Đề thi tuyển sinh môn Toán vào Lớp 10 THPT chuyên Nguyễn Trãi - Năm học 2010-2011 - Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Dương (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HẢI DƯƠNG 
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN 
NGUYỄN TRÃI - NĂM HỌC 2010 - 2011 
Môn thi: TOÁN 
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề 
Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010 
Đề thi gồm: 01 trang 
Câu 1 (2,0 điểm) 
1) Cho 3 3
1 12 135 12 135
1
3 3 3
x
 + −
 = + +
 
 
. 
Không dùng máy tính cầm tay, hãy tính giá trị của biểu thức ( )
2
3 2M= 9 9 3x x− − . 
2) Cho trước ,a b R ; gọi ,x y là hai số thực thỏa mãn 
3 3 3 3
x y a b
x y a b
+ = +

+ = +
Chứng minh rằng: 2011 2011 2011 2011x y a b+ = + . 
Câu 2 (2,0 điểm) 
Cho phương trình: 3 2 1 0 (1)x ax bx+ + − = 
1) Tìm các số hữu tỷ a và b để phương trình (1) có nghiệm 2 3x = − . 
2) Với giá trị ,a b tìm được ở trên; gọi 
1 2 3; ; x x x là ba nghiệm của phương trình (1). 
Tính giá trị của biểu thức 
5 5 5
1 2 3
1 1 1
S
x x x
= + + . 
Câu 3 (2,0 điểm) 
1) Tìm các số nguyên ,x y thỏa mãn điều kiện: 2 2 2 25 60 37x y x y xy+ + + = . 
2) Giải hệ phương trình: 
( )
3 2
42 1 5 2 0
x x x y y
x x y
 − = −

+ − + + =
Câu 4 (3,0 điểm) 
Cho hai đường tròn (O ; R) và (O’ ; R’) cắt nhau tại I và J (R’ > R). Kẻ các tiếp 
tuyến chung của hai đường tròn đó; chúng cắt nhau ở A. Gọi B và C là các tiếp điểm của 
hai tiếp tuyến trên với (O’ ; R’); D là tiếp điểm của tiếp tuyến AB với (O ; R) (điểm I và 
điểm B ở cùng nửa mặt phẳng bờ là O’A). Đường thẳng AI cắt (O’ ; R’) tại M (điểm M 
khác điểm I ). 
1) Gọi K là giao điểm của đường thẳng IJ với BD. Chứng minh: 2KB = KI.KJ ; từ 
đó suy ra KB = KD. 
2) AO’ cắt BC tại H. Chứng minh 4 điểm I, H, O’, M nằm trên một đường tròn. 
3) Chứng minh đường thẳng AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp Δ IBD . 
Câu 5 (1,0 điểm) 
Mọi điểm trên mặt phẳng được đánh dấu bởi một trong hai dấu (+) hoặc (− ). 
Chứng minh rằng luôn chỉ ra được 3 điểm trên mặt phẳng làm thành tam giác 
vuông cân mà ba đỉnh của nó được đánh cùng dấu. 
-----------Hết------------ 
Họ tên thí sinh:..........................................................Số báo danh:.................................... 
Chữ kí của giám thị 1:..................................Chữ kí của giám thị 2:.................................. 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HẢI DƯƠNG 
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN 
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN 
NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2010 - 2011 
Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010 
Đáp án gồm : 04 trang 
I) HƯỚNG DẪN CHUNG. 
- Thí sinh làm bài theo cách khác nhưng vẫn đúng thì vẫn cho điểm tối đa. 
- Việc chi tiết điểm số (với cách khác, nếu có) phải được thống nhất Hội đồng chấm. 
- Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm. 
II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM. 
Câu Ý Nội dung Điểm 
1 
1 Cho 
3 3
1 12 135 12 135
1
3 3 3
x
 + −
 = + +
 
 
.Tính ( )
2
3 2M= 9 -9 -3x x . 
1,00 
Từ 3 3
1 12 135 12 135
1
3 3 3
x
 + −
 = + +
 
 
( ) 3 3
12 135 12 135
3 1
3 3
x
 + −
  − = +
 
 
( )
3
3
3 3
12 135 12 135
3 1
3 3
x
 + −
  − = +
 
 
( ) ( )
3
3 1 8 3 3 1x x − = + − 
3 29 9 2 0x x − − = 
( )
2
1 1M = − = 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
1 2 Cho trước ,a b R ; gọi x,y là hai số thực thỏa mãn 
3 3 3 3
( )
x y a b
I
x y a b
+ = +

+ = +
.Chứng minh rằng: 2011 2011 2011 2011x y a b+ = + . 
1,00 
( ) ( ) ( ) ( )
3 3( )
3 3
x y a b
I
x y xy x y a b ab a b
+ = +
 
+ − + = + − +
 (1)
 (*)
( ) ( ) (2)
x y a b
xy a b ab a b
+ = +
 
+ = +
+/Nếu 0a b+  thì (*) 
x y a b
xy ab
+ = +

=
=> x, y là 2 nghiệm của phương trình 2 ( ) 0X a b X ab− + + = 
Giải ra ta có ;
x b x a
y a y b
= = 
 
= = 
 => 2011 2011 2011 2011x y a b+ = + . 
+/Nếu 0a b+ = => a b= − . 
0,25 
0,25 
0,25 
Ta có hệ phương trình 
3 3
0
0
x y
x y
x y
+ =
 = −
+ =
. 
=>
2011 2011
2011 2011
0
0
a b
x y
 + =

+ =
=> 2011 2011 2011 2011x y a b+ = + 
0,25 
2 1 3 2 1 0 (1)x ax bx+ + − = . Tìm ,a b Q để (1) có nghiệm 2 3x = − . 1,00 
 Thay 2 3x = − vào (1)ta có :( ) ( ) ( )
3 2
2 3 2 3 2 3 1 0 a b− + − + − − = 
( )3 4 15 7 2 25a b a b + + = + + 
+/Nếu ( )4 15 0a b+ +  
=>
( )
7 2 25
3
4 15
a b
a b
+ +
=
+ +
(vô lí vì VT là số vô tỷ , VP là số hữu tỷ). 
+/ Suy ra ( )4 15 0a b+ + = 
7 2 25 0
4 15 0
a b
a b
+ + =

+ + =
Giải hpt ,kết luận :
5
5
a
b
= −

=
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
2 2 
Với a=-5 ;b=5. Tính giá trị của biểu thức 
5 5 5
1 2 3
1 1 1
S
x x x
= + + . 
1,00 
+/ 
5
5
a
b
= −

=
 (1) có dạng ( )( )3 2 25 5 1 0 x-1 4 1 0x x x x x− + − =  − + = . 
Không mất tính tổng quát coi 
3 1x = thì 1 2, x x là 2 nghiệm của 
phương trình ( )2 4 1 0x x− + = ( có ' 3 0 =  ) => 1 2
1 2
4
1
x x
x x
+ =

=
+/ ( )
2
2 2
1 2 1 2 1 22 14x x x x x x+ = + − = . 
+/ ( )( )3 3 2 21 2 1 2 1 2 1 2 52x x x x x x x x+ = + + − = . 
+/ ( )( ) ( )5 5 2 2 3 3 2 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 724x x x x x x x x x x+ = + + − + = 
=>S = 725 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
3 1 Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 2 2 2 25 60 37x y x y xy+ + + = (1) 1,00 
 ( ) ( ) ( )( )
2 22 2(1) 5 35 60 5 3 4 .x y x y xy x y xy xy − = − + −  − = − − 
Giả sử có x,y nguyên thỏa mãn, VT 0 
( )( )5 -3 4 0 3 4xy xy xy −     . 
Do ,x y Z => xy Z =>
3
4
xy
xy
=
 =
. 
+/
( )
2 2
3
30
xy x y
xx y
= =
 
=− = 
(vô nghiệm trên Z). 
0,25 
0,25 
0,25 
+/
( )
2 2
4 2
240
xy x y x y
x yxx y
= = = = 
    = = −=− =  
. 
Vậy 
2
2
x y
x y
= =
 = = −
 là các giá trị cần tìm. 
0,25 
3 
2 Giải hệ phương trình: 
( )
3 2
4
 (1)
2 1 5 2 0 (2)
x x x y y
x x y
 − = −

+ − + + =
1,00 
 Điều kiện : 0y  . 
(1) ( )( )2 1 0
1
x y
x y x
x
=
 − − =   = 
. 
+/Nếu 1x =  thay vào phương trình (2) ta có : 1 0 1y y− =  = . 
+/Nếu 0x y=  
Khi đó (2) ( )42 1 4 2 0x x+ − + = (3) 
do ( )4 4 22 1 2.2 .1 4x x x+  = ( )42 1 2 2x x x +  = . 
nên ( )
2
VT(3) 2( - 2 1) 2 1 0.x x x + = −  
Do đó Pt (3) 
4 1
1 1
1 0
x
x y
x
 =
  =  =
− =
. 
Vậy hệ phương trình có nghiệm 
1 1
;
1 1
x x
y y
= = − 
 
= = 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
4 1 K là giao điểm của đường thẳng IJ với BD. Chứng minh KB = KD. 1,00 
H
J
O'O
K
D
C
B
I
M
A
Do AO và AO’ là hai tia phân giác của BAC => A,O,O’ thẳng hàng. 
Có 
1
BJI IBK
2
= = sđ BI ; BKI chung 
0,25 
Δ KBI đồng dạng vớiΔ KJB (g.g)=> 2
KI KB
= KB =KI.KJ
KB KJ
 (1) 
Tương tự:Δ KDIđồng dạng vớiΔ KJD 2KI KD= KD =KI.KJ
KD KJ
  (2) 
Từ (1) và (2) =>KB=KD . 
0,25 
0,25 
0,25 
4 2 Chứng minh 4 điểm I, H, O’, M nằm trên một đường tròn. 1,00 
 +/Xét tam giác vuông ABO’ có: 2AB =AH.AO'(3) 
+/ Có :
1
ABI AMB
2
= = sđ BI ; BAI chung 
Δ ABI đồng dạng vớiΔ AMB (g.g) 2
AB AI
= AB =AM.AI
AM AB
  (4). 
Từ (3),(4) =>
AH AM
AI.AM=AH.AO' =
AI AO'
 . 
=>Δ AHI đồng dạng với Δ AMO' ( vì 
AH AM
=
AI AO'
 ; A chung ). 
=> AHI=AMO' => tứ giác MIHO’ nội tiếp hay 4 điểm I, H, M, O’ 
cùng thuộc một đường tròn. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
4 3 Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp Δ IBD 1,00 
Do OD // O’B (cùng ⊥AB)
AO OD R OI OI
AO' O'B R' O'M O'I
 = = = = 
nhưng OI cắt O’I và A,I,M thẳng hàng => OI // O’M. 
=> DOI=BO'M . 
mà 
1 1
BDI DOI
2 2
= = sđ DI và 
1 1
BIM BO'M
2 2
= = sđ BM 
=> BDI BIM= =>IM tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ΔBID 
hay AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp Δ IBD . 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
5 Chứng minh rằng luôn chỉ ra được 3 điểm trên mặt phẳng làm thành 
tam giác vuông cân mà ba đỉnh của nó được đánh cùng dấu. 
1,00 
Dựng tam giác vuông cân ABC đỉnh A. 
Do chỉ đánh bởi hai dấu (+), (− ) nên 
tồn tại hai điểm cùng dấu , không mất 
tổng quát giả sử hai điểm A, B cùng 
dấu và cùng dấu (+). 
+ Nếu C có dấu (+) thì tam giác vuông 
cân ABC là tam giác phải tìm. 
+ Nếu C có dấu (- ) thì ta dựng điểm D 
sao cho ABDC là hình vuông. 
 _ Nếu D có dấu (+) thì tam giác ABD là tam giác cần tìm. 
 _ Nếu D có dấu (-) thì gọi I là giao điểm của AD và BC . 
 * Nếu I có dấu (+) thì tam giác vuông cân ABI là tam 
giác cần tìm. 
 * Nếu I dấu (-) thì dễ thấy tam giác vuông cân CID có ba 
đỉnh cùng dấu (-) là tam giác cần tìm. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
D
BA
C
I