Đề thi môn Toán - Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn - Đề 33A (Có đáp án)

sớ giáo dục đào tạo	 	kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 
	thanh hoá	 THPT chuyên Lam sơn
môn: toán (chuyÊn toán)
(Thời gian 150 phút – không kể thời gian giao đề)
Bài 1 (1,5 điểm)
 Cho 
Rút gọn A.
Tìm tất cả các số nguyên a để A là một số nguyên.
Bài 2 ( (1,5 điểm)
1. Chứng minh rằng tồn tại hai số nguyên dương khác nhau x, y sao cho hai số xy + x và xy + y đều là các số chính phương.
 Có hay không hai số nguyên dương khác nhau x, y trong khoảng 
 (668; 2005) sao cho hai số xy + x và xy + y đều là các số chính phương.
Bài 3 ( (2 điểm)
Với giá trị nào của a thì hệ sau có nghiệm. 
Giải phương trình 
Bài 4 ( (2 điểm)
Trên hệ trục toạ độ vuông góc Oxy: 
Vẽ tập hợp các điểm M có toạ độ (x; y) thoả mãn: 
Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: 
Bài 5 ( (3 điểm)
 Cho DABC vuông tại C, có đường cao CH. Hai điểm I và K lần lượt là giao điểm của 3 đường phân giác của D CHA và DCHB. Đường thẳng IK cắt các cạnh CA, CB lần lượt tại M, N.
Chứng minh rằng các tứ giác AMIH và BNKH nội tiếp.
Kẻ Cx vuông góc với MN , Chứng minh rằng Cx luôn đi qua một điểm cố định
Giả sử AB cố định C di chuyển trên đường tròn đường kính AB. Tìm vị trí của C để diện tích DCMN là lớn nhất.
 Cho đường thẳng x’x và hai điểm A, B không nằm trên x’x. Hãy dựng điểm M thuộc x’x sao cho x’MA = xMB .
-------------------- Hết ----------------------
 Họ và tên chữ ký thí sinh:....................................Số báo danh: ........................
Họ và tên chữ ký giám thị :
	Số 1 :........................................... Số 2 :........................................ 
sớ giáo dục đào tạo	 hớng dẫn và biểu điểm chấm Lam sơn.
 thanh hoá	 năm học 2006 – 2007
môn: toán (chuyên toán)
.............................................................
 (Đáp án này gồm có 4 trang)
Tên bài
Nội dung
Điểm
Bài 1
1,5
0,75
0,25
0,25
0,25
0,75
 Để A ẻ Z ⇔ ẻ Z , với a ³ 0, a ạ 1
	Với = - 2 ị Với = - 1 < 0 (loại)
	Với = - 1 ị a = 0
	Với = 1 ị a = 4 
	Với = 2 ị a = 9
0,25
0,25
0,25
Bài 2
1,5
0,5
Ta có x = 1, y = 8 ị xy + x = 9 = 32 , 
và xy + y = 16 = 42 .
0,5
1,0
 Giả sử ∃ m2 , n2 sao cho: m2 = xy + x , n2 = xy + y.
Giả sử y > x ị xy + x > x2 ị m2 > x2 ị m > x
Ta có y – x = xy + y – (xy + x) = n2 – m2 ³ (m + 1)2 – m2 
ị y – x > (x + 1)2 – x2 = 2x + 1ị y > 3x + 1
Vì x ẻ (668; 2005) ị y > 3.668 + 1 = 2005 
ị y ẽ (668; 2005).
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 3
2,0
1,0
Điều kiện x ³ 1; y ³ - 1.
 Đặt 
 Khi đó hệ 
 Khi đó để hệ có nghiệm khi và chỉ khi a ³ 0, 
a2 – 2a – 1 ³ 0 và phương trình : có 
nghiệm 
0,25
0,25
0,25
0,25
1,0
2. 
Nếu Khi đó phương trình (1)
Nếu Khi đó phương trình: (2)
Kết hợp (1) và (2) được 
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 4
2,0
1,0
y
A
B
C
D
3
2
1
1
2
- 1
x
O
d
dm
m
Có 4 trường hợp xảy ra :
 M thuộc đoạn AB
 M thuộc đoạn BC
 M thuộc đoạn CD
 M thuộc đoạn DA
Vậy tập hợp các điểm M là
 hình vuông ABCD.
0,25
0,25
0,25
0,25
1,0
Phương trình có đồ thị là hình vuông ABCD
Phương trình: 
Gọi d : y = x – 1 ị Đờng thẳng d không có điểm chung với hình vuông ABCD nên khi đó hệ vô nghiệm.
Gọi dm : y = x + m là họ đường thẳng song song với đường phân giác góc (I) và song song cạnh AD, BC của hình vuông ABCD, cắt trục tung tại điểm có tung độ là m. Khi đó 
0 Ê m Ê 2 ị dm có điểm chung với hình vuông ABCD nên hệ có nghiệm.
Vậy 0 Ê m Ê 2 thì hệ có nghiệm.
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 5
3,5
1/
2,0
Ta có DCIH ∽ DBKH vì :
CHI = BHK = 450 , ICH = ACH = CBH = KBH
ị ị DHIK ∽ DHCB ị HKI = HBC
ị HKN + HBN = 1800. ị tứ giác BNHK nội tiếp .
Từ DHIK ∽ DHCB ị HIK = HCB = CAB
ị HAM + HIM = 1800 ị tứ giác BNHK nội tiếp .
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
Theo câu a) ta có tứ giác BNHK nội tiếp
ị CNK = KHB = 450 ị DCMN cân ị CM = CN
ị Cx là đường phân giác của góc vuông ACB ị Cx
cắt đường tròn đường kính AB tại điểm chính giữa E của
cung AB (đối diện với C qua AB) cố định.
0,25
0,25
0,5
Ta có DCMI = DCHI (g.c.g) ị CM = CH
Mà 
ị Diện tích DCMN lớn nhất ⇔ H º O ⇔ C là giao của 
C
A
B
O
H
I
K
D
N
M
E
Cx ^ AB tại O (có 2 điểm C)
0,25
0,25
2/
1,5
1,5
Phân tích : 
Giả sử đã dựng được điểm M : x’MA = 2. xMB
Kẻ đường phân giác y’My ị MB’ đối xứng của MB qua x’x nằm
trên y’My. Vẽ đường tròn (C) tâm B’ bán kính R = BB’/2 ị đường thẳng AM tiếp xúc với (C). Từ đó ị cách dựng
Cách dựng : 
Dựng B’ đối xứng của B qua x’x
Dựng đường tròn C(B’, )
Dựng tiếp tuyến AT, AT’ với đường tròn (C) (T, T’ là tiêp điểm) ị M = AT ầ x’x là điểm cần tìm . Còn M’ = AT’ ầ x’x cho ta xM’A = 2.x’M’B (loại) 
Chứng minh : Ta có xMB = xMB’ (vì MB’ đối xứng với MB qua x’x) ị x’MA = TMH = 2.xMB.
Biện luận : Bài toán luôn có một nghiệm hình (vì trường hợp 
M
A
B
B’
H
T
x’
x
y’
y
T’
M’
M’ = AT’ ầ x’x bị loại)
0,5
0,5
0,5