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:

( ) ( )

là hợp số.
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
H ớng dẫn chấm
Câu nội dung
Đề thi chính thức
1
câu I
2,5
điểm

+ + =


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


ữ
ữ

4 7 5 7
;
7 7
;




x
'
= 0

x = - 1,5 (loại).
Vậy m = 2.
câu II
2,5
điểm
Đặt
a 2 x; b 2 x (a, b 0)
= + =
2 2 2 2
a b 4; a b 2x
+ = =
( )
( )
( )
3 3 2 2
2 ab a b 2 ab a b a b ab
A
4 ab 4 ab
+ + + +
= =
+ +
( ) ( )
( )
2 ab a b 4 ab
A 2 ab a b

Nếu
2
a m bc 0
2
3
2
a m bc
m
b ac

=

là số hữu tỉ. Trái với giả thiết!
2 3
2 2
b ac 0 b abc
a m bc 0 bc am

= =
= =3 3
3
b a m b a m
= =
. Nếu b


16b + 2c = (2010- 98a)
Ta có f(7) - f(1) = (7
3
- 1
3
)a + (7
2
- 1
2
)b + (7 - 1)c
= 342a + 48b + 6c = 342a + 3(16b + 2c)
= 342a + 3(2010- 98a)= 48a + 6030 = 3.(16a + 2010)
3M

Vì a nguyên dơng nên 16a + 2010>1 . Vậy f(7)-f(1) là hợp số
( ) ( )
= + + +
2 2
2 2
P x 2 1 x 3 2
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy lấy các điểm A(x-2; 1), B(x+3; 2)
Ta chứng minh đợc:
( ) ( )
= + = + =
2 2
AB x 2 x 3 1 2 25 1 26

( )
= +

ã ã
=MAB MNB
, MCAP nội
tiếp
ã
ã
=CAM CPM
.
Lại có
ã
ã
=BNM CPM
(cùng phụ
góc NMP)
ã
ã
=CAM BAM
(1)
Do DE // NP mặt khác
MA

NP

MA DE
(2)
Từ (1), (2)

ADE
cân tại A


0
NMB NAB 180
ã
ã
+ =
0
NMB DEK 180
Theo giả thiết
ã
ã
=DMK NMP
ã
ã
+ =
0
DMK DEK 180

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

MEA MDA
=


ã
ã
ã
ã
= =
MEA MDA MEK MDC

Ta có:
ã
ã
ã
= =B'BC B'AC B'CA
(1) ;
ã
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'
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.

y 3
y 9
xy
x 2

=




=


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 + +

= =
ữ
ữ
+ + +

a =
2
2 : 7
7
=
Đặt
2
x a 1 x 7 1 x 1 7 x 2x 1 7= = + = + + =
2
x 2x 6 0 + =
Vậy phơng trình
2
x 2x 6 0+ =
nhận
7 1
làm nghiệm
Bài 2: (2,5 điểm)
a)
x 16
x 16
xy (1)
xy
y 3
y 3
y x 5

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

+ =



2
3y 23
2 6

=
(phơng trình vô nghiệm)
* Nếu
2y
3x 2y 0 x
3
= =
.
Thay vào (1) ta đợc
2
y 9 y 3= =
- Với
y 3 x 2= =
(thoả mãn điều kiện)
- Với

m
9
4 m
4
4
m 4

<

< <


>

Vậy với
9
4 m
4
< <
thì phơng trình có 4 nghiệm phân biệt.
Bài 3: (2,0 điểm)
a) Vì k > 1 suy ra
2 2
k 4 5; k 16 5+ > + >

- Xét
2 2 2
k 5n 1 (với n ) k 25n 10n 1 k 4 5= + = + + +Â M

2

( )
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)
áp dụng (*) ta có:
( )
( )
2
p a p b p c 3 3p a b c 3p + + =
7
Suy ra
p a p b p c 3p + +
(đpcm)
Bài 4: (3,0 điểm)

J
I
C
N
M
O
A
B

BJC 2BDC 2MBC = =
hay
ã
ã
BJC
MBC
2
=
ã
ã
0
180 BJC
BCJ cân tại J CBJ
2

=
Suy ra
ã
ã
ã ã
O
O
BJC 180 BJC
MBC CBJ 90 MB BJ
2 2

+ = + =

Suy ra MB là tiếp tuyến của đờng tròn (J), suy ra J thuộc NB
c) Kẻ đờng kính MN của (O) NB MB

I
H
J
M
C
A
B
D
E
K
Gọi EF = a ; FG = b ; GH = c ; HI = d ; IJ = e ; JK = f ; KM = g ; ME = h (với a, b, c, d, e, f, g, h là các số
hữu tỉ dơng)
Do các góc của hình 8 cạnh bằng nhau nên mỗi góc trong của hình 8 cạnh có số đo là:
O
O
8 2 180
135
8
( ).
=
Suy ra mỗi góc ngoài của hình 8 cạnh đó là: 180
O
- 135
O
= 45
O
Do đó các tam giác MAE ; FBG ; CIH ; DKJ là các tam giác vuông cân.
MA = AE =
h
2

K THI TUYấN SINH VO LP 10
TRNG THPT CHUYấN Lấ QUí ễN
NM HC 2009-2010
chớnh thc Mụn thi:Toỏn (chuyờn)
Ngy thi:19/06/2009
Thi gian:150 phỳt
Bi 1(1.5im)
Cho a,b,c l di ba cnh ca mt tam giỏc.Chng minh rng:

1 2
a b c
b c c a a b
< + + <
+ + +
Bi 2(2im)
Cho 3 s phõn bit m,n,p.Chng minh rng phng trỡnh
1 1 1
0
x m x n x p
+ + =
- - -
cú hai nghim phõn bit.
Bi 3(2im)
9
Với số tự nhiên n,
3n ³
.Đặt
( ) ( )
( )
( )

- ³
+
Với mọi số nguyên m,n.
**********************************************
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THI VÀO 10
TRƯỜNG CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN NĂM 2009
Bài 1:
Vì a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác nên ta có:a,b,c >0 và a< b+c ,b< a + c , c < a+b
Nên ta có
2a a a a
b c a b c a b c
+
< =
+ + + + +

Mặt khác
a a
b c a b c
>
+ + +
Vậy ta có
2
(1)
a a a
a b c c b a b c
< <
+ + + + +
Tương tự
2
(2);

+p
2
+2mn+2mp+2np -3mn-3mp-3np = m
2
+n
2
+p
2
–mn-mp-np =
1
2
[(m-n)
2
+(n-p)
2
+(m-p)
2
] >0
Đặt f(x) = 3x
2
-2(m+n+p)x + mn+ mp +np
Ta có f(m) = 3m
2
– 2m
2
-2mn -2mp +mn +mp +np = m
2
–mn –mp +np = (m-n)(m-p)
¹
0

n n
n n
n n n n
n n
+ - + -
= =
+
+ + +
+ +
ổ ử
+ -
ữ
ỗ
ữ
< = = -
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
+ +
+
Do ú
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1
2 2 2
2 2 3 1 1
n
S

ị = ị =
Ta cú
ã
ã
ã
ã
(Đối đỉnh) và CADADC BDC DBE= =
(2 gúc ni tip cựng chn cung CE) nờn
ACD
BDE
. .
AD DB
AD DE DB DChay
DC DE
ị = ị =

AD(AE-AD) = DB.DC
Hay AD
2
= AD.AE - DB.DC=AB.AC DB.DC (do (1))
4b)Theo tớnh cht ng phõn giỏc ta cú
DC
hay
b
DC DB DB DC DB a
AC AB c b c b c
+
= = = =
+ +
vy

ỗ
ữ
ữ
ỗ
+ +
ố ứ
( )
2
2
1
a
AD bc
b c
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ị = -
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
+
ố ứ
Bi 5:
Vỡ

2 2
2 2
m n
n
n n n
n
n
n
n
+ -
+
- - = + - = =
ổ ử
+
ữ
ỗ
ữ
+ +
+ +
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ố ứ
11
b)
2 2 2 2 2
2 Khi đó m 2 2 1 hay m 2n 1

n
- +
-
- = - - = - - =
+ -
=
ổ ử
+
ữ
ỗ
ữ
ỗ + -
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ố ứ

************************************************
S GD&T VNH PHC

K THI VO LP 10 THPT CHUYấN NM HC 2009-2010
THI MễN: TON
Dnh cho cỏc thớ sinh thi vo lp chuyờn Toỏn
Thi gian lm bi: 150 phỳt, khụng k thi gian giao

( cú 01 trang)
Cõu 1: (3,0 im)
a) Gii h phng trỡnh:

b c c a a b
+ +

Cõu 3: (1,5 im)
Cho
2
1
4 4 1
A
x x
=
+ +
v
2
2 2
2 1
x
B
x x

=
+
Tỡm tt c cỏc giỏ tr nguyờn ca
x
sao cho
2
3
A B
C
+

0,25
Giải PT(2) ta được:
2 (3)
1
(4)
2
xy
xy
=



=

0,50
Từ (1)&(3) có:
1
2
3
2
2
1
x
y
x y
xy
x
y
 =


2
1
x
y
x y
xy
x
y
 =






=
+ =



 
⇔





=
=


< −
thì PT trở thành:
( 1) 2( 4)p x p+ = −
(3)
0,25
Nếu
1p ≠ ±
thì (1) có nghiệm
2x
=
; (2) vô nghiệm; (3) có nghiệm x nếu thoả mãn:
2( 4)
3 1 1
1
p
x p
p
−
= < − ⇔ − < <
+
.
0,25
Nếu
1p = −
thì (1) cho ta vô số nghiệm thoả mãn
2 x
≤
; (2) vô nghiệm; (3) vô nghiệm. 0,25
13
Nếu

thì phương trình có nghiệm x = 2.
0,25
Câu 2 (1,5 điểm):
Nội dung trình bày Điểm
+ Phát hiện và chứng minh
1
( )( ) ( )( ) ( )( )
bc ca ab
a b a c b a b c c a c b
+ + =
− − − − − −
1,0
+ Từ đó, vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh bằng:
2
2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c bc ca ab
b c c a a b a b a c b c b a c a c b
 
 
+ + + + + ≥
 ÷
 ÷
− − − − − − − − −
 
 

0,5
Câu 3 (1,5 điểm):
Nội dung trình bày Điểm

1 0 1 1 0
3 2 1 3(2 1) 3(2 1) 3(2 1)
x x x
C C
x x x x
+ + −
 
= + = > ⇒ − = − = <
 ÷
+ + + +
 
Suy ra
0 1C
< <
, hay
C
không thể là số nguyên với
1x
>
.
0,5
Nếu
1
1
2
x− < <
. Khi đó:
0x
=
(vì x nguyên) và

x x
C
x x
+ −
+ = − + = >
+ +
, suy ra
1 0C
− < ≤
hay
0C =
và
1x = −
.
Vậy các giá trị tìm được thoả mãn yêu cầu là:
0, 1x x= = −
.
0,25
Câu 4 (3,0 điểm):
a) 2,0 điểm:
Nội dung trình bày Điểm
Gọi I là trung điểm AB,
,E IK CD R IM CD= ∩ = ∩
. Xét hai tam giác
KIB và KED có:
·
·
ABD BDC=
0,25
KB = KD (K là trung điểm BD) 0,25

b) 1,0 điểm:
Nội dung trình bày Điểm
Ta có: IA=IB, KB=KD (gt)
⇒
IK là đường trung bình của
∆
ABD
⇒
IK//AD hay IE//AD
chứng minh tương tự trong
∆
ABC có IM//BC hay IR//BC
0,25
Có:
QK AD⊥
(gt), IE//AD (CM trên)
QK IE⇒ ⊥
. Tương tự có
QM IR⊥
0,25
Từ trên có: IK=KE,
QK IE QK⊥ ⇒
là trung trực ứng với cạnh IE của
IER∆
. Tương tự QM là
trung trực thứ hai của
IER∆
0,25
Hạ
QH CD⊥

minh tất cả các điểm đã cho nằm trong tam giác
' ' 'A B C
.
0.25
Giả sử trái lại, có một điểm
P
nằm ngoài tam giác
' ' ',A B C
chẳng hạn như trên hình vẽ . Khi đó
( ) ( )
; ;d P AB d C AB
>
, suy ra
PAB CAB
S S>
, mâu thuẫn với giả thiết tam giác
ABC
có diện tích
lớn nhất.
0.25
Vậy, tất cả các điểm đã cho đều nằm bên trong tam giác
' ' 'A B C
có diện tích không lớn hơn 4. 0.25
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN CỦA HẢI PHÒNG
NĂM HỌC 2009-2010
Bài 1 : ( 1 điểm )
Cho
( )
3
4 2 3 3

Bài 3 : ( 2 điểm )
1. Cho các số dương a; b; c . Chứng minh rằng
( )
1 1 1
9a b c
a b c
 
+ + + + ≥
 ÷
 
2. Cho các số dương a; b; c thoả mãn a + b + c
3≤
. Chứng ming rằng

2 2 2
1 2009
670
a b c ab bc ca
+ ≥
+ + + +
Bài 4 : ( 3, 5 điểm )
Cho tam giác ABC với BC = a ; CA = b ; AB = c( c < a ; c< b ) . Gọi M ; N lần lượt là các tiếp điểm của đường
tròn tâm ( O) nội tiếp tam giác ABC với các cạnh AC và BC . Đường thẳng MN cắt các tia AO : BO lần lượt tại P
và Q . Gọi E; F lần lượt là trung điểm của AB ; AC
1. Chứng minh tứ giác AOQM ; BOPN ; AQPB nội tiếp
2. Chứng minh Q; E; F thẳng hàng
3. Chứng minh
MP NQ PQ OM
a b c OC
+ +

= =
+ − −
+ − −
= = = −
−
− + −
vậy P = 1
Bài 2 : vì
3 1 4 2
1x x x x− = − =
=>
3 1 4 2
1; 1x x x x= + = +
Theo hệ thức Vi ét ta có
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1 2
2
1 2
1 2
(1)
. (2)
1 1 (3)
1 . 1 (4)
x x b
x x c
x x b
x x bc
+ = −

2
- 2 x - 1 = 0 có
nghiệm là x =
1 2±
16
vậy b= 1; c
1
4
c ≤
;
b = -2 ; c = -1
Bài 3 :
1. Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương
3
a b c abc+ + ≥

3
1 1 1 1
3
a b c
abc
+ + ≥
=>
( )
1 1 1
9a b c
a b c
 
+ + + + ≥
 ÷

( )
2
2 2 2
1 1 9
1
a b c ab bc ca
a b c
+ ≥ ≥
+ + + +
+ +
vậy
2 2 2
1 2009
670
a b c ab bc ca
+ ≥
+ + + +
. dấu “=” sảy ra  a = b = c = 1
Bài 4 : a) ta có
·
·
·
µ
µ
( )
·
µ
µ
µ
( )

0
90AQB APB= =
=> tứ giác AQPB nội tiếp
b ) tam giác AQB vuông tại Qcó QE là trung tuyến nên QE = EB = EA
=>
·
·
µ
·
1
2
EQB EBQ B QBC= = =
=> QE //BC
Mà E F là đường trung bình của tam giác ABC nên E F //BC
 Q; E; F thẳng hàng
c)
17
~ ( )
~ ( )
~ ( )
MP OM OP
MOP COB g g
a OC OB
NQ ON OM
NOQ COA g g
b OC OC
PQ OP OM
POQ BOA g g
c OB OC
OM MP NQ PQ MP NQ PQ


+ = + =+ = + =

+) nu m = 0 thỡ y = 0 v x = 0
+) nu m > 0 thỡ
9 3.3 3 3 3 3
1
9 3.3 3 9 3 9
m m n
m m n
n

+

=

+M M
M M
=>
( )
9 3.3 3 3 3 3 3 0
m m m m
+ = =
=> m = 1 => y = 2 ; x = 2

+



=

+


Bài 2.(2,0 điểm)
Cho phơng trình:
6 3 2 0x 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:
18

1 2
1 2
24
3
x x
x x
+
=

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.
d) 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
Gợi ý một số câu khó trong đề thi:
Bài 3:
1) Ta có
'

=
( )
2
2
4 12 68 2 3 77m m m =
Để phơng trình có nghiệm hữu tỷ thì
'

phải là số chính phơng. Giả sử
'

= n
2
( trong đó n là số tự nhiên).
Khi đó ta có
( ) ( ) ( ) ( )

a b
a b c a b c c do a b
a b
a b a
a b
a b a b
+
+ + = + = +
+

+ +
+

= =
+ +
Ta có
( )
2
4 1a b+
là số lẻ và do
0 9c<
nên
( )
2
4 1a b+
M
5.
Mà
( )
2

( )
2
125,25a b + <
(**)
Kết hợp (*) và (**) ta có
( )
2
a b+


{4; 9; 49; 64}

a+b

{2; 3; 7; 8}
19
+ NÕu a+b
∈
{2; 7; 8} th× a+b cã d¹ng 3k 1(k±
∈
N) khi ®ã
( )
2
4 1a b+ −
chia hÕt cho 3 mµ (a+b) + 9a= 3k ±
1+9a kh«ng chia hÕt cho 3
⇒
( )
10 9a b a
 

AKT
:
∆
IET
⇒
KT AK
ET IE
=
C/m
∆
AKB
:
∆
INB
⇒
KB AK
BN IN
=
Do IE=IN tõ ®ã ta suy ra ®iỊu ph¶i chøng minh
C¸ch 2:
C/m
∆
TKE
:
∆
TAI
⇒
KT TA
ET TI
=

α
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.
GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2009 – 2010
Đề, lời giải
20
Bài 1: (1 điểm) Cho phương trình ax
2
+ bx + c = 0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
. Đặt S
2
= x
1
2
+ x
2
2
; S
1
=
x
1
.x
2
Chứng minh rằng: a.S

2 2
a.S2 + b.S1 + 2c = a x x 2
x 2 x x 2
x 2 x x 2
2 . . 2
2 2 0 ( 0)
x b x c
a x x b x c
a x a x b x c
b c b
a a b c
a a a
b b
c c doa
a a
+ + + +
 
= + − + + +
 
= + − + + +
− −
 
= × − + +
 ÷
 
= − − + = ≠
Bài 2: (2 điểm)
Cho phương trình: 2x - 7
x
+ 3m – 4 = 0 (1)

= ¼
b/ Từ (1) coi phương trình với ẩn là
x
Lập
1 2
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
∆ = − ≥


⇔ ≤


3 3
0
1 1
0
2 2
z
z
x
x
y
y

=
+ =

 
⇔ =
+ =
 
 
=
+ =


Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = - 6 hệ (I) là:
6
3 3
2
1 1
4

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
m
a
m

=

+ =
−
 
⇔ ⇒ = +
−
 
+ =
=
 


b/ Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

+ 9x – 9m = 0
Theo Vi-ét ta có: x
A
+ x
B
=
9
m
; x
A
. x
B
= -9
Do A, B
3 3
( ) 3 ; 3
A A B B
d y x y x
m m
− −
∈ ⇒ = + = +
Theo công thức tính khoảng cách:
22
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( )
2 2
2

m m
x x x x
m
x x
m
x x x x
m
m m
m m
m m m
= − + −
− −
 
= − + −
 ÷
 
= − + −
 
= − +
 ÷
 
 
 
= + − +
 ÷
 
 
 
   
= − − +

(chắn cung AnB)
Xét (O’) ta có
¶
µ
1 1
D B=
(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

¶ ¶
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
∆
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUN LAM SƠN
THANH HỐ NĂM HỌC: 2009-2010
MƠN: TỐN (Dành cho học sinh thi vào lớp chun Tốn)
Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 19 tháng 6 năm 2009
Câu 1: (2,0 điểm)








=
=
Câu 2: (2,0 điểm)
Cho phương trình: ax
2
+ bx + c = 0 (a
≠
0) có hai nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn điều kiện:
1 2
0 x x 2≤ ≤ ≤
. Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2
2
2a - 3ab + b
Q =
2a - ab + ac
.
Câu 3: (2,0 điểm)

2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ ac + bd , trong ú ad bc = 1. Chng minh rng: P


3
.
Ht
H v tờn thớ sinh: S bỏo danh:
sở giáo dục - đào tạo hà
nam
kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyên
Năm học 2009 - 2010
Môn thi : toán(Đề chung)
đề chính thức
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Bài 1. (2 điểm)
Cho biểu thức P =
( ) ( )
2
1 2 3
1
1
x x x x x
x

AOB cân
( đơn vị trên hai trục õ và Oy bằng nhau).
Bài 4. (3,5 điểm)
Cho

ABC vuông đỉnh A, đờng cao AH, I là trung điểm của Ah, K là trung điểm của HC. Đờng tròn đờng
kính AH ký hiệu (AH) cắt các cạnh AB, AC lần lợt tại diểm M và N.
a) Chứng minh

ACB và

AMN đồng dạng
b) Chứng minh KN là tiếp tuýn với đờng tròn (AH)
c) Tìm trực tâm của

ABK
Bài 5. (1 điểm)
Cho x, y, z là các số thực thoả mãn: x + y + x = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
1 1 1
16 4x y z
+ +
hết
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