Sở giáo dục và đào tạo
HảI dơng

Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên
nguyễn trãi - Năm học 2009-2010
Môn thi : toán
Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi 08 tháng 7 năm 2009
(Đề thi gồm: 01 trang)
Câu I (2.5 điểm):
1) Giải hệ phơng trình:


+ + =

+ =

2 2
2
x y xy 3
xy 3x 4
2) Tìm m nguyên để phơng trình sau có ít nhất một nghiệm nguyên:

+ + + =
2 2
4x 4mx 2m 5m 6 0

Câu II (2.5 điểm):
1) Rút gọn biểu thức:

( ) ( )

2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
= + + +
2 2
P x 4x 5 x 6x 13

Câu IV (2.0 điểm):
Cho tam giác MNP có ba góc nhọn và các điểm A, B, C lần lợt là hình chiếu vuông góc
của M, N, P trên NP, MP, MN. Trên các đoạn thẳng AC, AB lần lợt lấy D, E sao cho DE song
song với NP. Trên tia AB lấy điểm K sao cho
ã
ã
=DMK NMP
. Chứng minh rằng:
1) MD = ME
2) Tứ giác MDEK nội tiếp. Từ đó suy ra điểm M là tâm của đờng tròn bàng tiếp góc DAK
của tam giác DAK.
Câu V (1.0 điểm):
Trên đờng tròn (O) lấy hai điểm cố định A và C phân biệt. Tìm vị trí của các điểm B và D
thuộc đờng tròn đó để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn nhất.
Hết
Đề thi chính thức
1
H ớng dẫn chấm
Câu Phần nội dung Điểm
câu I
2,5 điểm
1)
1,5điểm

+ + =


0.25

4 2
7x 23x 16 0 + =
0.25
Giải ra ta đợc
2 2
16
x 1 hoặc x =
7
=
0.25
Từ
2
x 1 x 1 y 1= = =
;
2
16 4 7 5 7
x x y
7 7 7
= = = m
0.25
Vậy hệ có nghiệm (x; y) là (1; 1); (-1; -1);


ữ
ữ

4 7 5 7

m = 2 hoặc m = 3.
0.25
Khi m = 2

x
'
= 0

x = -1 (thỏa mãn)
Khi m = 3

x
'
= 0

x = - 1,5 (loại).
0.25
Vậy m = 2.
0.25
câu II
2,5 điểm
1)
1,5điểm
Đặt
a 2 x; b 2 x (a, b 0)
= + =
2 2 2 2
a b 4; a b 2x
+ = =
0.25

2 2
A 2 a b 2x A x 2
= = =
0.25
2)
1,0điểm
3 2
3
a m b m c 0+ + =
(1)
Giả sử có (1)
3 2
3
b m c m am 0 (2)
+ + =
Từ (1), (2)
2 2
3
(b ac) m (a m bc)
=
0.25
2
Nếu
2
a m bc 0
2
3
2
a m bc
m

là số hữu tỉ. Trái với giả thiết!
a 0;b 0
= =
. Từ đó ta tìm đợc c = 0.
0.25
Ngợc lại nếu a = b = c = 0 thì (1) luôn đúng. Vậy: a = b = c = 0
0.25
câu III
2 điểm
1)
1,0điểm
Theo bài ra f(x) có dạng: f(x) = ax
3
+ bx
2
+ cx + d với a nguyên dơng.
0.25
Ta có: 2010 = f(5) - f(3) = (5
3
- 3
3
)a + (5
2
- 3
2
)b + (5 - 3)c
= 98a + 16b + 2c

16b + 2c = (2010- 98a)
0.25


( )
= +
2
2
OA x 2 1
,
( )
= + +
2
2
OB x 3 2
0.25
Mặt khác ta có:
OA OB AB
( ) ( )
+ + +
2 2
2 2
x 2 1 x 3 2 26
0.25
Dấu = xảy ra khi A thuộc đoạn OB hoặc B thuộc đoạn OA

= =
+
x 2 1
x 7
x 3 2
.Thử lại x = 7 thì A(5; 1); B(10; 2) nên A thuộc đoạn
OB. Vậy Max


NP

MA DE
(2)
Từ (1), (2)

ADE
cân tại A

MA là trung trực của DE

MD = ME
0.25
2)
1,25điể
0.25
3
K
E
B
C
A
N
M
P
D
m
K
E

DMK DEK 180

Tứ giác MDEK nội tiếp
0.25
Do MA là trung trực của DE

MEA MDA
=
0.25


ã
ã
ã
ã
= =
MEA MDA MEK MDC
.
0.25
Vì
ã
ã ã
ã
= =
MEK MDK MDK MDC

DM là phân giác của góc CDK, kết hợp
với AM là phân giác DAB

M là tâm của đờng tròn bàng tiếp góc DAK của

ã
+ =
0
B'CA B'BA 180
(2)

ã
ã
+ =
0
B'BC B'BA' 180
(3);Từ (1), (2), (3)
ã
ã
=B'BA B'BA'
0.25
Hai tam giác ABB và ABB bằng nhau
=
A'B' B'A
Ta có
+ = +
B'A B'C B'A' B'C A'C
= AB + BC ( BA + BC không đổi vì
B, A, C cố định). Dấu = xảy ra khi B trùng với B.
0.25
Hoàn toàn tơng tự nếu gọi D là điểm chính giữa cung
ẳ
ADC
thì ta cũng có
AD + CD

=




=


b) Tìm m để phơng trình
( )
2
2 2
x 2x 3x 6x m 0 + + =
có 4 nghiệm phân biệt.
Bài 3: (2,0 điểm)
a) Chứng minh rằng nếu số nguyên k lớn hơn 1 thoả mãn
2
k 4+
và
2
k 16+
là các số
nguyên tố thì k chia hết cho 5.
b) Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có p là nửa chu vi thì
p a p b p c 3p + +
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho đờng tròn tâm O và dây AB không đi qua O. Gọi M là điểm chính giữa của cung AB
nhỏ. D là một điểm thay đổi trên cung AB lớn (D khác A và B). DM cắt AB tại C. Chứng minh
rằng:
a)

Thời gian làm bài: 150 phút
5
a =
2
2 : 7
7
=
0,25 đ
Đặt
2
x a 1 x 7 1 x 1 7 x 2x 1 7= = + = + + =
0,5 đ
2
x 2x 6 0 + =
Vậy phơng trình
2
x 2x 6 0+ =
nhận
7 1
làm nghiệm
0,25 đ
Bài 2: (2,5 điểm)
a)
x 16
x 16
xy (1)
xy
y 3
y 3
y x 5

2

+ = =
.
Thay vào (1) ta đợc
3y 3 16
y.
2 2 3

+ =
0,25 đ



2
3y 23
2 6

=
(phơng trình vô nghiệm)
0,25 đ
* Nếu
2y
3x 2y 0 x
3
= =
.
Thay vào (1) ta đợc
2
y 9 y 3= =
> >> + >

0,25 đ
9
m
9
4 m
4
4
m 4

<

< <


>

Vậy với
9
4 m
4
< <
thì phơng trình có 4 nghiệm phân biệt.
0,25 đ

- Xét
2 2 2
k 5n 4 (với n ) k 25n 40n 16 k 4 5= + = + + +Â M

2
k 4 +
không là số nguyên tố.
Do vậy
k 5M

0,25 đ
b) Ta chứng minh: Với
a,b,c
thì
( )
( )
2
2 2 2
a b c 3 a b c+ + + +
(*)
Thật vậy
2 2 2 2 2 2
(*) a b c 2ab 2bc 2ca 3a 3b 3c + + + + + + +
2 2 2
(a b) (b c) (c a) 0 + +
(luôn đúng)
0,5 đ
áp dụng (*) ta có:
( )
( )

0,5 đ
Do vậy
MBC
và
MDB
đồng dạng
Suy ra
MB MD
MB.BD MD.BC
BC BD
= =
0,5 đ
7
b) Gọi (J) là đờng tròn ngoại tiếp
BDC

ã
ã
ã
BJC 2BDC 2MBC = =
hay
ã
ã
BJC
MBC
2
=
ã
ã
0

ANB ADB 2BDM BJC= = =
CJ // IN
Chứng minh tơng tự: CI // JN
0,5 đ
Do đó tứ giác CINJ là hình bình hành

CI = NJ
Suy ra tổng bán kính của hai đờng tròn (I) và (J) là:
IC + JB = BN (không đổi)
0,5 đ
Bài 5: (1,0 điểm)

g
f
e
d
h
c
b
a
G
F
I
H
J
M
C
A
B
D

; DK = DJ =
f
2
Ta có AB = CD nên:
h b f d
a e
2 2 2 2
+ + = + +
(e - a)
2
= h + b - f - d
0,5 đ
8
Nếu e - a 0 thì
h b f d
2
e a
+
=

Ô
(điều này vô lý do
2
là số vô tỉ)
Vậy e - a = 0 e = a hay EF = IJ (đpcm).
0,25 đ
S GIO DC BèNH NH
K THI TUấN SINH VO LP 10
TRNG THPT CHUYấN Lấ QUí ễN
NM HC 2009-2010

n
S
n n n
= + + +
+ + + + +
Chỳng minhS
n
<
1
2
Bi 4(3im)
Cho tam giỏc ABC ni tip trũn tõm O cú di cỏc cnh BC = a, AC = b, AB = c.E l im
nm trờn cung BC khụng cha im A sao cho cung EB bng cung EC.AE ct cnh BC ti D.
a.Chỳng minh:AD
2
= AB.AC DB.DC
b.Tớnh di AD theo a,b,c
Bi 5(1.5im)
Chng minh rng :
( )
2
1
2
3 2
m
n
n
-
+
Vi mi s nguyờn m,n.

a a a
a b c c b a b c
< <
+ + + + +
Tng t
2
(2);
b b b
a b c c a a b c
< <
+ + + + +

2
(3)
c c a
a b c b a a b c
< <
+ + + + +
Cng (1) (2) v (3) v theo v ta cú iu phi chng minh.
Bi 2:
K:
, ,x m n pạ
PT ó 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 cú

2
2m
2
-2mn -2mp +mn +mp +np = m
2
mn mp +np = (m-n)(m-p)
ạ
0
= >m,n,p khụng phi l nghim ca pt(1)
Vy PT ó cho luụn cú hai nghim phõn bit
Bi 3

( )
( )
2
2
1 1 1
Ta có :
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

ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
< - + - + + - = - <
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ
+ +
Bi 3:
Ta cú
ã
ã
BAD CAE=
( Do cung EB = cung EC)
V
ã
ã
AEC DBA=
( Hai gúc ni tip cựng chn cung AC) nờn
BAD

EAC
. . (1)
BA AE
AB AC AE AD
AD AC
= =ị ị

2
2
. . .
DC DB a a a bc
DB DC
b c b c b c
b c
= =ị
+ +
+
theo cõu a ta cú AD
2
= AB.AC DB.DC =
( ) ( )
2 2
2 2
1
a bc a
bc bc
b c b c
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
ỗ
- = -
ữ
ỗ
ữ
ỗ

m
là số hữu tỉ và 2là số vô tỉ nên 2
n
m
n
ạ
Ta xet hai trng hp:
a)
2 2 2 2 2
2 Khi đó m 2 2 1 hay m 2n 1
m
n m n
n
> > + +ị
T ú suy ra :
( )
2
2
2
2
2
2
2
1
2 2
2 1 1 1 1
2 2 2 2
1
1
3 2

n m n
n
< < - -ịÊ Ê
T ú suy ra :
( )
2
2
2
2
2
2
2
1
2 2
2 1 1
2 2 2 2 2
1
2 2
1 1
1
3 2
2 2
m m n
n
n n n
n
n
n
n
n

2
1 5
2
x y
x y
xy
xy

+ + + =




+ =


b) Gii v bin lun phng trỡnh:
| 3| | 2 | 5x p x+ + =
(p l tham s cú giỏ tr thc).
Cõu 2: (1,5 im)
Cho ba s thc
, ,a b c
ụi mt phõn bit.
11
CHNH THC
Chứng minh
2 2 2
2 2 2
2
( ) ( ) ( )

+
=
là một số nguyên.
Câu 4: (3,0 điểm)
Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB<CD). Gọi K, M lần lượt là trung điểm của BD,
AC. Đường thẳng qua K và vuông góc với AD cắt đường thẳng qua M và vuông góc với BC tại
Q. Chứng minh:
a) KM // AB.
b) QD = QC.
Câu 5: (1,0 điểm).
Trong mặt phẳng cho 2009 điểm, sao cho 3 điểm bất kỳ trong chúng là 3 đỉnh của một
tam giác có diện tích không lớn hơn 1. Chứng minh rằng tất cả những điểm đã cho nằm trong
một tam giác có diện tích không lớn hơn 4.
—Hết—
Câu 1 (3,0 điểm).
a) 1,75 điểm:
Nội dung trình bày Điểm
Điều kiện
0xy ≠
0,25
Hệ đã cho
2
2[ ( ) ( )] 9 (1)
2( ) 5 2 0 (2)
xy x y x y xy
xy xy
+ + + =


− + =




=
+ =



⇔


=
=




=



0,25
Từ (1)&(4) có:
1
1
3
2
2
1
1








=


0,25
Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là:
( ; ) (1; 2), (2; 1), (1; 1/ 2), (1/ 2; 1)x y =
0,25
b) 1,25 điểm:
Nội dung trình bày Điểm
12
Xét 3 trường hợp:
TH1. Nếu
2 x
≤
thì PT trở thành:
( 1) 2( 1)p x p+ = +
(1)
TH2. Nếu
3 2x
− ≤ <
thì PT trở thành:
(1 ) 2(1 )p x p− = −
(2)

Nếu
1p =
thì (2) cho ta vô số nghiệm thoả mãn
3 2x
− ≤ <
; (1) có nghiệm x=2; (3)VN 0,25
Kết luận:
+ Nếu -1 < p < 1 thì phương trình có 2 nghiệm: x = 2 và
2( 4)
1
p
x
p
−
=
+
+ Nếu p = -1 thì phương trình có vô số nghiệm
2 x≤ ∈¡
+ Nếu p = 1 thì phương trính có vô số nghiệm
3 2x
− ≤ ≤
+ Nếu
1
1
p
p
< −


>

Nội dung trình bày Điểm
Điều kiện xác định: x
≠
1 (do x nguyên). 0,25
Dễ thấy
1 2( 1)
;
| 2 1| | 1|
x
A B
x x
−
= =
+ −
, suy ra:
2 1 1
3 | 2 1| | 1|
x
C
x x
 
−
= +
 ÷
+ −
 
0,25
Nếu
1x >
. Khi đó

(vì x nguyên) và
0C
=
. Vậy
0x
=
là một giá trị cần tìm. 0,25
Nếu
1
2
x < −
. Khi đó
1x
≤ −
(do x nguyên). Ta có:
2 1 4( 1)
1 0
3 2 1 3(2 1)
x
C
x x
+
 
= − − = − ≤
 ÷
+ +
 
và
4( 1) 2 1
1 1 0

0,25
13
A
I
B
K
M
D
E
H
R
C
Q
KB = KD (K là trung điểm BD) 0,25
·
·
IKB EKD=
0,25
Suy ra
KIB KED IK KE∆ = ∆ ⇒ =
. 0,25
Chứng minh tương tự có:
MIA MRC
∆ = ∆
0,25
Suy ra: MI = MR 0,25
Trong tam giác IER có IK = KE và MI = MR
nên KM là đường trung bình
⇒
KM // CD

Hạ
QH CD⊥
suy ra QH là trung trực thứ ba của
IER∆
hay Q nằm trên trung trực của đoạn CD
⇒
Q cách đều C và D hay QD=QC (đpcm).
0,25
Câu 5 (1,0 điểm):
Nội dung trình bày Điểm
A'
B'
C'
A
B
C
P
P'
Trong số các tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn nhất (diện tích S). Khi đó
1S
≤
.
0.25
Qua mỗi đỉnh của tam giác, kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, các đường thẳng
này giới hạn tạo thành một tam giác
' ' 'A B C
(hình vẽ). Khi đó
' ' '
4 4
A B C ABC

3
4 2 3 3
5 2 17 5 38 2
x
+ −
=
+ − −
tính
( )
2009
2
1P x x= + +
Bài 2 : ( 1, 5 điểm ) : cho hai phương trình x
2
+ b.x + c = 0 ( 1 )
và x
2
- b
2
x + bc = 0 (2 )
14
biết phương trình ( 1 ) có hai nghiệm x
1
; x
2
và phương trình ( 2 ) có hai nghiệm
3 4
;x x
thoả
mãn điều kiện

MP NQ PQ OM
a b c OC
+ +
=
+ +
Bài 5 : ( 2 điểm )
1. Giải phương trình nghiệm nguyên 3
x
- y
3
= 1
2. Cho bảng ô vuông kích thước 2009 . 2010, trong mỗi ô lúc đầu đặt một viên sỏi . Gọi T là
thao tác lấy 2 ô bất kì có sỏi và chuyển từ mỗi ô đó một viên sỏi đưa sang ô bên cạnh ( là
ô có chung cạnh với ô có chứa sỏi ) . Hỏi sau một số hữu hạn phép thực hiện các thao tác
trên ta có thể đưa hết sỏi ở trên bảng về cùng một ô không
Lời giải
Bài 1 :
( )
( )
( ) ( )
3
3
3
3
4 2 3 3 3 1 3
5 2 17 5 38 2
5 2 (17 5 38) 2
1 1
1
1 2

x x b
x x bc
+ = −


=


+ + + =


+ + =

Từ (1 ) và ( 3 ) => b
2
+ b - 2 = 0  b = 1 ; b = -2
từ ( 4 ) =>
1 2 1 2
. 1x x x x bc+ + + =
=> c - b + 1 = bc ( 5 )
+) với b = 1 thì ( 5 ) luôn đúng , phương trình x
2
+ +b x + c = 0 trở thành
X
2
+ x + 1 = 0 có nghiệm nếu
1
1 4 0
4
c c∆ = − ≥ ⇔ ≤

 
+ + + + ≥
 ÷
 
dấu “=” sảy ra  a = b = c
2. ta có
( )
2
2 2 2
3
3
a b c
ab bc ca a b c ab bc ca
+ +
+ + ≤ + + ⇒ + + ≤ ≤
2007
669
ab bc ca
⇒ ≥
+ +
Áp dụng câu 1 ta có
( )
2 2 2
2 2 2
1 1 1
2 2 2 9a b c ab bc ca
a b c ab bc ca ab bc ca
 
+ + + + + + + ≥
 ÷

µ
µ
( )
·
·
0
1
2
180 1
2 2
BOP BAO ABO A B
C
PNC A B
BOP PNC
= + = +
−
= = +
⇒ =
=> tứ giác BOPN nội tiếp
+) tương tự tứ giác AOQM nội tiếp
+) do tứ giác AOQM nội tiếp=>
·
·
0
90AQO AMO= =
tứ giác BOPN nội tiếp =>
·
·
0
90BPO BNO= =

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⇒ = + − +
=> tồn tại m; n sao cho
2
1 3 3 1
1 3 9 3.3 3 3
m m
n m m n
y y
y y
m b x m b x

m m m m
+ = =
=> m = 1 => y = 2 ; x = 2
vy p/ trỡnh cú hai nghim l ( 0 ; 0 0 ; ( 2 ; 2 )
2.Ta tụ mu cỏc ụ vuụng ca bng bng hai mu en trng nh bn c vua
Lỳc u tng s si cỏc ụ en bng 1005 . 2009 l mt s l
sau mi phộp thc hin thao tỏc T tng s si cỏc ụ en luụn l s l
vy 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
Sở giáo dục-đào tạo Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên
Hà nam
Năm học 2009-2010
Môn thi : toán(đề chuyên)
đề chính thức
Thời gian làm bài: 120 phút(không kể thời gian giao đề)
Bài 1.(2,5 điểm)
1) Giải phơng trình:
2
1 1
2
3 2 2x x x
=
+
2) Giải hệ phơng trình:
1
7
12
x
x y
x

x x
+
=
+
Bài 3.(2,0 điểm)
1) Cho phơng trình:
( )
2
2 2 2 6 6 52 0x m x m+ + =
( với m là tham số, x là ẩn số). Tìm giá trị
của m là số nguyên để phwowng trình có nghiệm là số hữu tỷ.
2) Tìm số
abc
thoả mãn:
( )
2
4abc a b c= +
.
Bài 4.(3,5 điểm)
Cho ABC nhọn có
à
à
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:
ã
à

2
( trong đó n là số tự nhiên).
Khi đó ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2
2 3 77 2 3 77 2 3 . 2 3 77m 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)

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
=
+
và
( )
2
4 1a b+
là số lẻ


( )
10 9a b a

+ +

không
M
3

c

N
+ Nếu a+b =3 ta có
( ) ( )
10 3 9 6 1 3
35 7
a a
c
+ +
= =
. Vì 0<a<4 và 1+3a
M
7

1+3a=7

a=2,
khi đó c=6 và b=1.Ta có số 216 thoả mãn.
Kết luận số 216 là số cần tìm.

TAI
⇒
KT TA
ET TI
=
C/m
∆
BIM
:
∆
BAK
⇒
KB AB
BM BI
=
Theo tÝnh chÊt tia ph©n gi¸c cđa
∆
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
α
=
kh«ng ®ỉi (tia Bx lµ tia
ph©n gi¸c cđa

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
a
19
( )
( )
( ) ( ) ( )

= × − + +
 ÷
 
= − − + = ≠
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
0
≥
thế vào (1) ta được pt:
( )
2
2 7 3 0 (2)x x− + =
Đặt
0x t
= ≥
ta có pt: 2t

0
2
x
m
m
S x x
∆ = − ≥


⇔ ≤

= + = ≥


Cách khác:
( )
2
2 7 3 0 (2)x x− + =
x
1
= 9
1
3x⇒ =
mà
1 2
2
2
2
7
2

2 3 6 (2)
3 1 3 (3)
x y
y z
z x

+ + =

+ + =


+ + =

(I)
Nhân (1) (2) và (3) ta có:
[(x + 1)(y + 2)(z + 3)]
2
= 36
(x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 hoặc (x + 1)(y + 2)(z +
3) = -6
Nếu x, y, z đều là các số dương thì hệ chỉ
có 1 nghiệm
20
Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 hệ (I) là:
0
3 3
0
1 1
0
2 2

y
y

= −
+ = −

 
⇔ = −
+ = −
 
 
= −
+ = −


Vậy nghiệm của hệ là (0 ; 0 ; 0) và (-2 ; -4 ; -6)
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

( )
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
A
, x
B
phải thỏa mãn pt: mx

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
A B A B
A B
A B A B
AB x x y y

= − − +
 
 ÷  ÷
   
 
 
  
= + +
 ÷ ÷
  
= + + + > =
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
 
=
 ÷
 
b/ Lấy điểm E đối xứng của B qua A. Chứng
minh bốn điểm B, C, E, D thuộc một đường tròn
có tâm là K. Xác đònh tâm K của đường tròn.
a/ Xét (O) ta có

   
:
b/ Từ (1) thay AE = AB ta có
AE AC
AD AE
=
(*) mặt khác:
22
1
1
2
1
2
2
1
2
1
2
j
/
/
x
x
=
=
K
C
D
O
B

2 2
1 2 1 2
1 2 1 2
0
( )
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
∆
Së GD&§T NghƯ An
§Ị thi chÝnh thøc
K× thi TUN sinh VµO líp 10
trêng thpt chuyªn phan béi ch©u
n¨m häc 2009 - 2010
Mơn thi: TỐN

.
Bài 3: (2.0 điểm)
Cho tam giác ABC vng tại A có đường phân giác trong BE (E thuộc AC). Đường tròn
đường kính AB cắt BE, BC lần lượt tại M, N (khác B). Đường thẳng AM cắt BC tại K. Chứng
minh: AE.AN = AM.AK.
Bài 4: (1.5 điểm)
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, trung tuyến AO có độ dài bằng độ dài cạnh BC. Đường
tròn đường kính BC cắt các cạnh AB, AC thứ tự tại M, N (M khác B, N khác C). Đường tròn
ngoại tiếp tam giác AMN và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng AO lần lượt
tại I và K. Chứng minh tứ giác BOIM nội tiếp được một đường tròn và tứ giác BICK là hình
bình hành.
Bài 5: (2.0 điểm)
a) Bên trong đường tròn tâm O bán kính 1 cho tam giác ABC có diện tích lớn hơn hoặc bằng
1. Chứng minh rằng điểm O nằm trong hoặc nằm trên cạnh của tam giác ABC.
b) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn:
3a b c+ + =
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
23
2 2 2
2 2 2
P
ab bc ca
a b c
a b b c c a
+ +
= + + +
+ +
Ht
Sở GD&ĐT Nghệ An

x
x
=



=

( thỏa mãn ) 0.50đ
b
1,50đ
Đặt
2
z
y
=
0.25đ
Hệ đã cho trở thành
3
3
2 3
2 3
x z
z x

+ =


+ =



Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm:
( )
( , ) ( 1; 2), 2,1x y =
0,25đ
Bài 2: 1,0 đ
Điều kiện để phơng trình có nghiệm:
2
0 4 8 0a 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
1 2
. 2
. 2
x x a
x x x x
x x a
+ =


=

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



=

hoặc
1
2
0
2
x
x
=


=


ã
ã
0
90ANK AME= =
, kết hợp
với (1) ta có tam giác AME đồng
dạng với tam giác ANK
0,50đ
AN AK
AM AE
=
0,25đ
AN.AE = AM.AK (đpcm)
0,25đ
Bài 4:
1,5 đ
Vì tứ giác AMIN nội tiếp nên
ã
ã
ANM AIM=
Vì tứ giác BMNC nội tiếp nên
ã
ã
ANM ABC=
ã
ã
AIM ABC =
.Suy ra tứ giác BOIM nội tiếp
0,25đ

= = = =
(2)
0,25đ
Tam giác AOB và tam giác COK đồng dạng nên
OA.OK = OB.OC = R
2
2 2
2 2
R R R
OK
OA R
= = =
(3)
0,25đ
Từ (2), (3) suy ra OI = OK
Suy ra O là trung điểm IK, mà O là trung điểm của BC
Vì vậy BICK là hình bình hành
0,25đ
Bài 5: 2,0 đ
a,
1,0 đ
Giả sử O nằm ngoài miền tam giác ABC.
Không mất tính tổng quát, giả sử A và O
nằm về 2 phía của đờng thẳng BC
0,25đ
25
K