4 đề tuyển sinh vào lớp 10 chuyên môn Toán: Nghệ an, Hải dương, Phú yên, Thái bình

SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO 
Đề thi chính thức
NGHỆ AN
 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
 Năm học 2009 - 2010
4 ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN MÔN TOÁN:
NGHỆ AN, HẢI DƯƠNG, PHÚ YÊN, THÁI BÌNH
Môn thi: Toán
Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Bài 1: (3.5 điểm)
a) Giải phương trình
b) Giải hệ phương trình
Bài 2: (1.0 điểm)
Tìm số thực a để phương trình sau có nghiệm nguyên
 .
Bài 3: (2.0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông 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: .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
----------------------------------------Hết----------------------------------------
Họ và tên thí sinh .... SBD..
* Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
* Giám thị không giải thích gì thêm.
SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO
 NGHỆ AN
 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
 Năm học 2009 - 2010
Hướng dẫn chấm thi
Bản hướng dẫn chấm gồm 03 trang
Nội dung đáp án
Điểm
Bài 1
3,5 đ
a
2,0đ
0.50đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
 ( thỏa mãn )
0.50đ
b
1,50đ
Đặt 
0.25đ
 Hệ đã cho trở thành 
0.25đ
0,25đ
0,25đ
 (vì ).
0,25đ
Từ đó ta có phương trình: 
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm: 
0,25đ
Bài 2:
1,0 đ
Điều kiện để phương trình có nghiệm: (*).
0,25đ
Gọi x1, x2 là 2 nghiệm nguyên của phương trình đã cho ( giả sử x1 ≥ x2).
Theo định lý Viet: 
0,25đ
 hoặc (do x1 - 1 ≥ x2 -1)
 hoặc 
Suy ra a = 6 hoặc a = -2 (thỏa mãn (*) )
0,25đ
Thử lại ta thấy a = 6, a = -2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
0,25đ
Bài 3:
2,0 đ
Vì BE là phân giác nên 
0,25đ
	 (1)
0,50đ
	Vì M, N thuộc đường tròn đường 	kính AB nên 
0,25đ
	 , kết hợp 	với (1) ta có tam giác AME đồng 	 dạng với tam giác ANK
0,50đ
0,25đ
	Þ AN.AE = AM.AK (đpcm)
0,25đ
Bài 4:
1,5 đ
	Vì tứ giác AMIN nội tiếp nên 
	Vì tứ giác BMNC nội tiếp nên 
	.Suy ra tứ giác BOIM nội tiếp
0,25đ
	Từ chứng minh trên suy ra tam giác AMI 
	đồng dạng với tam giác AOB
	 (1)
0,25đ
	Gọi E, F là giao điểm của đường thẳng AO
	với (O) (E nằm giữa A, O).
K
	Chứng minh tương tự (1) ta được:
	AM.AB = AE.AF 
 = (AO - R)(AO + R) (với BC = 2R)
	 = AO2 - R2 = 3R2
0,25đ
	 Þ AI.AO = 3R2 (2)
0,25đ
Tam giác AOB và tam giác COK đồng dạng nên:
	OA.OK = OB.OC = R2
	 (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 đường thẳng BC 
0,25đ
	Suy ra đoạn AO cắt đường thẳng BC tại K.
 Kẻ AH vuông góc với BC tại H.
0,25đ
	Suy ra AH £ AK < AO <1 suy ra AH < 1	
0,25đ
	Suy ra (mâu thuẫn với giả thiết). Suy ra điều phải chứng minh.
0,25đ
b,
1,0đ
Ta có: 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2)
	 = a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2	 
0,25đ
mà	a3 + ab2 ³ 2a2b (áp dụng BĐT Côsi )
	b3 + bc2 ³ 2b2c
	c3 + ca2 ³ 2c2a
Suy ra 3(a2 + b2 + c2) ³ 3(a2b + b2c + c2a) > 0
0,25đ
Suy ra 
0,25đ
Đặt t = a2 + b2 + c2, ta chứng minh được t ³ 3.
Suy ra Þ P ³ 4
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4
0,25đ
Nếu thí sinh giải cách khác đúng của mỗi câu thì vẫn cho tối đa điểm của câu đó
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
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 .
Không dùng máy tính cầm tay, hãy tính giá trị của biểu thức .
2) Cho trước ; gọi là hai số thực thỏa mãn 
Chứng minh rằng: .
Câu 2 (2,0 điểm)
Cho phương trình: 
1) Tìm các số hữu tỷ và để phương trình (1) có nghiệm .
2) Với giá trị tìm được ở trên; gọi là ba nghiệm của phương trình (1). Tính giá trị của biểu thức .
Câu 3 (2,0 điểm)
1) Tìm các số nguyên thỏa mãn điều kiện: .
2) Giải hệ phương trình: 
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: ; 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 .
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------------
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 .Tính .
1,00
Từ 
0,25
0,25
0,25
0,25
1
2
Cho trước ; gọi x,y là hai số thực thỏa mãn 
.Chứng minh rằng: .
1,00
+/Nếu thì 
=> x, y là 2 nghiệm của phương trình 
Giải ra ta có => .
+/Nếu => .
Ta có hệ phương trình .
=>=>
0,25
0,25
0,25
0,25
2
1
. Tìm để (1) có nghiệm .
1,00
Thay vào (1)ta có :
+/Nếu 
=>(vô lí vì VT là số vô tỷ , VP là số hữu tỷ).
+/ Suy ra 
Giải hpt ,kết luận :
0,25
0,25
0,25
0,25
2
2
Với a=-5 ;b=5. Tính giá trị của biểu thức .
1,00
+/ (1) có dạng .
Không mất tính tổng quát coi thì là 2 nghiệm của phương trình ( có ) =>
+/.
+/.
+/
=>S = 725
0,25
0,25
0,25
0,25
3
1
Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn (1)
1,00
Giả sử có x,y nguyên thỏa mãn, 
.
Do =>=>.
+/(vô nghiệm trên Z).
+/.
Vậy là các giá trị cần tìm.
0,25
0,25
0,25
0,25
3
2
 Giải hệ phương trình: 
1,00
Điều kiện :.
(1).
+/Nếu thay vào phương trình (2) ta có :.
+/Nếu 
Khi đó (2) (3)
do .
nên 
Do đó Pt (3) .
Vậy hệ phương trình có nghiệm 
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
Do AO và AO’ là hai tia phân giác của => A,O,O’ thẳng hàng.
Có sđ ; chung 
 đồng dạng với(g.g)=>(1)
Tương tự:đồng dạng với(2)
Từ (1) và (2) =>.
0,25
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: (3)
+/ Có :sđ ; chung 
 đồng dạng với(g.g)(4).
Từ (3),(4) =>.
=> đồng dạng với ( vì ; chung ).
=> => 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 
1,00
Do OD // O’B (cùng AB)
nhưng OI cắt O’I và A,I,M thẳng hàng => OI // O’M. 
=> .
mà sđ và sđ 
=>=>IM tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp 
hay AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp .
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
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH PHÚ YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2009-2010
Môn thi: TOÁN CHUYÊN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
*****
Câu 1.(4,0 điểm) Cho phương trình x4 + ax3 + x2 + ax + 1 = 0, a là tham số .
	a) Giải phương trình với a = 1.
	b) Trong trường hợp phương trình có nghiệm, chứng minh rằng a2 > 2.
Câu 2.(4,0 điểm)
a) Giải phương trình: .
	b) Giải hệ phương trình: . 
Câu 3.(3,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên x, y, z thỏa mãn :
3x2 + 6y2 +2z2 + 3y2z2 -18x = 6.
Câu 4.(3,0 điểm) 
a) Cho x, y, z, a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:
 .
b) Từ đó suy ra : 
Câu 5.(3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD và tứ giác MNPQ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh AB, BC, CD, DA của hình vuông.
a) Chứng minh rằng SABCD (MN + NP + PQ + QM).
b) Xác định vị trí của M, N, P, Q để chu vi tứ giác MNPQ nhỏ nhất.
Câu 6.(3,0 điểm) Cho đường tròn (O) nội tiếp hình vuông PQRS. OA và OB là hai bán kính thay đổi vuông góc với nhau. Qua A kẻ đường thẳng Ax song song với đường thẳng PQ, qua B kẻ đường thẳng By song song với đường thẳng SP. Tìm quỹ tích giao điểm M của Ax và By.
HẾT
----------------
Họ và tên thí sinh:.Số báo danh:
Chữ kí giám thị 1:Chữ kí giám thị 2:.
SỞ GD & ĐT PHÚ YÊN KỲ THI TUYỂN SINH THPT NĂM HỌC 2009 -2010 
MÔN : TOÁN (Hệ số 2) 
-------
ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
Bản hướng dẫn chấm gồm 04 trang
I- Hướng dẫn chung:
1- Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định.
2- Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi.
3- Điểm toàn bài thi không làm tròn số.
II- Đáp án và thang điểm:
CÂU
ĐÁP ÁN
Điểm
Câu 1a.
(2,0đ)
Ta có phương trình : 
Khi a =1 , (1) 
Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm.
Chia 2 vế của (2) cho x2 ta được: (3).
Đặt và .
Phương trình (3) viết lại là : 
Giải (3) ta được hai nghiệm và đều không thỏa điều kiện |t|³ 2.Vậy với a = 1, phương trình đã cho vô nghiệm.
0,50
0,50
0,50
0,50
Câu1b.
(2,0đ)
 Vì x = 0 không phải là nghiệm của (1) nên ta cũng chia 2 vế cho x2 ta có phương trình : .
Đặt , phương trình sẽ là : t2 + at - 1 = 0 (4).
Do phương trình đã cho có nghiệm nên (4) có nghiệm |t| ³ 2. Từ (4) suy ra .
Từ đó : 
Vì |t| ³ 2 nên t2 >0 và t2 – 4 ³ 0 , do vậy (5) đúng, suy ra a2 > 2.
0,50
0,50
0,50
0,50
Câu 2a.
(2,0đ)
Điều kiện : .
Đặt : 
Phương trình đã có trở thành hệ :
Suy ra : (3+uv)2-2uv = 9 
 . 
Vậy phương trình có nghiệm là x =-3 , x = 6.
0,50
0,50
0,50
0,50
Câu 2b.
(2,0đ)
Ta có hệ phương trình :
 .
Vậy hệ phương trình chỉ có 1 cặp nghiệm duy nhất: (x ;y ;z) = (0 ;0; 1).
0,50
0,50
0,50
0,50
Câu 3.
(3,0đ)
Ta có  : 3x2 + 6y2 + 2z2 +3y2z2 -18x = 6 (1)
Suy ra : z2 3 và 2z2 £ 33
Hay |z| £ 3.
Vì z nguyên suy ra z = 0 hoặc |z| = 3.
a) z = 0 , (2) Û (x-3)2 + 2y2 = 11 (3)
Từ (3) suy ra 2y2 £ 11 Þ |y| £ 2.
 Với y = 0 , (3) không có số nguyên x nào thỏa mãn.
 Với |y| = 1, từ (3) suy ra x { 0 ; 6}.
b) |z| = 3, (2) Û (x-3)2 + 11 y2 = 5 (4)
Từ (4) Þ 11y2 £ 5 Þ y = 0, (4) không có số nguyên x nào thỏa mãn.
Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm nguyên (x ;y ;z) là (0;1;0) ; (0 ;-1;0) ; (6 ;1 ;0) và (6 ;-1 ;0).
0,50
0,50
0,50
0,50
0,50
0,50
Câu 4a.
(2,0đ)
Lập phương 2 vế của (1) ta được :
 (2)
Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có :
 (3)
 (4)
Cộng hai bất đẳng thức (3) và (4) ta được bất đẳng thức (2), do đó (1) được chứng minh.
0,50
0,50
0,50
0,50
Câu4b.
(1,0đ)
Áp dụng BĐT (1) với 
Ta có : abc = 3 + , xyz = 3-, a+ x = 6, b + y = 2, c + z = 2
Từ đó : (đpcm).
0,50
0,50
Câu 5a.
(2,0)
Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của
QN, MN, PQ. Khi đó :
BJ = (trung tuyến D vuông MBN)
Tương tự DK =.
IJ = (IJ là đtb D MNQ).
Tương tự IK =.
Vì BD £ BJ + JI + IK + KD. Dođó: 
0,50
0,50
0,50
0,50
Câu5b.
(1,0)
Chu vi tứ giác MNPQ là :
 MN + NP + PQ + QM = 2BJ + 2IK +2DK + 2IJ
 = 2(BJ + JI + IK + KD) ³ 2BD (cmt)
Dấu bằng xảy ra khi đường gấp khúc trùng với BD, tức là MQ //NP, MN//PQ, MN=PQ (vì cùng là cạnh huyền 2 tam giác vuông cân bằng nhau), lúc đó MNPQ là hình chữ nhật.
0,50
0,50
Câu 6.
(3,0đ)
Kí hiệu như hình vẽ.
Phần thuận : 
 (giả thiết)
Þ tứ giác AOBM luôn nội tiếp
Þ (vì DAOB
vuông cân tại O)
Suy ra M luôn nằm trên đường
thẳng đi qua O và tạo với đường
PQ một góc 450.
Trường hợp B ở vị trí B’ thì M’
nằm trên đường thẳng đi qua O
và tạo với PS một góc 450.
Giới hạn : 
*) Khi A º H thì M º Q, khi A º K thì M º S 
*) Trường hợp B ở vị trí B’: khi A º H thì M’ º P, khi A º K thì M’ º R
Phần đảo: Lấy M bất kì trên đường chéo SQ (hoặc M’ trên PR), qua M kẻ đường thẳng song song với đường thẳng PQ cắt (O) tại A. Kẻ bán kính OB ^ OA.
Ta thấy tứ giác AOBM nội tiếp (vì )
Suy ra : .
Mà AM//PQ , PQ ^PS Þ MB//PS.
Kết luận:Quỹ tích giao điểm M là 2 đường chéo của hình vuông PQRS.
0,50
0,50
0,50
0,50
0,50
0,50
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
Năm học 2009-2010
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1. (2,0 điểm)
	1. Rút gọn các biểu thức sau:	a) 
	b) với x>0; y>0; x¹y
	2. Giải phương trình: .
Bài 2. (2,0 điểm) 
	Cho hệ phương trình: (m là tham số)
	1. Giải hệ phương trình khi ;
	2. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x;y) thoả mãn: 2x+y£3.
Bài 3. (2,0 điểm) 
	Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): (k là tham số) và parabol (P): .
	1. Khi , hãy tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P);
	2. Chứng minh rằng với bất kỳ giá trị nào của k thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt;
	3. Gọi y1; y2 là tung độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P). Tìm k sao cho: .
Bài 4. (3,5 điểm) 
	Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B, C). Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với DM, đường thẳng này cắt các đường thẳng DM và DC theo thứ tự tại H và K.
	1. Chứng minh: Các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường tròn;
	2. Tính ;
	3. Chứng minh KH.KB = KC.KD;
	4. Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC tại N. Chứng minh .
Bài 5. (0,5 điểm) Giải phương trình: .
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
Năm học 2009-2010
Hướng dẫn chấm Môn TOÁN
Ý
Nội dung
Điểm
Bài 1
2,0 điểm
1.
(1,5đ)
a) 
 = 
0,25
 = 
0,25
 = 10
0,25
b) với x>0; y>0; x¹y
 = 
0,25
 = 
0,25
 = 
0,25
2.
(0,5đ)
	 ĐK: x ¹ -2
Quy đồng khử mẫu ta được phương trình:
	x2 + 2x + 4 = 3(x + 2)
	Û 	x2 - x - 2 = 0
0,25
Do a - b + c = 1 + 1 - 2 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm:
x = -1; x = 2 (thoả mãn)
Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm x = -1; x = 2
0,25
Bài 2
2,0 điểm
Ý
Nội dung
Điểm
1.
(1,0đ)
Khi m = 2 ta có hệ phương trình: 	
0,25
	Û	
0,25
	Û	
0,25
Vậy với m = 2 hệ phương trình có nghiệm duy nhất: 
0,25
2.
(1,0đ)
Ta có hệ: 	
	Û 	
0,25
	Û	
	Û	
Vậy với mọi giá trị của m, hệ phương trình có nghiệm duy nhất:
0,25
 Khi đó:	2x + y 	= -m2 + 4m - 1
	= 3 - (m - 2)2 £ 3 đúng "m vì (m - 2)2 ³ 0 
Vậy với mọi giá trị của m, hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) thoả mãn 2x + y £ 3.
0,50
Bài 3
2,0 điểm
Ý
Nội dung
Điểm
1.
(1,0đ)
Với k = -2 ta có đường thẳng (d): y = -3x + 4
0,25
Khi đó phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là:
	x2 = -3x + 4 
	Û	x2 + 3x - 4 = 0
0,25
Do a + b + c = 1 + 3 - 4 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm: x = 1; x = - 4
Với x = 1 có y = 1
Với x = -4 có y = 16
0,25
Vậy khi k = -2 đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm có toạ độ là (1; 1); (-4; 16)
0,25
2.
(0,5đ)
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là:
	x2 = (k - 1)x + 4
	Û	x2 - (k - 1)x - 4 = 0
0,25
Ta có ac = -4 < 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của k.
Vậy đường thẳng (d) và parabol (P) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt.
0,25
3.
(0,5đ)
Với mọi giá trị của k; đường thẳng (d) và parabol (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 thoả mãn:
Khi đó: 
0,25
Vậy y1 + y2 = y1y2
Û 
Û (x1 + x2)2 - 2x1x2 = (x1 x2)2
Û (k - 1)2 + 8 = 16
Û (k - 1)2 = 8 
Û hoặc 
Vậy hoặc thoả mãn đầu bài.
0,25
Bài 4
3,5 điểm
Ý
Nội dung
Điểm
1.
(1,0đ)
D
C
K
N
P
A
B
M
H
+ Ta có	= 90o (ABCD là hình vuông)
	= 90o (gt)
0,25
	Nên = 180o
	Þ Tứ giác ABHD nội tiếp
0,25
+ Ta có	= 90o (gt)
	= 90o (ABCD là hình vuông)
0,25
	Nên H; C cùng thuộc đường tròn đường kính DB
	Þ Tứ giác BHCD nội tiếp
0,25
2. 
(1,0đ)
Ta có: 	Þ 
0,5
mà = 45o (tính chất hình vuông ABCD) Þ = 45o 
0,5
3.
(1,0đ)
Xét DKHD và DKCB
Có Þ DKHD DKCB (g.g)
0,5
Þ 
0,25
Þ KH.KB = KC.KD (đpcm)
0,25
4.
(0,5đ)
Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AM, đường thẳng này cắt đường thẳng DC tại P.
Ta có: 	 (cùng phụ )
	 AB = AD (cạnh hình vuông ABCD)
Nên DBAM = DDAP (g.c.g) Þ AM = AP
0,25
Trong DPAN có: = 90o ; AD ^ PN
nên (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Þ 
0,25
Bài 5
0,5 điểm
Ý
Nội dung
Điểm
0,5đ
Ta chứng minh: (*)
 với a > 0; b > 0; c > 0
0.25đ
+ Với a > 0; b > 0 ta có: (1)
+ Do nên (2)
+ Từ (1) và (2) ta có: (3) (Với a > 0; b> 0; c > 0)
+ Áp dụng (3) ta có: 
 với a > 0; b> 0; c > 0
Phương trình có ĐK: 
Áp dụng bất đẳng thức (*) với a = x; b = x; c = 2x - 3 ta có:
với 
Dấu “ = ” xảy ra 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.
0.25đ
1. Trên đây chỉ là các bước giải và khung điểm bắt buộc cho từng bước, yêu cầu thí sinh phải trình bày, lập luận và biến đổi hợp lí mới được công nhận cho điểm.
2. Bài 4 phải có hình vẽ đúng và phù hợp với lời giải của bài toán (không cho điểm hình vẽ).
3. Những cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa theo khung điểm.
4. Chấm từng phần. Điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần, không làm tròn
Chúc các em ôn tập thật tốt và đạt kết quả như mong ước!
Tôn Nữ Bích Vân