SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TUYÊN QUANG

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2011 - 2012
MÔN THI: TOÁN CHUYÊN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề chính thức

Đề có 01 trang
Câu 1 (1 điểm)
a) Rút gọn

11 + 6 2 + 11 − 6 2

b) Chứng minh rằng
hai với hệ số nguyên.

11 + 6 2 ,

11 − 6 2

là hai nghiệm của một phương trình bậc

Câu 2 (1,5 điểm)
Cho phương trình: x2 – 2mx + m2 - m + 1 = 0 với m là tham số (1)
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
2
2
b) Gọi x1 , x2 là các nghiệm của phương trình (1). Tìm m để A = x1 + x2 − x1 x2 = 7



Hướng dẫn chấm, biểu điểm
MÔN THI: TOÁN CHUYÊN
Điểm

Nội dung
Câu 1 (1 điểm)
a) Rút gọn

0,5

11 + 6 2 + 11 − 6 2

11 + 6 2 + 11 − 6 2 = 32 + 2.3. 2 +
= 3 + 2 + 3 − 2 = 3 + 2 +3 − 2 = 6

b) Chứng minh rằng
hai với hệ số nguyên.

11 + 6 2 ,

( 2)

2

+ 32 − 2.3. 2 +

( 2)


0,25
0,25

Câu 2 (1,5 điểm) Cho PT: x2 – 2mx + m2 - m + 1 = 0 với m là tham số (1)
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
Ta có: ∆ ' = (−m) 2 − (m 2 − m + 1) = m − 1
PT (1) có nghiệm ⇔ ∆ ' ≥ 0 ⇔ m − 1 ≥ 0 ⇔ m ≥ 1 (*)

0,5
0,5

2
2
b) Gọi x1 , x2 các nghiệm của phương trình (1). Tìm m để A = x1 + x2 − x1 x2 = 7

0,5

Theo ĐL Vi-et ta có: x1 + x2 = 2m; x1.x2 = m 2 − m + 1
2
Ta có: A = x12 + x22 − x1 x2 = ( x1 + x2 ) − 3x1 x2 = (2m) 2 − 3(m 2 − m + 1) = m 2 + 3m − 3

0,25

m = 2
A = 7 ⇔ m2 + 3m − 3 = 7 ⇔ m2 + 3m − 10 = 0 ⇔ 
Kết hợp với (*) ta có m = 2
 m = −5

0,25


0,5

1,0

b) x + 3 + 6 − x − ( x + 3)(6 − x) = 3 (*)
x + 3 ≥ 0
⇔ { −3 ≤ x ≤ 6
6 − x ≥ 0

Điều kiện: 

0,25

u ≥ 0
u = x + 3
u 2 + v 2 = 9
(u + v) 2 − 2uv = 9

⇒
v
≥
0
⇔
⇔
Đặt 

Ta có HPT: 

u + v − uv = 3
u + v = 3 + uv

+
v
=
3
+
uv



u + v = 3 + uv
u + v = 3



  x + 3 = 0
 u = 0
  x = −3



  6 − x = 3
 x = −3
v = 3
6 − x = 9

⇔
⇔
⇔
⇔
Vậy tập nghiệm của PT là { −3;6}

⇔ x3 – 7x2 + 2x2 - 14x + 2011x – 7.2011 = 0
⇔ x2 (x – 7) + 2x (x – 7) + 2011 (x-7) = 0

0,5

⇔ (x - 7) (x2 + 2x +2011) = 0
x = 7
x = 7
⇔ 2
⇔
⇔x =7
2
x + 2 x + 2011 = 0
( x +1) + 2010 = 0

.Tập nghiệm của PT: { 7}

0,5

Câu 4 (2 điểm) Giải các phương trình nghiệm nguyên:
a) x 2 + x − y 2 + y =3 (1)
Ta có (1) ⇔ x 2 + x − y 2 + y = 3 ⇔ x 2 − y 2 + x + y = 3 ⇔ ( x + y )( x − y + 1) = 3
Vì Ư(3) = { −1; − 3;1;3} nên (2) có các trường hợp:
TH1:

3

x = 2
x + y = 1
x + y = 1

0,5
0,5

3


TH3:

−5

x = 2
 x + y = −1
 x + y = −1

⇔
⇔

 x − y + 1 = −3  x − y = −4
y = 3


2

TH4:

−5

x = 2
 x + y = −3
 x + y = −3

⇔ ( x − 2008 − 1) + ( y − 2009 − 1) + ( z − 2010 − 1) 2 = 0
2

2

 x − 2008 − 1 = 0
 x = 2009


⇔  y − 2009 − 1 = 0 ⇔  y = 2010

 z = 2011

 z − 2010 − 1 = 0

Các giá trị x, y, z thoả mãn (*).

0,5

Vậy nghiệm nguyên của PT là: (x; y; z) = (2009; 2010; 2011)
Câu 5 (2,5 điểm). Tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O, R).
Gọi H là trực tâm của ∆ ABC, I là trung điểm của đoạn thẳng BC, G là giao
điểm của AI và OH; M, N, P lần lượt là chân các đường cao của ∆ ABC hạ
từ A, B, C. Gọi SABC là diện tích ∆ ABC. Chứng minh:
a) G là trọng tâm của tam giác ABC.

1,25

A


Ta có: ∆GAH : ∆GIO (g.g) ⇒ AG = 2GI ⇒ G là trọng tâm ABC (đ.p.c.m)
b) H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP

0,5

0,5
0,75

4


Gọi M, N, P lần lượt là chân các đường cao hạ từ A, B, C. Ta chứng minh MA
·
là tia phân giác trong của PMN
¶ = 900 ) ⇒ PMH
·
·
¼ )
Tứ giác PHMB nội tiếp (vì Pµ = M
(cùng chắn PH
(1)
= PBH
0
·
·
·
·
»
Tứ giác ANMB nội tiếp (vì ANB = AMB = 90 ) ⇒ PBN = AMN (cùng chắn AN ) (2)
·

·
Xét các ∆APN , ∆ABC có µA chung, ·ANP = ABC
(do tứ giác PBCN nội tiếp nên 2
·
góc này cùng bù với PNC
) ⇒ ∆ANP : ∆ABC. (2)
∆ ANP nội tiếp đường tròn đường kính AH nên bán kính đường tròn ngoại tiếp
bằng ½ OH= OI. ∆ ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp là R nên từ (2) ta có:
NP OI
=
⇔ OI .BC = NP.R
BC R

0,5

Chứng minh tương tự ta có: OJ. AC = PM.R, OK.AB = MN. R. Thay vào (1) ta
có: R(MN + NP + PM) = 2SABC (đ.p.c.m)

5