S GIÁO DC BÌNH NH K THI TUÊN SINH VÀO LP 10
BÌNH NH TRNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ÔN
NM HC 2009-2010
 chính thc Môn thi:Toán (chuyên)
Ngày thi:19/06/2009
Thi gian:150 phút
Bài 1(1.5đim)
Cho a,b,c là đ dài ba cnh ca mt tam giác.Chng minh rng:

1 2
a b c
b c c a a b
   
  

Bài 2(2đim)
Cho 3 s phân bit m,n,p.Chng minh rng phng trình
1 1 1
0
x m x n x p
  
  
có hai
nghim phân bit.
Bài 3(2đim)
Vi s t nhiên n,
3

= AB.AC – DB.DC
b.Tính đ dài AD theo a,b,c
Bài 5(1.5đim)
Chng minh rng :


2
1
2
3 2
m
n
n
 

Vi mi s nguyên m,n.
**********************************************

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
1c
b
a
D
O
C
E

b b b
a b c c a a b c
 
    
2
(3)
c c a
a b c b a a b c
 
    

Cng (1) (2) và (3) v theo v ta có điu phi chng minh.
Bài 2:
K:
, ,
x m n p

PT đã cho

(x-n)(x-p)+(x-m)(x-p)+(x-m)(x-n) = 0

3x
2
-2(m+n+p)x +mn+mp+np = 0(1)
Ta có

' 2
( ) 3( )
m n p mn mp np
     

-2mn -2mp +mn +mp +np = m
2
–mn –mp +np = (m-n)(m-p)

0
= >m,n,p không phi là nghim ca pt(1)
Vy PT đã cho luôn có hai nghim phân bit
Bài 3

 
 
2
2
1 1 1
Ta cã :
2 1
2 1 1
4 4 1
1 n +1 - n 1 1 1
2
2 1. 1
4 4
n n n n
n
n n n
n n
n n
n n n n
n n
   

 
         
 
 
 
 
 
   
 

Bài 3:
Ta có


BAD CAE

( Do cung EB = cung EC)
Và


AEC DBA

( Hai góc ni tip cùng chn cung AC) nên

BAD


EAC

. . (1)

hay
b
DC DB DB DC DB a
AC AB c b c b c

   
 

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
2vy


2
2
. . .
DC DB a a a bc
DB DC
b c b c b c
b c
  
 


theo câu a ta có AD
2
= AB.AC – DB.DC =

AD bc
b c
 




  






 
 

Bài 5:
Vì
m
lµ sè h÷u tØ vµ 2lµ sè v« tØ nªn 2
n
m
n

Ta xet hai trng hp:
a)
2 2 2 2 2
2 Khi ®ã m 2 2 1 hay m 2n 1
m


        
 




 
 





 b)
2 2 2 2 2
2 Khi ®ã m 2 2 1 hay m 2n 1
m
n m n
n
      

T đó suy ra :
 
2
2
2



  





 
************************************************
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
3
S GD&T VNH PHÚC
——————

K THI VÀO LP 10 THPT CHUYÊN NM HC 2009-2010
 THI MÔN: TOÁN
Dành cho các thí sinh thi vào lp chuyên Toán
Thi gian làm bài: 150 phút, không k thi gian giao đ
—————————

( có 01 trang)
Câu 1: (3,0 đim)

2 2 2
2 2 2
2
( ) ( ) ( )
a b c
b c c a a b
  
  

Câu 3: (1,5 đim)
Cho
2
1
4 4 1
A
x x

 
và
2
2 2
2 1
x
B
x x


 

Tìm tt c các giá tr nguyên ca

S GD&T VNH PHÚC
——————

K THI TUYN SINH LP 10 THPT CHUYÊN NM HC 2009-
2010
HNG DN CHM MÔN: TOÁN
Dành cho lp chuyên Toán.
—————————
Câu 1 (3,0 đim).
a) 1,75 đim:
Ni dung trình bày im

iu kin
0
xy


0,25

H đã cho
2
2[ ( ) ( )] 9 (1)
2( ) 5 2 0 (2)
xy x y x y xy
xy xy
   


  


x
y
 




 

















0,25

T (1)&(4) có:
1
1

















0,25

Vy h đã cho có 4 nghim là:
( ; ) (1; 2), (2; 1), (1; 1/ 2), (1/ 2; 1)
x y


0,25

b) 1,25 đim:
Ni dung trình bày im

Xét 3 trng hp:
TH1. Nu 2

 
thì (1) có nghim
2
x

; (2) vô nghim; (3) có nghim x nu tho mãn:
2( 4)
3 1 1
1
p
x p
p

      

.
0,25

Nu
1
p
 
thì (1) cho ta vô s nghim tho mãn
2
x

; (2) vô nghim; (3) vô nghim.
0,25

Nu

  

+ Nu
1
1
p
p
 




thì phng trình có nghim x = 2.
0,25

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
5Câu 2 (1,5 đim):
Ni dung trình bày im

+ Phát hin và chng minh
1
( )( ) ( )( ) ( )( )
bc ca ab
a b a c b a b c c a c b
  
     

| 2 1| | 1|
x
A B
x x

 
 
, suy ra:
2 1 1
3 | 2 1| | 1|
x
C
x x
 

 
 
 
 

0,25

Nu
1
x

. 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)

0
x

(vì x nguyên) và
0
C

. Vy
0
x

là mt giá tr cn tìm.
0,25

Nu
1
2
x
 
. Khi đó
1
x
 
(do x nguyên). Ta có:
2 1 4( 1)
1 0
3 2 1 3(2 1)
x
C
x x

Vy các giá tr tìm đc tho mãn yêu cu là:
0, 1
x x
  
.
0,25

Câu 4 (3,0 đim):
a) 2,0 đim:
Ni dung trình bày im

Gi I là trung đim AB,
,
E IK CD R IM CD
   
. Xét hai tam giác
KIB và KED có:


ABD BDC


0,25

KB = KD (K là trung đim BD) 0,25



IKB EKD



IK là đng trung bình ca

ABD

IK//AD hay IE//AD
chng minh tng t trong

ABC có IM//BC hay IR//BC
0,25

Có:
QK AD

(gt), IE//AD (CM trên)
QK IE
 
. Tng t có
QM IR


0,25

T trên có: IK=KE,
QK IE QK
 
là trung trc ng vi cnh IE ca
IER

. Tng t QM là



Q cách đu C và D hay QD=QC (đpcm).
Câu 5 (1,0 đim):
Ni dung trình bày im

A'
B'
C'
A
B
C
P
P'Trong s các tam giác to thành, xét tam giác ABC có din tích ln nht (din tích S). Khi đó
1
S

.
0.25
Qua mi đnh ca tam giác, k các đng thng song song vi cnh đi din, các đng thng
này gii hn to thành mt tam giác
' ' '
A B C
(hình v). Khi đó
' ' '
4 4
A B C ABC

Vy, tt c các đim đã cho đu nm bên trong tam giác
' ' '
A B C
có din tích không ln hn 4.
0.25  THI TUYN SINH VÀO LP 10 CHUYÊN CA HI PHÒNG
NM HC 2009-2010
Bài 1
: ( 1 đim )
Cho
 
3
4 2 3 3
5 2 17 5 38 2
x
 

  
tính


2009
2
1P x x  
Bài 2
: ( 1, 5 đim ) : cho hai phng trình x
2
+ b.x + c = 0 ( 1 )

 
 

2. Cho các s dng a; b; c tho mãn a + b + c
3

. Chng ming rng

2 2 2
1 2009
670
a b c ab bc ca
 
   

Bài 4
: ( 3, 5 đim )
Cho tam giác ABC vi BC = a ; CA = b ; AB = c( c < a ; c< b ) . Gi M ; N ln lt là các
tip đim ca đng tròn tâm ( O) ni tip tam giác ABC vi các cnh AC và BC . ng
thng MN ct các tia AO : BO ln lt ti P và Q . Gi E; F ln lt là trung đim ca AB ;
AC
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
71. Chng minh t giác AOQM ; BOPN ; AQPB ni tip
2. Chng minh Q; E; F thng hàng
3. Chng minh
MP NQ PQ OM

1
1 2
17 5 38 17 5 38 2
x
   
 
  
  
   

  

vy P = 1
Bài 2 : vì
3 1 4 2
1
x x x x
   
=>
3 1 4 2
1; 1
x x x x
   

Theo h thc Vi ét ta có
   
   
1 2
1 2
2

=> c - b + 1 = bc ( 5 )
+) vi b = 1 thì ( 5 ) luôn đúng , phng trình x
2
+ +b x + c = 0 tr thành
X
2
+ x + 1 = 0 có nghim nu
1
1 4 0
4
c c
     

+) vi b = -2 ( 5 ) tr thành c + 3 = -2 c => c = -1 ; phng trình x
2
+ b x + c = 0 tr thành
x
2
- 2 x - 1 = 0 có nghim là x =
1 2

vy b= 1; c
1
4
c

;
b = -2 ; c = -1
Bài 3 :
1. Áp dng bt đng thc Cô si cho 3 s dng

 
         

2007
669
ab bc ca
 
 

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
8Áp dng câu 1 ta có
 
2 2 2
2 2 2
1 1 1
2 2 2 9
a b c ab bc ca
a b c ab bc ca ab bc ca
 
       
 
     
 

=>
 

 


0
1
2
180 1
2 2
BOP BAO ABO A B
C
PNC A B
BOP PNC
   

  
 

=> t giác BOPN ni tip
+) tng t t giác AOQM ni tip
+) do t giác AOQM ni tip=>


0
90
AQO AMO 

t giác BOPN ni tip =>


0

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) 3
x
- y
3
= 1




2
3 1 1
x
y y y
    
=> tn ti m; n sao cho
2

 
 
 
 

=>


9 3.3 3 3 3 3 3 0
m m m m
     
=> m = 1 => y = 2 ; x = 2
vy p/ trình có hai nghim là ( 0 ; 0 0 ; ( 2 ; 2 )
2.Ta tô màu các ô vuông ca bng bng hai màu đen trng nh bàn c vua
Lúc đu tng s si  các ô đen bng 1005 . 2009 là mt s l
sau mi phép thc hin thao tác T tng s si  các ô đen luôn là s l
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
9vy khụng th chuyn tt c viờn si trờn bng ụ vuụng v cựng mt ụ sau mt s hu hn cỏc
phộp thc hin thao tỏc T


x
x y










Bài 2.(2,0 điểm)
Cho phơng trình:
6 3 2 0
x x m


a) Tìm m để x =
7 48
là nghiệm của phơng trình.
b) Tìm m để phơng trình có 2 nghiệm x=x
1
; x=x
2
thoả mãn:


Cho ABC nhọn có


C A.

Đờng tròn tâm I nội tiếp

ABC tiếp xúc với các cạnh
AB, BC, CA lần lợt tại các điểm M, N, E; gọi K là giao điểm của BI và NE.
a) Chứng minh:


0
AIB 90
2
C

.
b) Chứng minh 5 điểm A, M, I, K, E cùng nằm trên một đờng tròn.
c) Gọi T là giao điểm của BI với AC, chứng minh: KT.BN=KB.ET.
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
10d) Gọi Bt là tia của đờng thẳng BC và chứa điểm C. Khi 2 điểm A, B và tia Bt cố
định; điểm C chuyển động trên tia Bt và thoả mãn giả thiết, chứng minh rằng các
đờng thẳng NE tơng ứng luôn đi qua một điểm cố định.

Hết

m n m n m n m n


Do n

N nên 2m-3+n>2m-3-n
Và do m

Z, n

N và 77=1.77=7.11=-1.(-77)=-7.(-11)
Từ đó xét 4 trờng hợp ta sẽ tìm đợc giá trị của m.
2)Từ giả thiết bài toán ta có: 2 2
2
2 2
100 10
100 10 .4 ( 4 1 0)
4 1
10 9
10 10
4 1 4 1

a b


5.
Mà

2
4
a b
là số chẵn nên

2
4
a b
phải có tận cùng là 6


2
a b
phải có tận
cùng là 4 hoặc 9. (*)
Mặt khác
2
2.5
4( ) 1
ab
c
a b



+ Nếu a+b

{2; 7; 8} thì a+b có dạng 3k 1(k

N) khi đó

2
4 1
a b

chia hết cho 3
mà (a+b) + 9a= 3k 1+9a không chia hết cho 3



10 9
a b a
không

3

c

N
+ Nếu a+b =3 ta có



* ý c : Chøng minh KT.BN=KB.ET
C¸ch 1:C/m

AKT


IET

KT AK
ET IE


C/m

AKB


INB

ABT ta cã
TA AB
TI BI

Vµ do BM=BN tõ ®ã suy ra ®iỊu ph¶i c/m

*ý d:Chøng minh NE ®i qua mét ®iĨm cè ®Þnh:
Do A, B vµ tia Bt cè ®Þnh nªn ta cã tia Bx cè ®Þnh vµ

ABI


kh«ng ®ỉi (tia Bx lµ tia
ph©n gi¸c cđa

ABt
)
XÐt

ABK vu«ng t¹i K ta cã KB = AB.cos ABI=AB.cos

kh«ng ®ỉi
Nh vËy ®iĨm K thc tia Bx cè ®Þnh vµ c¸ch gèc B mét kho¶ng kh«ng ®ỉi do ®ã K cè
®Þnh

®pcm.



+ x
2
2
; S
1
= x
1
.x
2
Chứng minh rằng: a.S
2
+
b.S
1
+ 2c = 0
Theo Vi-ét ta có: x
1
+ x
2
=
b
a

; x
1
.x
2
=
c

   
 
     
 
     
 
 
    
 
 
     Bài 2: (2 điểm)
Cho phương trình: 2x - 7
x
+ 3m – 4 = 0 (1)
a/ Đònh m để phương trình có một nghiệm
bằng 9 và tìm tất cả nghiệm còn lại của
phương trình.
b/ Tìm tất cả các giá trò của m để phương
trình (1) có nghiệm.
a/ Phương trình có 1 nghiệm x = 9 thay vào pt
ta có:
2.9 - 7
9
+3m – 4 = 0
3m = 7
m = 7/3
Từ (1) ta có x

81 24
7
2
x
m
S x x
  
  

Để pt (1) có nghiệm thì:
1 2
81 24 0
27
7
8
0
2
x
m
m
S x x
   


 

   




2
7
3
2
7 1
3
2 2
1
4
x x
x
x
x
 
  
   
 

Câu b:

Có thể yêu cầu tìm số nguyên lớn nhất
của m để phương trình (1) có nghiệm.
Chú ý:
nếu thay
x
bởi
x
ta có bài
toán tương tự.
www.VNMATH.com

2
= 36
(x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 hoặc (x + 1)(y + 2)(z +
3) = -6
Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 hệ (I) là:
0
3 3
0
1 1
0
2 2
z
z
x
x
yy


 

 
 
 
 
 

 




Nếu x, y, z đều là các số dương thì hệ chỉ
có 1 nghiệm
Bài 4: (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ cho
parabol (P):
2
3
x
y  , điểm I(0 ; 3) và điểm
M(m ; 0)
Với m là tham số khác 0.
a/ Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua
hai điểm M, I
b/ Chứng minh rằng (d) luôn luôn cắt (P) tại
hai điểm phân biệt A, B với AB > 6

a/ Gọi pt của (d) là y = ax + b
Khi đi qua I(0 ; 3) và M(m ; 0) ta có:
3
.0 3
3
( ) : 3
3
. 0
b
a b
d y x
m a b
ma
m
 

14 
2
2
2
2 2
3
3
3
9 9 ( 0)
9 9 0
9 4. . 9 81 36 0, 0
x
x
m
mx x m do m
mx x m
m m m m

 
    
   
        

Vậy (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt.
Chứng minh AB > 6
Vì A, B là giao điểm của (d) và (P) nên hoành
độ x

   
 
 
2 2
2
2
2 2
2
2
2
2
2
2
2
2 2
2 4 2
3 3
9
9
1
9
4 . 1
9 9
4( 9) 1
81 9
36 1
81 729 324
36 36 6
A B A B
A B A B

 
 
 
   
   
 
   
   
 
 
  
  
  
  
     Bài 5: (3 điểm) Cho hai đường tròn (O ; R) và
(O’ ; R’) cắt nhau tại A và B (R > R’). Tiếp
tuyến tại B của
(O’ ; R’) cắt (O ; R) tại C và tiếp tuyến tại B
của (O ; R) cắt (O’ ; R’) tại D.
a/ Chứng minh rằng: AB
2
= AC.AD và
2
BC AC
BD AD
 


(chắn cung AmB)
2
2 2
2
2 2
(1)
.
.
ABC ADB
AB AC BC
AD AB BD
AB AC AD
BC AB AB AC AD AC
BD AD AD AD AD
  
  
 
   
   
   
   


b/ Từ (1) thay AE = AB ta có
AE AC
AD AE

(*) mặt khác:



( )
180 ( )
AEC ADE c g c
E D
CED CBD E E B B
E D D B
xet BDE
   
 
     
   
 


Vậy tứ giác BCED nội tiếp đường tròn tâm K. Với
K là gaio điểm 3 đường trực của
BCE

hoặc
BDE


D
O
B
O'
A
E
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
16
Sở GD&ĐT Nghệ An

Đề thi chính thức
Kì thi TUYểN sinh VàO lớp 10
trờng thpt chuyên phan bội châu
năm học 2009 - 2010

Mụn thi: TON
Thi gian: 150 phỳt, khụng k thi gian giao

Bi 2: (1.0 im)
Tỡm s thc a phng trỡnh sau cú nghim nguyờn
2
2 0
x ax a

.
Bi 3: (2.0 im)
Cho tam giỏc ABC vuụng ti A cú ng phõn giỏc trong BE (E thuc AC). ng trũn
ng kớnh AB ct BE, BC ln lt ti M, N (khỏc B). ng thng AM ct BC ti K. Chng
minh: AE.AN = AM.AK.
Bi 4: (1.5 im)
Cho tam giỏc ABC cú 3 gúc nhn, trung tuyn AO cú di bng di cnh BC.
ng trũn ng kớnh BC ct cỏc cnh AB, AC th t ti M, N (M khỏc B, N khỏc C).
ng trũn ngoi tip tam giỏc AMN v ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC ct ng
thng AO ln lt ti I v K. Chng minh t giỏc BOIM ni tip c mt ng trũn v t
giỏc BICK l hỡnh bỡnh hnh.
Bi 5: (2.0 im)
a) Bờn trong ng trũn tõm O bỏn kớnh 1 cho tam giỏc ABC cú din tớch ln hn hoc
bng 1. Chng minh rng im O nm trong hoc nm trờn cnh ca tam giỏc ABC.
b) Cho a, b, c l cỏc s thc dng thay i tha món:
3
a b c

.
Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
2 2 2
2 2 2
P
ab bc ca

Nội dung đáp án Điểm
Bài 1 3,5 đ
a
2,0đ

3 3
2 7 3
x x


3 3 3 3
2 7 3 2. 7 2 7 27
x x x x x x


0.50đ
3
9 9. ( 2)(7 ) 27
x x


0.25đ
3
( 2)(7 ) 2
x x



y


0.25đ
Hệ đã cho trở thành
3
3
2 3
2 3
x z
z x








0.25đ


3 3
3
x z z x

0,25đ





Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm:


( , ) ( 1; 2), 2,1
x y


0,25đ
Bài 2:
1,0 đ
Điều kiện để phơng trình có nghiệm:
2
0 4 8 0
a a

(*).
0,25đ
Gọi x
1
, x
2
là 2 nghiệm nguyên của phơng trình đã cho ( giả sử x
1
x
2
).
Theo định lý Viet:
1 2
1 2 1 2



hoặc
1
2
1 1
1 3
x
x





(do x
1
- 1 x
2
-1)
1
2
4
2
x
x






ABC
nên




ABM MBC AM MN


0,25đ



MAE MAN

(1)
0,50đ
Vì M, N thuộc đờng tròn đờng
kính AB nên


0
90
AMB ANB0,25đ






AIM ABC
.Suy ra tứ giác BOIM nội tiếp
0,25đ
Từ chứng minh trên suy ra tam giác AMI
đồng dạng với tam giác AOB

. .
AM AI
AI AO AM AB
AO AB
(1)
0,25đ
Gọi E, F là giao điểm của đờng thẳng AO
với (O) (E nằm giữa A, O).
Chứng minh tơng tự (1) ta đợc:
AM.AB = AE.AF
= (AO - R)(AO + R) (với BC = 2R)
= AO
2
- R
2
= 3R
2
0,25đ
AI.AO = 3R
2

2 2

Không mất tính tổng quát, giả sử A và O
nằm về 2 phía của đờng thẳng BC
0,25đ
Suy ra đoạn AO cắt đờng thẳng BC tại K.
Kẻ AH vuông góc với BC tại H.
0,25đ
a,
Suy ra AH AK < AO <1 suy ra AH < 1
0,25đ

Suy ra
. 2.1
1
2 2
ABC
AH BC
S


(mâu thuẫn với
giả thiết). Suy ra điều phải chứng minh.
0,25đ

B
A
C
K N
M
E

b, 1,0đ

Ta có: 3(a
2
+ b
2
+ c
2
) = (a + b + c)(a
2
+ b
2
+ c
2
)
= a
3
+ b
3
+ c
3
+ a
2
b + b
2
c + c
2
a + ab



2c
2
a
Suy ra 3(a
2
+ b
2
+ c
2
)

3(a
2
b + b
2
c + c
2
a) > 0
0,25đ

Suy ra
2 2 2
2 2 2
P
ab bc ca
a b c
a b c


3 4
2 2 2 2 2 2 2
t t t
P t
t t


P 4
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4
0,25đ

Nếu thí sinh giải cách khác đúng của mỗi câu thì vẫn cho tối đa điểm của câu đó
x +
x
.
chớnh thc
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
212. Gii h phng trỡnh:
1 1
+ 2 - 2
y
x
1 1
+ 2 - 2
x
y










Cõu 2: (2,0 im)
Cho phng trỡnh: ax

+ 1 cng l s nguyờn t.
Cõu 4: (3,0 im)
1. Cho hỡnh vuụng ABCD cú hai ng chộo ct nhau ti E. Mt ng thng i qua A, ct
cnh BC ti M v ct ng thng CD ti N. Gi K l giao im ca cỏc ng thng
EM v BN. Chng minh rng: CK

BN.
2. Cho ng trũn (O) bỏn kớnh R = 1 v mt im A sao cho OA =
2
. V cỏc tip tuyn
AB, AC vi ng trũn (O) (B, C l cỏc tip im). Mt gúc xOy cú s o bng 45
0
cú
cnh Ox ct on thng AB ti D v cnh Oy ct on thng AC ti E. Chng minh rng
2 2 - 2 DE < 1

.
Cõu 5: (1,0 im)
Cho biu thc P = a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ ac + bd , trong ú ad bc = 1. Chng minh rng: P


3

1
1
x x x x x
x
x





a) Tìm điều kiện xác định của P
b) Rút gọn P
c) Tìm x để P > 0
Bài 2. (1,5 điểm)
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
22 Giải hệ phơng trình:



1 2 2
2 2 1
x y
x y




1 1 1
16 4
x y z

hết
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ ký giám thị số 1: Chữ ký giám thị số 2: sở giáo dục đào tạo hà
nam
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyên
Năm học 2009 2010

hớng dẫn chấm thi môn toán : đề chung
Bài 1 (2 điểm)

a) (0,5 điểm) Điều kiện xác định của P là x
0

và x 1
0.5
b) (1 điểm)



4
1
x
x



0,25
Vậy P =
4
1
x


0,25
c) (0,5 điểm) P>0
1 0
x


0,25

1 0 1
x x


0,25
Bài 2 (1,5 điểm)


0,25
K/l Vậy hệ có nghiệm:
2 1
2 1
x
y








0,25
Bài 3 (2 điểm)

a) (1 điểm) Hoành độ giao điểm là nghiệm của phơng trình: x
2
= x + 6

2
6 0 2
x x x

hoặc x = 3
05
Với x = -2
4; 3 9
y x y


0,25

OAB vuông nên

OAB cân khi A;B O và OA = OB
2 3
2 3
1
m
m
m




0,25
+ Với

2 3 1
2 3 2 3 1 0 0
1 1
m
m m m
m m



E
N
M
I
K
H
C
B
A

0,25

AMN và

ACB vuông đỉnh A 0,25
Có


AMN AHN
(cùng chắn cung AN)


AHN ACH

(cùng phụ với

HAN
) (AH là đờng kính)



90
KNI

0,75
Có KN

In, IN là bá kính của (AH)

KN là tiếp tuyến với đờng tròn (AH)
0,25
c) (1 điểm)
+ Gọi E là giao điểm của Ak với đờng tròn (AH), chứng minh góc HAK= góc HBI
Ta có AH
2
HB.HC

AH.2IH = HB.2HK


HA HK
HB HI


0,5
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
24

AEH
(AH là đờng kính)
BI AK0,25

ABK có
BI AK

và
BK AI


I là trực tâm

ABK
0,25
Bài 5 (1 điểm)

1 1 1 1 1 1 21
P=
16x 4 16x 4 16 4 16 4 16
y x z x z y
x y z
y z y z x y x z y z





Vậy giá trị bé nhấy của P là 49/16
0,25
S GIO DC V O TO
TNH NINH BèNH

CHNH THC THI TUYN SINH VO LP 10 CHUYấN
NM HC 2009 2010
Mụn Toỏn Vũng 1
(Dựng cho tt c cỏc thớ sinh)

Thi gian lm bi 120 phỳt (Khụng k thi gian giao )

thi gm 05 cõu trong 01 trang

Cõu 1: (2 im)
Tớnh giỏ tr biu thc:



x 5 2 2 5 5 250
3 3
y
3 1 3 1
x x y y

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
25