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)

Đề thi chính thức
Câu I (2.5 điểm):
1) Giải hệ phơng trình:

x 2 + y 2 + xy = 3

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

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

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

3
2 + 4 x2 ( 2 + x )

A=
4 + 4 x2


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-----------------------

Hớng dẫn chấm
Câu

Phần

câu I

1)

2,5 điểm

1,5điểm

nội dung

Điểm

x + y + xy = 3 (1)

2
(2)
xy + 3x = 4

7
2

0.25
0.25
0.25

Từ x 2 = 1 x = 1 y = 1 ; x 2 = 16 x = 4 7 y = m5 7

7

7

0.25

7

4 7 5 7 4 7 5 7
;
7 ; 7 ữ
ữ 7 ; 7 ữ
ữ



Điều kiện để phơng trình có nghiệm: x ' 0

0.25

m 2 5m + 6 0 (m 2)(m 3) 0 . Vì (m - 2) > (m - 3) nên:


(

2 + ab a b
3

3

)=

(a, b 0)

(

2 + ab ( a b ) a + b + ab

4 + ab
2 + ab ( a b ) ( 4 + ab )

4 + ab
A 2 = 4 + 2ab ( a b )

(a

A 2=

2

2



a 3 m 2 + b 3 m + c = 0 (1)

Giả sử có (1)

b 3 m 2 + c 3 m + am = 0 (2)
Từ (1), (2) (b 2 ac) 3 m = (a 2 m bc)

0.25

a m bc
là số hữu tỉ. Trái với giả thiết!
b2 ac
b 2 ac = 0
b3 = abc
2

2
a m bc = 0 bc = am

0.25

Nếu a 2 m bc 0 3 m =

2

3
b3 = a 3 m b = a 3 m . Nếu b 0 thì m =

b


Ta có: 2010 = f(5) - f(3) = (53 - 33)a + (52 - 32)b + (5 - 3)c
= 98a + 16b + 2c 16b + 2c = (2010- 98a)
Ta có f(7) - f(1) = (73 - 13)a + (72 - 12)b + (7 - 1)c
= 342a + 48b + 6c = 342a + 3(16b + 2c)
= 342a + 3(2010- 98a)= 48a + 6030 = 3.(16a + 2010) M
3
Vì a nguyên dơng nên 16a + 2010>1 . Vậy f(7)-f(1) là hợp số

P=

( x 2)

2

( x + 3)

+ 12

2

0.25
0.25
0.25

+ 22
0.25

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy lấy các điểm A(x-2; 1), B(x+3; 2)
Ta chứng minh đợc: AB =


2

0.25

+ 2 2 26

Dấu = xảy ra khi A thuộc đoạn OB hoặc B thuộc đoạn OA

x2 1
= x = 7 .Thử lại x = 7 thì A(5; 1); B(10; 2) nên A thuộc đoạn
x+3 2
OB. Vậy Max P = 26 khi x = 7.

0.25



câuIV

1)

2 điểm

0,75điểm

Ta dễ dàng chứng minh tứ giác
ã
ã
MBAN nội tiếp MAB

N

0.25

ã
ã
Lại có BNM
= CPM
(cùng phụ góc NMP)

K
B

D

0.25

E

0.25

P

A

1,25điểm

M

K

ã
Theo giả thiết DMK
DMK
+ DEK
= 1800
= NMP
Tứ giác MDEK nội tiếp

0.25
0.25

3


Do MA là trung trực của DE MEA = MDA

0.25

ã
ã
ã
ã
.
MEA
= MDA
MEK
= MDC
ã
ã
ã

Không mất tổng quát giả sử:AB AC. Gọi B là điểm chính giữa cung ABC
AB ' = CB '

Trên tia đối của BC lấy điểm A sao cho BA = BA AB + BC = CA '
ã 'BC = B
ã ' AC = B
ã 'CA (1) ; B
ã 'CA + B
ã 'BA = 1800
Ta có: B
(2)

0.25

ã 'BA = B
ã 'BA '
(3);Từ (1), (2), (3) B
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.
ã 'BC + B
ã 'BA ' = 1800
B

ẳ
Hoàn toàn tơng tự nếu gọi D là điểm chính giữa cung ADC
thì ta cũng có AD
+ CD AD + CD. Dấu = xảy ra khi D trùng với D.
Chu vi tứ giác ABCD lớn nhất khi B, D là các điểm chính giữa các cung
ằ của đờng tròn (O)


7 +1 1




ữ
7 +1 +1ữ

1

Hãy lập một phơng trình bậc hai có hệ số nguyên nhận a - 1 là một nghiệm.
Bài 2: (2,5 điểm)

x 16

xy y = 3
a) Giải hệ phơng trình:
xy y = 9

x 2

(

b) Tìm m để phơng trình x 2 2x

)

2




1
7 +1 1




ữ= 2 :
7 +1 +1ữ

1

7 +1 +1
7

7 +1 +1

0,5 đ

5


a = 2:

2
= 7
7

0,25 đ


y
9
xy =
y x = 5

x y 6
x 2

(1)
ĐK: x, y 0

0,25 đ

(2)

Giải (2) 6y 2 6x 2 = 5xy (2x + 3y)(3x 2y) = 0

3y
.
2
3y 3 16
y.
+ =
2
2 3

0,25 đ

* Nếu 2x + 3y = 0 x =


0,25 đ

y 2 5y + m + 4 = 0 (1)
Từ (*) ta thấy, để phơng trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì phơng trình (1)

0,25 đ

có 2 nghiệm dơng phân biệt

> 0
9 4m > 0


S > 0 5 > 0
P > 0
m + 4 > 0



0,25 đ

9

9
m

0,25 đ

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

(

)

b) Ta chứng minh: Với a, b, c thì ( a + b + c ) 3 a 2 + b 2 + c 2 (*)
2

Thật vậy (*) a 2 + b 2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca 3a 2 + 3b 2 + 3c 2

0,5 đ

(a b)2 + (b c)2 + (c a)2 0 (luôn đúng)
áp dụng (*) ta có:

(

pa + pb + pc

Suy ra

)

2


ã
ã
BMC
= BMD

Do vậy MBC và MDB đồng dạng
Suy ra

MB MD
=
MB.BD = MD.BC
BC
BD

0,5 đ

0,5 đ

7


ã
ã
ã
b) Gọi (J) là đờng tròn ngoại tiếp BDC BJC
= 2BDC
= 2MBC
ã
BJC
ã

Mà MB là tiếp tuyến của đờng tròn (J), suy ra J thuộc NB
Gọi (I) là đờng tròn ngoại tiếp ADC

0,5 đ

Chứng minh tơng tự I thuộc AN
ã
ã
ã
ã
Ta có ANB
= ADB
= 2BDM
= BJC
CJ // IN
Chứng minh tơng tự: CI // JN
Do đó tứ giác CINJ là hình bình hành CI = NJ

0,5 đ

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

E

F

a

Do các góc của hình 8 cạnh bằng nhau nên mỗi góc trong của hình 8 cạnh có số
đo là:

0,25 đ

(8 2).180O
= 135O
8

Suy ra mỗi góc ngoài của hình 8 cạnh đó là: 180O - 135O = 45O
Do đó các tam giác MAE ; FBG ; CIH ; DKJ là các tam giác vuông cân.

h
b
d
f
; BF = BG =
; CH = CI =
; DK = DJ =
2
2
2
2
h
b
f
d
Ta có AB = CD nên:
+a+
=

SỞ GIÁO DỤC BÌNH ĐỊNH
KỲ THI TUỶÊN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
NĂM HỌC 2009-2010
Môn thi:Toán (chuyên)
Ngày thi:19/06/2009
Thời gian:150 phút

Đề chính thức

Bài 1(1.5điểm)
Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:
a
b
c
1

điểm nằm trên cung BC không chứa điểm A sao cho cung EB bằng cung EC.AE cắt cạnh
BC tại D.
a.Chúng minh:AD2 = AB.AC – DB.DC
b.Tính độ dài AD theo a,b,c
Bài 5(1.5điểm)
m
1
Chứng minh rằng : n - 2 ³ 2
Với mọi số nguyên m,n.
n
3+ 2

(

)

**********************************************

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
a
a +a
2a



Cng (1) (2) v (3) v theo v ta cú iu phi chng minh.
Bi 2:
K: x ạ m, n, p PT ó cho (x-n)(x-p)+(x-m)(x-p)+(x-m)(x-n) = 0
3x2 -2(m+n+p)x +mn+mp+np = 0(1)
Ta cú ' = (m + n + p )2 - 3(mn + mp + np) = m2+n2+p2 +2mn+2mp+2np -3mn-3mp-3np
1
= m2+n2+p2 mn-mp-np = [(m-n)2+(n-p)2+(m-p)2] >0
2
t f(x) = 3x2 -2(m+n+p)x + mn+ mp +np
Ta cú f(m) = 3m2 2m2 -2mn -2mp +mn +mp +np = m2 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
1
n +1 - n
n +1 - n
Ta có :
=
=
2n +1
4n2 + 4n +1
( 2n + 1) n + n + 1


ữ
ữ
ữ
+
+ ... +
= ỗ


B
AD(AE-AD) = DB.DC
Hay AD2 = AD.AE - DB.DC=AB.AC DB.DC (do (1))
DC DB
DC DB DC + DB
a
=
hay
=
=
=
4b)Theo tớnh cht ng phõn giỏc ta cú
AC AB
b
c
b +c
b +c
2
DC DB
a
a
a bc
.
=
.
ị DB.DC =
vy
2
b c
b +c b +c

1
ỗ
2ữ
ữ
ỗ
ữ
ỗ ( b + c) ứ
ố
Bi 5:
m
m
ạ 2
Vỡ là số hữu tỉ và 2là số vô tỉ nên
n
n
Ta xet hai trng hp:
m
2
2
2
2
a) > 2 Khi đó m > 2n ị m 2 n +1 hay m
n

2n 2 +1

11

A


+
2
ỗ
ữ
ỗ
ữ
n
ỗ
n2
ố
ứ
2+

m
< 2 Khi đó m 2 < 2 n 2 ị m 2 Ê 2 n 2 - 1 hay m Ê
n
T ú suy ra :
m
n
=

m

n

2 = 2-

2n - 1
= 2n


2n 2 - 1

b)

2

1

1
=
n2

2- 2+

1
n2

2 + 2-

1
n2

1

(

3+ 2

)


a2
b2
c2
+
+
2
(b c) 2 (c a) 2 ( a b) 2

Chng minh
Cõu 3: (1,5 im)
Cho A =

1
4x + 4x +1
2

v B =

2x 2
x2 2 x + 1

Tỡm tt c cỏc giỏ tr nguyờn ca x sao cho C =

2A + B
l mt s nguyờn.
3

12



⇔
Từ (1)&(3) có: 
 x = 2
 xy = 2

  y = 1
 x = 1

3

 y = 1
x
+
y
=


2
2 ⇔ 
Từ (1)&(4) có: 

 xy = 1
  x = 1

2

2
 y = 1

Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là: ( x; y ) = (1; 2), (2; 1), (1; 1/ 2), (1/ 2; 1)

Điểm
0,25

0,25
0,25
0,25


Kết luận:
+ Nếu -1 < p < 1 thì phương trình có 2 nghiệm: x = 2 và x =
+ Nếu p = -1 thì phương trình có vô số nghiệm 2 ≤ x ∈ ¡
+ Nếu p = 1 thì phương trính có vô số nghiệm −3 ≤ x ≤ 2

2( p − 4)
p +1
0,25

 p < −1

+ Nếu 
thì phương trình có nghiệm x = 2.
 p >1
Câu 2 (1,5 điểm):
Nội dung trình bày
+ Phát hiện và chứng minh
bc
ca
ab
+
+

−
c
)(
b
−
a
)
(
c
−
a
)(
c
−
b
)
 b −c c −a a −b 


Câu 3 (1,5 điểm):
Nội dung trình bày
Điều kiện xác định: x ≠ 1 (do x nguyên).
1
2( x − 1)
2 1
x −1 
; B=
+
Dễ thấy A =
, suy ra: C = 

1
Nếu x < − . Khi đó x ≤ −1 (do x nguyên). Ta có:
2
4( x + 1)
2x −1
2
1
4( x + 1)

+1 =
> 0 , suy ra −1 < C ≤ 0
C = −
− 1÷ = −
≤ 0 và C + 1 = −
3(2 x + 1)
3(2 x + 1)
3  2x +1 
3(2 x + 1)
hay C = 0 và x = −1 .
Vậy các giá trị tìm được thoả mãn yêu cầu là: x = 0, x = −1 .
Câu 4 (3,0 điểm):
a) 2,0 điểm:
Nội dung trình bày
I
A
B
Gọi I là trung điểm AB,
E = IK ∩ CD , R = IM ∩ CD . Xét hai tam giác
·
K

0,25

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

b) 1,0 điểm:
Nội dung trình bày

Điểm

14


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
Có: QK ⊥ AD (gt), IE//AD (CM trên) ⇒ QK ⊥ IE . Tương tự có QM ⊥ IR
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
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).
Câu 5 (1,0 điểm):
Nội dung trình bày
P'

Bài 1 : ( 1 điểm )
Cho x =

(

4+2 3 − 3
5+2

)

3

17 5 − 38 − 2

tính P = ( x 2 + x + 1)

2009

Bài 2 : ( 1, 5 điểm ) : cho hai phương trình x2 + b.x + c = 0 ( 1 )
và x2 - b2 x + bc = 0 (2 )
biết phương trình ( 1 ) có hai nghiệm x1 ; x2 và phương trình ( 2 ) có hai nghiệm x3 ; x4
thoả mãn điều kiện x3 − x1 = x4 − x2 = 1 . xác định b và c
Bài 3 : ( 2 điểm )
 1 1 1
1. Cho các số dương a; b; c . Chứng minh rằng ( a + b + c )  + + ÷ ≥ 9
a b c
2. Cho các số dương a; b; c thoả mãn a + b + c ≤ 3 . Chứng ming rằng
1
2009
+

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 :
x=

=
3

(

4+2 3 − 3
5+2

( 17

)

3

17 5 − 38 − 2
1

)(

)


Từ (1 ) và ( 3 ) => b2 + b - 2 = 0  b = 1 ; b = -2
từ ( 4 ) => x1. x2 + x1 + x2 + 1 = bc => c - b + 1 = bc ( 5 )
+) với b = 1 thì ( 5 ) luôn đúng , phương trình x2 + +b x + c = 0 trở thành
1
X2 + x + 1 = 0 có nghiệm nếu ∆ = 1 − 4c ≥ 0 ⇔ c ≤
4
+) với b = -2 ( 5 ) trở thành c + 3 = -2 c => c = -1 ; phương trình x2 + b x + c = 0 trở
thành x2 - 2 x - 1 = 0 có nghiệm là x = 1 ± 2
1
vậy b= 1; c c ≤ ;
4
b = -2 ; c = -1
Bài 3 :
1. Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương
1 1 1
1
+ + ≥33
a + b + c ≥ 3 abc
a b c
abc
 1 1 1
=> ( a + b + c )  + + ÷ ≥ 9
a b c
dấu “=” sảy ra  a = b = c
2
a + b + c)
(
2
2
2

=> a 2 + b2 + c 2 + ab + bc + ca ≥
2
( a + b + c)
⇒

1
2009
+
≥ 670 . dấu “=” sảy ra  a = b = c = 1
2
2
a +b +c
ab + bc + ca
1
·
·
·
µ
BOP
= BAO
+ ABO
= µA + B
2
µ 1
Bài 4 : a) ta có ·
1800 − C
µ
PNC =
= µA + B
2

)

b ) tam giác AQB vuông tại Qcó QE là trung tuyến nên QE = EB = EA
1µ ·
·
·
= EBQ
= B
= QBC => QE //BC
=> EQB
2
Mà E F là đường trung bình của tam giác ABC nên E F //BC
 Q; E; F thẳng hàng
c)
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 ) ⇒
=
=

m
n
9 − 3.3 + 3M3
3 M3
⇔
+) nếu m > 0 thì  m
 n
m
9 − 3.3 + 3M9
3 M9

⇔ n =1

m
m
m
m
=> 9 − 3.3 + 3 = 3 ⇒ 3 ( 3 − 3) = 0 => m = 1 => y = 2 ; x = 2
vậy p/ trình có hai nghiệm là ( 0 ; 0 0 ; ( 2 ; 2 )

17


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
Hà nam

=
3
x1 + x2
Bài 3.(2,0 điểm)
1) Cho phơng trình: 2 x 2 + 2 ( 2m 6 ) x 6m + 52 = 0 ( 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: abc = ( a + b ) 2 4c .
Bài 4.(3,5 điểm)
à < A.
à Đờng tròn tâm I nội tiếp ABC tiếp xúc với các
Cho ABC nhọn có C
cạnh AB, BC, CA lần lợt tại các điểm M, N, E; gọi K là giao điểm của BI và NE.
à
C
ã
a) Chứng minh: AIB
= 900 + .
2
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:
2
1) Ta có ' = 4m 2 12m 68 = ( 2m 3) 77
Để phơng trình có nghiệm hữu tỷ thì ' phải là số chính phơng. Giả sử
2
' = n ( trong đó n là số tự nhiên).

2

Ta có 4 ( a + b ) 2 1 là số lẻ và do 0 < c 9 nên 4 ( a + b ) 2 1 M5.
Mà 4 ( a + b ) 2 là số chẵn nên 4 ( a + b ) 2 phải có tận cùng là 6 ( a + b ) 2 phải có
tận cùng là 4 hoặc 9. (*)
2.5 ab
Mặt khác c =
và
4(a + b) 2 1
2
2
2
4 ( a + b ) 1 là số lẻ 4 ( a + b ) 1
=
TI BI

*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 ·ABt )
XÐt ∆ ABK vu«ng t¹i K ta cã KB = AB.cos ABI=AB.cos 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
Bài 1: (1 điểm) Cho phương trình ax 2 + bx +
c = 0 có 2 nghiệm phân biệt x 1, x2. Đặt S2
= x12 + x22 ; S1 = x1.x2 Chứng minh rằng:
a.S2 + b.S1 + 2c = 0
−b
c
Theo Vi-ét ta có: x1+ x2 =
; x1.x2 =
a
a
2
2
a.S2 + b.S1 + 2c = a x1 + x2 + b ( x1 + x2 ) + 2c

(

Cách khác, nhận xét

)

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 Cách khác:
2
pt ta có:
2 x − 7 x + 3 = 0 (2)
2.9 - 7 9 +3m – 4 = 0
x1 = 9 ⇒ x1 = 3
3m = 7
m = 7/3

( )

20


Từ (1) ta có x ≥ 0 thế vào (1) ta được pt:
2

( x)

2

− 7 x + 3 = 0 (2)

Đặt x = t ≥ 0 ta có pt: 2t2 – 7t + 3 = 0
Giải tìm được t1 = 3 ; t2 = ½
Suy ra
x1 = 9 ; x 2 = ¼

2
mà
7
1
⇒ x2 = − 3 =
2
2
1
⇒ x2 =
4
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
x1 + x2 =

toán tương tự.

Nếu x, y, z đều là các số dương thì hệ
chỉ có 1 nghiệm

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
Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 hệ (I) là:
z +3=3
z = 0



21


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:

 b=3
−3
 a.0 + b = 3

⇔
x+3
−3 ⇒ ( d ) : y =

m
 m.a + b = 0
a = m

b/ Phương trình hoành độ giao điểm của (d)
và (P):
x 2 −3
=
x+3
3
m
⇔ mx 2 = −9 x + 9m (do m ≠ 0)
⇔ mx 2 + 9 x − 9m = 0
∆ = 92 − 4.m. ( −9 m ) = 81 + 36 m2 > 0, ∀m ≠ 0
Vậy (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt.


−3
−3
2
( x A − xB ) +  xA − xB ÷
m 
m

=

( x A − xB )

2

=

( x A − xB )

2

+

9
2
x − xB )
2 ( A
m

9 




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: AB2 = AC.AD và
2

AC
 BC 

÷ =
AD
 BD 
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.

µ =B
¶ (chắn cung AnB)
a/ Xét (O) ta có C
1
2
¶
µ
Xét (O’) ta có D = B (chắn cung AmB)
1

=
=
 BD ÷  AD ÷ AD 2 = AD 2 = AD

 

b/ Từ (1) thay AE = AB ta có
AE AC
=
(*) mặt khác:
AD AE
µA = C
¶ +B
µ ;A
¶ =B
¶ +D
¶
1
1
1
2
2
1
¶ (**)
⇒ µA = A
1

E

1

Từ (*) và (**) suy ra:
∆AEC : ∆ADE (c − g − c )
¶ =D
¶
⇒E
2

2

·
·
µ +E
¶ +B
µ +B
¶
⇒ CED
+ CBD
=E
1
2
1
2
µ
¶
¶
¶
=E +D +D +B
1

2

b) Gii h phng trỡnh
8

2 + 3 x = y 3


x3 2 = 6

y

Bi 2: (1.0 im)
Tỡm s thc a phng trỡnh sau cú nghim nguyờn
x 2 ax + a + 2 = 0 .
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: a + b + c = 3 .
Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc

P = a2 + b2 + c2 +


x + 2 + 3 7 x = 27

0.50đ

9 + 9. 3 ( x + 2)(7 x) = 27

0.25đ

3 ( x + 2)(7 x) = 2
( x + 2)(7 x) = 8

0.25đ
0.25đ
0.25đ

x 5x 6 = 0
2

24


b

x = 1
( thỏa mãn )

x = 6

0.50đ

0,25đ

(vì x 2 + xz + z 2 + 3 > 0, x, z ).

x = 1
Từ đó ta có phơng trình: x 3 3 x 2 = 0
x = 2
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm: ( x, y ) = ( 1; 2), ( 2,1)

0,25đ
1,0 đ
0,25đ

Điều kiện để phơng trình có nghiệm: 0 a 2 4a 8 0 (*).
Gọi x1, x2 là 2 nghiệm nguyên của phơng trình đã cho ( giả sử x1 x2).

x1 + x2 = a
x1.x2 x1 x2 = 2
x1.x2 = a + 2
( x1 1)( x2 1) = 3
x 1 = 3
x1 1 = 1
hoặc
(do x1 - 1 x2 -1)
1
x

1
=
1

ã
ẳ
Vì BE là phân giác góc ãABC nên ãABM = MBC
ẳ
AM = MN

ã
ã
(1)
MAE
= MAN

0,50đ

Vì M, N thuộc đờng tròn đờng
kính AB nên ãAMB = ãANB = 900

ãANK = ãAME = 900 , kết hợp
với (1) ta có tam giác AME đồng
dạng với tam giác ANK

0,50đ

AN AK
=
AM AE

0,25đ