là hình bình hành.
2. Gọi P và Q lần lượt là các điểm đối xứng của E qua các đường thẳng AB và
AC. Chứng minh rằng 3 điểm P, H, Q thẳng hàng.
3. Tìm vị trí của điểm E để PQ có độ dài lớn nhất.
Câu 5 ( 1,0 điểm)
Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có ba góc nhọn. Chứng minh rằng
với mọi số thực x, y, z ta luôn có:
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
x y z 2x 2y 2z
a b c a b c
+ +
+ + >
+ +
Hết
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Họ tên và chữ ký của giám thị 1 Họ tên và chữ ký của giám thị 2
1
SỞ GD VÀ ĐT
THANH HOÁ
KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC: 2009 - 2010

Giải hệ phương trình:
2
2 2
2x xy 1
4x 4xy y 7

− =

+ − =


Nhận thấy x = 0 không thoả mãn hệ nên từ (1) ⇒ y =
2
2x 1
x
−
(*)
Thế vào (2) được: 4x
2
+ 4x.
2
2x 1
x
−
-
2
2
2x 1
( )
x

= −


= −
0,25
0,25
0,25
0,25
2
ĐK:
x 2; y 2009;z 2010≥ ≥ − ≥
Phương trình đã cho tương đương với:
x y z 2 x 2 2 y 2009 2 z 2010+ + = − + + + −
( ) ( ) ( )
2 2 2
x 2 1 y 2009 1 z 2010 1 0⇔ − − + + − + − − =
x 3; y 2008;z 2011⇔ = = − =
0,25
0,25
0,25
0,25
3 1
PT đã cho có biệt số ∆ = 4a
2
+ 16a -151
PT có nghiệm nguyên thì ∆ = n
2


⇒
a 40
a 44
=


= −


2a + 4 - n = -167
với a = 40 đựơc PT: x
2
- 83x = 0 có 2 nghiệm nguyên x = 0, x = 83
với a = - 44 thì PT có 2 nghiệm nguyên là x= -1, x = - 84
0,25
0,25
2
Ta có:
' '
1 2
a(2 6bc) ; b(2 19ac)∆ = − ∆ = −
Suy ra
' '
1 2
a(2 6bc) b(2 19ac)
∆ + ∆ = − + −
Từ giả thiết
19a 6b 9c 12+ + =
, ta có tổng

AC (2)
Từ (1) và (2) suy ra BH // DC.
Hoàn toàn tương tự, suy ra BD // HC.
0,25
0,25
0,25
3
2
3
Suy ra tứ giác BHCD là hình bình hành ( Vì có 2 cặp cạnh đối song
song).
Theo giả thiết, ta có: P đối xứng với E qua AB suy ra AP=AE
PAB EAB∠ = ∠

⇒

PAB EAB∆ = ∆
( c.g. c )
APB AEB
⇒ ∠ = ∠
Lại có
AEB ACB
∠ = ∠
( góc nội tiếp cùng chắn một cung)
APB ACB
⇒ ∠ = ∠
Mặt khác
0 0
AHB ACB 180 APB AHB 180∠ + ∠ = ⇒ ∠ + ∠ =
⇒

⇔
E
≡
D
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
4
5
Vì
2 2 2
a b c 0+ + >
ta có:
( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
x y z
a b c
a b c
b c a a c b a b c

nhọn (gt) do vậy kẻ đường cao BH ta có
2 2 2 2 2 2 2
c BH HA BC CA a b= + ≤ + = +
từ đó suy ra biểu thức (*) là không
âm suy ra điều phải chứng minh
0,25
0,25
0,5
5
AB
C
H
a
c
b
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
YÊN BÁI
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
NĂM HỌC 2009-2010
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 150 phút không kể giao đề
Bài 1(2,5 điểm): Cho
x x 1 x x 1
M
x x x x
− +
= −
− +
1- Tìm điều kiện để M có nghĩa.

Bài 3(1,5 điểm):
Tính giá trị của biểu thức
3
A x 6x
= −
với
3 3
x 20 14 2 20 14 2= + + −

Bài 4(3,0 điểm):
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm O đường kính
AH, đường tròn (O) cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại D và E. Các tiếp tuyến với đường
tròn (O) tại D và E cắt BC thứ tự ở M và N.
1- Chứng minh rằng tứ giác ADHE là hình chữ nhật và ba điểm D, O, E thẳng
hàng.
2- Chứng minh rằng M là trung điểm của HB và N là trung điểm của HC.
3- Tính diện tích tứ giác DENM, biết AB = 7cm, AC = 10 cm.
Bài 5(1,5 điểm): Tìm tất cả các bộ ba số
(x; y;z)
với
x, y,z

∈
Z để:

2 2 2
P (x zy) 6(x zy) x 16y 8xy 2x 8y 10
= − + − + + − + − +
đạt giá trị nhỏ nhất.
Hết

6x x
18 x x
 
+ + +
 ÷
 
. Tìm tất cả các giá trị của x để M = N
1-(0,5 đ)
Để M có nghĩa, ta có:
x 0
x x 0
x x 0
≥


− ≠


+ ≠


⇔
x 0
x( x 1) 0
x( x 1) 0
≥


− ≠


=
2
2
2x 2x
x x
−
−2
2
2(x x)
x x
−
=
−
= 2. Vậy M = 2
3-(1,0 đ)
Với x > 0,
1≠
ta có:
3
3
1 1 1
2 6(x ) x
18 x x
 
= + + +
 ÷
 

⇔

3
y 3y 36 0+ − =
⇔

3 3 2 2
0 (y 3 ) (3y 9) (y 3)(y 3y 9) 3(y 3) (y 3)(y 3y 12)= − + − = − + + + − = − + +
⇔

y 3 2= >
(vì
2
2
3 39
y 3y 12 x 0
2 4
 
+ + = + + >
 ÷
 
)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

2
−
=
(tmđk). Vậy với
1
3 5
x
2
+
=
,
2
3 5
x
2
−
=
thì M = N
Bài 2(1,5) điểm): Giải hệ phương trình:
2
y x
z xy
1 1 2
x y z

=

=




⇔

2
x x 2 0− − =
(a-b+c = 1 +1- 2 = 0)

⇔

1
x 2=
>
0
,
2
x 1= −
<
0
(loại)
Do x = 2
⇒
y = 4 > 0, z = 8 > 0
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là
(x; y;z) (2;4;8)=
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

+ b
3
= 20 +14
2
+20 -14
2
= 40, nên

3
x
= 40 + 3ab(a+b) = 40 + 3ab
x
Ta lại có ab =
33
21420.21420 −+
=
3
)21420)(21420( −+
=
3
22
14.220 −
=
28
3
=
Vậy A =
3
x



DAE∠
=
ADH∠
=
AEH∠
⇒
tứ giác ADHE là hình chữ nhật.
Vì
DAE∠
=1v(gt)
⇒
DE là đường kính của (O)
0,25
0,25
0,25
8
B
D
E
A
M
H
N
C

⇒
D,O,E thẳng hàng. 0,25
2-(1,0 đ)
Vì AH

AH (vì ADHE là hình chữ nhật)
Từ (8) và (9)
⇒
OM là đường trung bình của
∆
AHB
⇒
MB=MH
⇒
M là trung
điểm của HB.
Chứng minh tương tự ta có NH = NC
⇒
N là trung điểm của HC.
3-(1,0 đ)
MD
⊥
DE tại D (MD là tiếp tuyến của (O) tại D)
NE
⊥
DE tại E (NE là tiếp tuyến của (O) tại E)
⇒
MD//NE
⇒
DENM là hình thang vuông, đường cao DE
Gọi diện tích hình thang DENM là S
DENM
. Ta có: S
DENM
=

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 5(1,5 điểm): Tìm tất cả các bộ ba số
(x; y;z)
với
x, y,z

∈
Z để:

2 2 2
P (x zy) 6(x zy) x 16y 8xy 2x 8y 10
= − + − + + − + − +
đạt giá trị nhỏ nhất.
P = [(
x zy−
)
2
+
6
(
x zy−
) +
9
] + [ (x
2
–

x zy−
+
3
)
2
+(
x 4y−
+
1
)
2

≥
0
P nhỏ nhất khi:
x zy 3 0 (1')
x 4y 1 0 (2')
− + =


− + =

Lấy (1’) – (2’) , ta có
zy 4y 2 0− + + =

⇔

(z 4)y 2− =

⇒
y 2=

⇒

x 7=

z 4 2− = −

⇔
z 2=

⇒
>
y 1= −
⇒

x 5= −
;
z 4 2− =
⇔
z 6=

⇒
y 1=

⇒

x 3=

−
−−+
.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2008xx −−
.
Bài 2 ( 1,5 điểm ):
Cho hệ phương trình:



=+
=−
5myx3
2ymx
a) Giải hệ phương trình khi
2m =
.
b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn hệ
thức
3m
m
1yx
2
2
+
−=+
.
Bài 3 (1,5 điểm ):
a) Cho hàm số

1
AB
1
=+
c) Biết
2
COD
2
AOB
nS;mS ==
. Tính
ABCD
S
theo m và n (với
CODAOB
S,S
,
ABCD
S
lần lượt là diện tích tam giác AOB, diện tích tam giác COD, diện tích tứ giác
ABCD).
Bài 5 ( 3 điểm ): Cho đường tròn ( O; R ) và dây cung AB cố định không đi qua tâm O;
C và D là hai điểm di động trên cung lớn AB sao cho AD và BC luôn song song. Gọi M
là giao điểm của AC và BD. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác AOMB là tứ giác nội tiếp.
b) OM
⊥
BC.
c) Đường thẳng d đi qua M và song song với AD luôn đi qua một điểm cố
định.

1
(1đ)
a) Biến đổi được:
223
35
)223)(35(
+=
−
+−
0,25
0,25
b) Điều kiện
2008x
≥
4
8031
4
8031
)
2
1
2008x(
4
1
2008)
4
1
2008x.
2
1



=+
=−
5y2x3
2yx2





−=
+
=
⇔





=+
=−
⇔
2x2y
5
522
x
5y2x3
22y2x2


+
−
=
+
+
=
Thay vào hệ thức
3m
m
1yx
2
2
+
−=+
; ta được
3m
m
1
3m
6m5
3m
5m2
2
2
22
+
−=
+
−
+

1b;
2
1
a −==
. Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là
1x
2
1
y −=
0,25
0,25
0,25
b) Biến đổi phương trình đã cho thành
01xx2)xx(3
22
=−+−+
Đặt
xxt
2
+=
( điều kiện t
0
≥
), ta có phương trình
01t2t3
2
=−−
Giải tìm được t = 1 hoặc t =
3
1

D
N
M
0,25
a) Chứng minh được
AD
MD
AB
MO
;
AD
AM
CD
MO
==
Suy ra
1
AD
AD
AD
MDAM
AB
MO
CD
MO
==
+
=+
(1)
0,25

CD
1
=+
0,25
0,25
c)
n.mSn.mS
S
S
S
S
OC
OA
OD
OB
;
OC
OA
S
S
;
OD
OB
S
S
AOD
222
AOD
COD
AOD

0,25
a) Chứng minh được: - hai cung AB và CD bằng nhau
- sđ góc AMB bằng sđ cung AB
Suy ra được hai góc AOB và AMB bằng nhau
O và M cùng phía với AB. Do đó tứ giác AOMB nội tiếp
0,25
0,25
0,25
0,25
b) Chứng minh được: - O nằm trên đường trung trực của BC (1)
- M nằm trên đường trung trực của BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra OM là đường trung trực của BC, suy ra
BCOM
⊥
0,25
0,25
0,25
c) Từ giả thiết suy ra
OMd ⊥
Gọi I là giao điểm của đường thẳng d với đường tròn ngoại tiếp tứ giác
AOMB, suy ra góc OMI bằng
0
90
, do đó OI là đường kính của đường
tròn này
Khi C và D di động thỏa mãn đề bài thì A, O, B cố định, nên đường tròn
ngoại tiếp tứ giác AOMB cố định, suy ra I cố định.
Vậy d luôn đi qua điểm I cố định.

0,25

đó
n4
4n +
là hợp số.
-Với n = 2k+1, tacó

2k2k22k4k24n4
)2.n.2()4.2n()4.2(n4.4n4n −+=+=+=+
= (n
2
+ 2
2k+1
+ n.2
k+1
)(n
2
+ 2
2k+1
– n.2
k+1
) = [( n+2
k
)
2
+ 2
2k
][(n – 2
k
)
2


=+
=−
5myx3
2ymx
a) Giải hệ phương trình khi
2m =
.
b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn hệ
thức
3m
m
1yx
2
2
+
−=+
.
Bài 3 (2 điểm ):
a) Cho hàm số
2
x
2
1
y −=
, có đồ thị là (P). Viết phương trình đường thẳng đi
qua hai điểm M và N nằm trên (P) lần lượt có hoành độ là
2−
và 1.
b) Giải phương trình:

b) OM
⊥
BC.
c) Đường thẳng d đi qua M và song song với AD luôn đi qua một điểm cố định.
**************** Hết ****************
16

Họ và tên thí sinh: …………………………………… Số báo danh: ………………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
QUẢNG NAM Năm học 2008-2009
Môn TOÁN
(Dành cho học sinh chuyên Tin)
Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề )
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
I. Hướng dẫn chung:
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm
từng phần như hướng dẫn quy định.
2) Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải
đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất trong Hội đồng chấm
thi.
3) Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25.
II. Đáp án:
Bài Nội dung Điểm
1
(1,5đ)
a) Biến đổi được:
223
35
)223)(35(
+=

x
2
1
2008x =⇔=−
(thỏa mãn). Vậy giá trị
nhỏ nhất cần tìm là
4
8033
xkhi
4
8031
=
.
0,50
0,25
2
(2đ)
a) Khi m =
2
ta có hệ phương trình





=+
=−
5y2x3
2yx2


=
+
=
⇔
5
625
y
5
522
x
0,25
0,25
0,25
0,25
b) Giải tìm được:
3m
6m5
y;
3m
5m2
x
22
+
−
=
+
+
=
0,50
0,25

4
m =
0,25
3
(2đ)
a) Tìm được M(- 2; - 2); N
)
2
1
:1( −
Phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b, đường thẳng đi qua M và
N nên





−=+
−=+−
2
1
ba
2ba2
Tìm được
1b;
2
1
a −==
.
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là

22
=−+⇔=+
. Giải ra được
2
51
x
+−
=
hoặc
2
51
x
−−
=
.
0,25
0,25
0,25
0,25
4
(1,5đ)
Hình vẽ

O
A
B
C
D
N
M

AB
NO
CD
NO
=+
(2)
(1) và (2) suy ra
2
AB
MN
CD
MN
hay2
AB
NOMO
CD
NOMO
=+=
+
+
+
Suy ra
MN
2
AB
1
CD
1
=+
0,25

0,25
c) Từ giả thiết suy ra
OMd ⊥
Gọi I là giao điểm của đường thẳng d với đường tròn ngoại tiếp tứ giác
AOMB, suy ra góc OMI bằng
0
90
, do đó OI là đường kính của đường
tròn này.
Khi C và D di động thỏa mãn đề bài thì A, O, B cố định, nên đường tròn
ngoại tiếp tứ giác AOMB cố định, suy ra I cố định.
Vậy d luôn đi qua điểm I cố định.

0,25
0,25
0,25
0,25
19