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) Câu I (2.5 điểm): 1) Giải hệ phơng trình: + + = + = 2 2 2 x y xy 3 xy 3x 4 2) Tìm m nguyên để phơng trình sau có ít nhất một nghiệm nguyên: + + + = 2 2 4x 4mx 2m 5m 6 0 Câu II (2.5 điểm): 1) Rút gọn biểu thức: ( ) ( ) + + = + 3 3 2 2 2 4 x 2 x 2 x A 4 4 x với 2 x 2 2) Cho trớc số hữu tỉ m sao cho 3 m là số vô tỉ. Tìm các số hữu tỉ a, b, c để: 3 2 3 a m b m c 0+ + = Câu III (2.0 điểm): 1) Cho đa thức bậc ba f(x) với hệ số của x 3 là một số nguyên dơng và biết =f(5) f(3) 2010 . Chứng minh rằng: f(7) f(1) là hợp số. 2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: = + + + 2 2 P x 4x 5 x 6x 13 Câu IV (2.0 điểm): Cho tam giác MNP có ba góc nhọn và các điểm A, B, C lần lợt là hình chiếu vuông góc của M, N, P trên NP, MP, MN. Trên các đoạn thẳng AC, AB lần lợt lấy D, E sao cho DE song song với NP. Trên tia AB lấy điểm K sao cho ã ã =DMK NMP . Chứng minh rằng: 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----------------------- Họ và tên thí sinh : Số báo danh : . Chữ kí của giám thị 1 : .Chữ kí của giám thị 2: Đề thi chính thức H ớng dẫn chấm Câu Phần nội dung Điểm câu I 2,5 điểm 1) 1,5điểm + + = + = 2 2 2 x y xy 3 (1) xy 3x 4 (2) Từ (2) x 0. Từ đó 2 4 3x y x = , thay vào (1) ta có: 0.25 2 2 2 2 4 3x 4 3x x x. 3 x x + + = ữ 0.25 4 2 7x 23x 16 0 + = 0.25 Giải ra ta đợc 2 2 16 x 1 hoặc x = 7 = 0.25 Từ 2 x 1 x 1 y 1= = = ; 2 16 4 7 5 7 x x y 7 7 7 = = = m 0.25 Vậy hệ có nghiệm (x; y) là (1; 1); (-1; -1); ữ ữ 4 7 5 7 ; 7 7 ; ữ ữ 4 7 5 7 ; 7 7 0.25 2) 1,0điểm Điều kiện để phơng trình có nghiệm: x ' 0 0.25 m 5m 6 0 (m 2)(m 3) 0 2 + . Vì (m - 2) > (m - 3) nên: x ' 0 m 2 0 và m 3 0 2 m 3, mà m Z m = 2 hoặc m = 3. 0.25 Khi m = 2 x ' = 0 x = -1 (thỏa mãn) Khi m = 3 x ' = 0 x = - 1,5 (loại). 0.25 Vậy m = 2. 0.25 câu II 2,5 điểm 1) 1,5điểm Đặt a 2 x; b 2 x (a, b 0) = + = 2 2 2 2 a b 4; a b 2x + = = 0.25 ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 ab a b 2 ab a b a b ab A 4 ab 4 ab + + + + = = + + 0.25 ( ) ( ) ( ) 2 ab a b 4 ab A 2 ab a b 4 ab + + = = + + 0.25 ( ) A 2 4 2ab a b = + 0.25 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 A 2 a b 2ab a b a b a b = + + = + 0.25 2 2 A 2 a b 2x A x 2 = = = 0.25 2) 1,0điểm 3 2 3 a m b m c 0+ + = (1) Giả sử có (1) 3 2 3 b m c m am 0 (2) + + = Từ (1), (2) 2 2 3 (b ac) m (a m bc) = 0.25 Nếu 2 a m bc 0 2 3 2 a m bc m b ac = là số hữu tỉ. Trái với giả thiết! 2 3 2 2 b ac 0 b abc a m bc 0 bc am = = = = 0.25 3 3 3 b a m b a m = = . Nếu b 0 thì 3 b m a = là số hữu tỉ. Trái với giả thiết! a 0;b 0 = = . Từ đó ta tìm đợc c = 0. 0.25 Ngợc lại nếu a = b = c = 0 thì (1) luôn đúng. Vậy: a = b = c = 0 0.25 câu III 2 điểm 1) 1,0điểm Theo bài ra f(x) có dạng: f(x) = ax 3 + bx 2 + cx + d với a nguyên dơng. 0.25 Ta có: 2010 = f(5) - f(3) = (5 3 - 3 3 )a + (5 2 - 3 2 )b + (5 - 3)c = 98a + 16b + 2c 16b + 2c = (2010- 98a) 0.25 Ta có f(7) - f(1) = (7 3 - 1 3 )a + (7 2 - 1 2 )b + (7 - 1)c = 342a + 48b + 6c = 342a + 3(16b + 2c) = 342a + 3(2010- 98a)= 48a + 6030 = 3.(16a + 2010) 3M 0.25 Vì a nguyên dơng nên 16a + 2010>1 . Vậy f(7)-f(1) là hợp số 0.25 2) 1,0điểm ( ) ( ) = + + + 2 2 2 2 P x 2 1 x 3 2 Trên mặt phẳng tọa độ Oxy lấy các điểm A(x-2; 1), B(x+3; 2) 0.25 Ta chứng minh đợc: ( ) ( ) = + = + = 2 2 AB x 2 x 3 1 2 25 1 26 ( ) = + 2 2 OA x 2 1 , ( ) = + + 2 2 OB x 3 2 0.25 Mặt khác ta có: OA OB AB ( ) ( ) + + + 2 2 2 2 x 2 1 x 3 2 26 0.25 Dấu = xảy ra khi A thuộc đoạn OB hoặc B thuộc đoạn OA = = + x 2 1 x 7 x 3 2 .Thử lại x = 7 thì A(5; 1); B(10; 2) nên A thuộc đoạn OB. Vậy Max =P 26 khi x = 7. 0.25 câuIV 2 điểm 1) 0,75điểm Ta dễ dàng chứng minh tứ giác MBAN nội tiếp ã ã =MAB MNB , MCAP nội tiếp ã ã =CAM CPM . 0.25 Lại có ã ã =BNM CPM (cùng phụ góc NMP) ã ã =CAM BAM (1) 0.25 Do DE // NP mặt khác MA NP MA DE (2) Từ (1), (2) ADE cân tại A MA là trung trực của DE MD = ME 0.25 K E B C A N M P D 2) 1,25điểm K E B C A N M P D Do DE//NP nên ã ã =DEK NAB , mặt khác tứ giác MNAB nội tiếp nên: ã ã + = 0 NMB NAB 180 ã ã + = 0 NMB DEK 180 0.25 Theo giả thiết ã ã =DMK NMP ã ã + = 0 DMK DEK 180 Tứ giác MDEK nội tiếp 0.25 Do MA là trung trực của DE MEA MDA = 0.25 ã ã ã ã = = MEA MDA MEK MDC . 0.25 Vì ã ã ã ã = = MEK MDK MDK MDC DM là phân giác của góc CDK, kết hợp với AM là phân giác DAB M là tâm của đờng tròn bàng tiếp góc DAK của tam giác DAK. 0.25 câu V 1 điểm D' B' A' O C A B D Không mất tổng quát giả sử:AB AC. Gọi B là điểm chính giữa cung ẳ ABC =AB' CB' Trên tia đối của BC lấy điểm A sao cho BA = BA + =AB BC CA' 0.25 Ta có: ã ã ã = =B'BC B'AC B'CA (1) ; ã ã + = 0 B'CA B'BA 180 (2) ã ã + = 0 B'BC B'BA' 180 (3);Từ (1), (2), (3) ã ã =B'BA B'BA' 0.25 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. 0.25 Hoàn toàn tơng tự nếu gọi D là điểm chính giữa cung ẳ ADC thì ta cũng có AD + CD AD + CD. Dấu = xảy ra khi D trùng với D. 0.25 Chu vi tứ giác ABCD lớn nhất khi B, D là các điểm chính giữa các cung ằ AC của đờng tròn (O) Chú ý: Nếu thí sinh làm theo cách khác, lời giải đúng vẫn cho điểm tối đa. Bài 1: (1,5 điểm) Cho 1 1 a 2 : 7 1 1 7 1 1 = ữ ữ + + + Hãy lập một phơng trình bậc hai có hệ số nguyên nhận a - 1 là một nghiệm. Bài 2: (2,5 điểm) a) Giải hệ phơng trình: x 16 xy y 3 y 9 xy x 2 = = b) Tìm m để phơng trình ( ) 2 2 2 x 2x 3x 6x m 0 + + = có 4 nghiệm phân biệt. Bài 3: (2,0 điểm) a) Chứng minh rằng nếu số nguyên k lớn hơn 1 thoả mãn 2 k 4+ và 2 k 16+ là các số nguyên tố thì k chia hết cho 5. b) Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có p là nửa chu vi thì p a p b p c 3p + + Bài 4: (3,0 điểm) Cho đờng tròn tâm O và dây AB không đi qua O. Gọi M là điểm chính giữa của cung AB nhỏ. D là một điểm thay đổi trên cung AB lớn (D khác A và B). DM cắt AB tại C. Chứng minh rằng: a) MB.BD MD.BC= Sở giáo dục và đào tạo Hng yên đề chính thức kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyên Năm học 2009 2010 Môn thi: Toán (Dành cho thí sinh thi vào các lớp chuyên Toán, Tin) Thời gian làm bài: 150 phút b) MB là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác BCD. c) Tổng bán kính các đờng tròn ngoại tiếp tam giác BCD và ACD không đổi. Bài 5: (1,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD. Lấy E, F thuộc cạnh AB; G, H thuộc cạnh BC; I, J thuộc cạnh CD; K, M thuộc cạnh DA sao cho hình 8 - giác EFGHIJKM có các góc bằng nhau. Chứng minh rằng nếu độ dài các cạnh của hình 8 - giác EFGHIJKM là các số hữu tỉ thì EF = IJ. ------------ Hết ------------ Họ và tên thí sinh: . Chữ ký của giám thị . Số báo danh: Phòng thi số: Hớng dẫn chấm thi Bài 1: (1,5 điểm) 1 1 7 1 1 7 1 1 a 2 : 2 : 7 7 1 1 7 1 1 + + + + = = ữ ữ + + + 0,5 đ a = 2 2 : 7 7 = 0,25 đ Đặt 2 x a 1 x 7 1 x 1 7 x 2x 1 7= = + = + + = 0,5 đ 2 x 2x 6 0 + = Vậy phơng trình 2 x 2x 6 0+ = nhận 7 1 làm nghiệm 0,25 đ Bài 2: (2,5 điểm) a) x 16 x 16 xy (1) xy y 3 y 3 y x 5 y 9 (2) xy x y 6 x 2 = = = = ĐK: x,y 0 0,25 đ Giải (2) 2 2 6y 6x 5xy (2x 3y)(3x 2y) 0 = + = 0,25 đ * Nếu 3y 2x 3y 0 x 2 + = = . Thay vào (1) ta đợc 3y 3 16 y. 2 2 3 + = 0,25 đ 2 3y 23 2 6 = (phơng trình vô nghiệm) 0,25 đ * Nếu 2y 3x 2y 0 x 3 = = . Thay vào (1) ta đợc 2 y 9 y 3= = 0,25 đ - Với y 3 x 2= = (thoả mãn điều kiện) - Với y 3 x 2= = (thoả mãn điều kiện) Vậy hệ phơng trình có hai nghiệm: (x; y) = (2; 3); (x; y) = (-2; -3) 0,25 đ b) Đặt ( ) 2 2 x 2x 1 y x 1 y x 1 y (y 0) + = = = (*) Phơng trình đã cho trở thành: ( ) ( ) 2 y 1 3 y 1 m 0 + = 2 y 5y m 4 0 + + = (1) 0,25 đ Từ (*) ta thấy, để phơng trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì phơng trình (1) có 2 nghiệm dơng phân biệt 0,25 đ 0 9 4m 0 S 0 5 0 P 0 m 4 0 > > > > > + > 0,25 đ 9 m 9 4 m 4 4 m 4 < < < > Vậy với 9 4 m 4 < < thì phơng trình có 4 nghiệm phân biệt. 0,25 đ Bài 3: (2,0 điểm) a) Vì k > 1 suy ra 2 2 k 4 5; k 16 5+ > + > - Xét 2 2 2 k 5n 1 (với n ) k 25n 10n 1 k 4 5= + = + + + M 2 k 4 + không là số nguyên tố. 0,25 đ - Xét 2 2 2 k 5n 2 (với n ) k 25n 20n 4 k 16 5= + = + + + M 2 k 16 + không là số nguyên tố. 0,25 đ - Xét 2 2 2 k 5n 3 (với n ) k 25n 30n 9 k 16 5= + = + + + M 2 k 16 + không là số nguyên tố. 0,25 đ - Xét 2 2 2 k 5n 4 (với n ) k 25n 40n 16 k 4 5= + = + + + M 2 k 4 + không là số nguyên tố. Do vậy k 5M 0,25 đ b) Ta chứng minh: Với a,b,c thì ( ) ( ) 2 2 2 2 a b c 3 a b c+ + + + (*) Thật vậy 2 2 2 2 2 2 (*) a b c 2ab 2bc 2ca 3a 3b 3c + + + + + + + 2 2 2 (a b) (b c) (c a) 0 + + (luôn đúng) 0,5 đ áp dụng (*) ta có: ( ) ( ) 2 p a p b p c 3 3p a b c 3p + + = 0,5 đ Suy ra p a p b p c 3p + + (đpcm) Bài 4: (3,0 điểm) J I C N M O A B D a) Xét MBC và MDB có: ã ã BDM MBC (haigóc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)= ã ã BMC BMD= 0,5 đ Do vậy MBC và MDB đồng dạng Suy ra MB MD MB.BD MD.BC BC BD = = 0,5 đ b) Gọi (J) là đờng tròn ngoại tiếp BDC ã ã ã BJC 2BDC 2MBC = = hay ã ã BJC MBC 2 = ã ã 0 180 BJC BCJ cân tại J CBJ 2 = 0,5 đ Suy ra ã ã ã ã O O BJC 180 BJC MBC CBJ 90 MB BJ 2 2 + = + = Suy ra MB là tiếp tuyến của đờng tròn (J), suy ra J thuộc NB 0,5 đ c) Kẻ đờng kính MN của (O) NB MB Mà MB là tiếp tuyến của đờng tròn (J), suy ra J thuộc NB Gọi (I) là đờng tròn ngoại tiếp ADC Chứng minh tơng tự I thuộc AN Ta có ã ã ã ã ANB ADB 2BDM BJC= = = CJ // IN Chứng minh tơng tự: CI // JN 0,5 đ Do đó tứ giác CINJ là hình bình hành CI = NJ Suy ra tổng bán kính của hai đờng tròn (I) và (J) là: IC + JB = BN (không đổi) 0,5 đ Bài 5: (1,0 điểm) g f e d h c b a G F I H J M C A B D E K Gọi EF = a ; FG = b ; GH = c ; HI = d ; IJ = e ; JK = f ; KM = g ; ME = h (với a, b, c, d, e, f, g, h là các số hữu tỉ dơng) Do các góc của hình 8 cạnh bằng nhau nên mỗi góc trong của hình 8 cạnh có số đo là: O O 8 2 180 135 8 ( ). = 0,25 đ Suy ra mỗi góc ngoài của hình 8 cạnh đó là: 180 O - 135 O = 45 O Do đó các tam giác MAE ; FBG ; CIH ; DKJ là các tam giác vuông cân. MA = AE = h 2 ; BF = BG = b 2 ; CH = CI = d 2 ; DK = DJ = f 2 Ta có AB = CD nên: h b f d a e 2 2 2 2 + + = + + (e - a) 2 = h + b - f - d 0,5 đ Nếu e - a 0 thì h b f d 2 e a + = Ô (điều này vô lý do 2 là số vô tỉ) Vậy e - a = 0 e = a hay EF = IJ (đpcm). 0,25 đ ------------ Hết ------------ SỞ GIÁO DỤC BÌNH ĐỊNH KỲ THI TUỶÊN SINH VÀO LỚP 10 BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN NĂM HỌC 2009-2010 Đề chính thức Môn thi:Toán (chuyên) Ngày thi:19/06/2009 Thời gian:150 phút Bài 1(1.5điểm) Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng: 1 2 a b c b c c a a b < + + < + + + Bài 2(2điểm) Cho 3 số phân biệt m,n,p.Chứng minh rằng phương trình 1 1 1 0 x m x n x p + + = - - - có hai nghiệm phân biệt. Bài 3(2điểm) Với số tự nhiên n, 3n ³ .Đặt ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 . 3 1 2 5 2 3 2 1 1 n S n n n = + + + + + + + + Chúng minhS n < 1 2 Bài 4(3điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp tròn tâm O có độ dài các cạnh BC = a, AC = b, AB = c.E là 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:AD 2 = AB.AC – DB.DC b.Tính độ dài AD theo a,b,c Bài 5(1.5điểm) Chứng minh rằng : ( ) 2 1 2 3 2 m n n - ³ + Với mọi số nguyên m,n. ********************************************** ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THI VÀO 10 TRƯỜNG CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN NĂM 2009 Bài 1: [...]... PHÚC —————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2009-2 010 ĐỀ THI MƠN: T N Dành cho các thí sinh thi vào lớp chun T n Thời gian làm bài: 150 ph t, khơng kể thời gian giao đề ————————— (Đề có 01 trang) Câu 1: (3,0 điểm) a) 1 1 9  x + y + x + y = 2  Giải hệ phương trình:   xy + 1 = 5  xy 2  b) Giải và biện luận phương trình: | x + 3 | + p | x − 2 |= 5 (p là tham số có giá trị thực) Câu... 1:C/m ∆ AKT : ∆ IET ⇒ Do IE=IN t ®ã ta suy ra ®iỊu ph¶i chøng minh C¸ch 2: KT TA = ET TI KB AB = C/m ∆ BIM : ∆ BAK ⇒ BM BI C/m ∆ TKE : ∆ TAI ⇒ Theo t nh ch t tia ph©n gi¸c cđa ∆ ABT ta cã Vµ do BM=BN t ®ã suy ra ®iỊu ph¶i c/m TA AB = TI BI *ý d:Chøng minh NE ®i qua m t ®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 ) X t ∆ ABK... t m t t cả nghiệm còn lại của phương trình b/ T m t t cả các giá trò của m để phương trình (1) có nghiệm a/ Phương trình có 1 nghiệm x = 9 thay Cách khác: 2 vào pt ta có: 2 ( x ) − 7 x + 3 = 0 (2) 2.9 - 7 9 +3m – 4 = 0 x1 = 9 ⇒ x1 = 3 3m = 7 7 x1 + x2 = m = 7/3 2 T (1) ta có x ≥ 0 thế vào (1) ta được pt: 7 2 ( x) 2 − 7 x + 3 = 0 (2) Đ t x = t ≥ 0 ta có pt: 2t2 – 7t + 3 = 0 Giải t m được t1 = 3 ; t2 ... độ dài cạnh BC Đường tròn đường kính BC c t các cạnh AB, AC thứ t t i M, N (M khác B, N khác C) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC c t đường thẳng AO lần lư t tại I và K Chứng minh t giác BOIM nội tiếp được m t đường tròn và t giác BICK là hình bình hành Bài 5: (2.0 điểm) a) Bên trong đường tròn t m O bán kính 1 cho tam giác ABC có diện t ch lớn hơn hoặc bằng... đường tròn (O ; R) và (O’ ; R’) c t nhau t i A và B (R > R’) Tiếp tuyến t i B của (O’ ; R’) c t (O ; R) t i C và tiếp tuyến t i B của (O ; R) c t (O’ ; R’) t i 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 m t đường tròn có t m là K Xác đònh t m K của đường tròn µ ¶ a/ X t (O) ta có C1 = B2 (chắn cung AnB) ¶ µ X t. .. (gt) ⇒ IK là đường trung bình của ∆ ABD ⇒ IK//AD hay IE//AD chứng minh t ơng t trong ∆ ABC có IM//BC hay IR//BC Có: QK ⊥ AD (gt), IE//AD (CM trên) ⇒ QK ⊥ IE T ơng t có QM ⊥ IR T trên có: IK=KE, QK ⊥ IE ⇒ QK là trung trực ứng với cạnh IE của ∆IER T ơng t 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. .. lẻ vậy khơng thể chuyển t t cả viên sỏi trên bẳng ơ vng về cùng m t ơ sau m t số hữu hạn các phép thưc hiện thao t c T m m m Së gi¸o dơc-®µo t o Hµ nam ®Ị chÝnh thøc Bµi 1.(2,5 ®iĨm) m Kú thi tun sinh vµo líp 10 THPT chuyªn N¨m häc 2009-2 010 M«n thi : to¸n(®Ị chuyªn) Thêi gian lµm bµi: 120 ph t( kh«ng kĨ thêi gian giao ®Ị) 1 1 − =2 x − 3x + 2 x − 2 1  x + x + y = 7  2) Gi¶i hƯ ph¬ng tr×nh:   x... §êng trßn t m I néi tiÕp ∆ ABC tiÕp xóc víi c¸c c¹nh AB, BC, CA lÇn l t t¹i c¸c ®iĨm M, N, E; gäi K lµ giao ®iĨm cđa BI vµ NE · a) Chøng minh: AIB = 900 + µ C 2 b) Chøng minh 5 ®iĨm A, M, I, K, E cïng n»m trªn m t ®êng trßn c) Gäi T lµ giao ®iĨm cđa BI víi AC, chøng minh: KT.BN=KB.ET d) Gäi Bt lµ tia cđa ®êng th¼ng BC vµ chøa ®iĨm C Khi 2 ®iĨm A, B vµ tia Bt cè ®Þnh; ®iĨm C chun ®éng trªn tia Bt vµ tho¶... BC t i Q Chứng minh: a) KM // AB b) QD = QC Câu 5: (1,0 điểm) Trong m t phẳng cho 2009 điểm, sao cho 3 điểm b t kỳ trong chúng là 3 đỉnh của m t tam giác có diện t ch khơng lớn hơn 1 Chứng minh rằng t t cả những điểm đã cho nằm trong m t tam giác có diện t ch khơng lớn hơn 4 —H t Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm Họ t n thí sinh SBD SỞ GD& T VĨNH PHÚC —————— KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10. .. giác A' B 'C ' Giả sử trái lại, có m t điểm P nằm ngồi tam giác A ' B ' C ', chẳng hạn như trên hình vẽ Khi đó d ( P; AB ) > d ( C ; AB ) , suy ra S PAB > SCAB , mâu thuẫn với giả thi t tam giác ABC có diện t ch lớn nh t Vậy, t t cả các điểm đã cho đều nằm bên trong tam giác A ' B ' C ' có diện t ch khơng lớn hơn 4 ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUN CỦA HẢI PHỊNG NĂM HỌC 2009-2 010 0.25 0.25 0.25 0.25 . phộp thc hin thao t c T Sở giáo dục-đào t o Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Hà nam Năm học 2009-2 010 Môn thi : toán (đề chuyên) đề chính thức Thời. lớp 10 thpt chuyên Năm học 2009 2 010 Môn thi: Toán (Dành cho thí sinh thi vào các lớp chuyên Toán, Tin) Thời gian làm bài: 150 ph t b) MB là tiếp tuyến