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 H ớng dẫn chấm Câu nội dung Đề thi chính thức 1 câu I 2,5 điểm + + = + = 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: 2 2 2 2 4 3x 4 3x x x. 3 x x + + = ữ 4 2 7x 23x 16 0 + = Giải ra ta đợc 2 2 16 x 1 hoặc x = 7 = Từ 2 x 1 x 1 y 1= = = ; 2 16 4 7 5 7 x x y 7 7 7 = = = m 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 Điều kiện để phơng trình có nghiệm: x ' 0 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. Khi m = 2 x ' = 0 x = -1 (thỏa mãn) Khi m = 3 x ' = 0 x = - 1,5 (loại). Vậy m = 2. câu II 2,5 điểm Đặt a 2 x; b 2 x (a, b 0) = + = 2 2 2 2 a b 4; a b 2x + = = ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 ab a b 2 ab a b a b ab A 4 ab 4 ab + + + + = = + + ( ) ( ) ( ) 2 ab a b 4 ab A 2 ab a b 4 ab + + = = + + ( ) A 2 4 2ab a b = + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 A 2 a b 2ab a b a b a b = + + = + 2 2 A 2 a b 2x A x 2 = = = 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) = 2 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 = = = = 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. Ngợc lại nếu a = b = c = 0 thì (1) luôn đúng. Vậy: a = b = c = 0 câu III 2 điểm Theo bài ra f(x) có dạng: f(x) = ax 3 + bx 2 + cx + d với a nguyên dơng. 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) 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 Vì a nguyên dơng nên 16a + 2010>1 . Vậy f(7)-f(1) là hợp số ( ) ( ) = + + + 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) 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 Mặt khác ta có: OA OB AB ( ) ( ) + + + 2 2 2 2 x 2 1 x 3 2 26 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. câuIV 2 điểm Ta dễ dàng chứng minh tứ giác MBAN nội tiếp ã ã =MAB MNB , MCAP nội tiếp ã ã =CAM CPM . Lại có ã ã =BNM CPM (cùng phụ góc NMP) ã ã =CAM BAM (1) 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 3 K E B C A N M P D 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 Theo giả thiết ã ã =DMK NMP ã ã + = 0 DMK DEK 180 Tứ giác MDEK nội tiếp Do MA là trung trực của DE MEA MDA = ã ã ã ã = = MEA MDA MEK MDC . 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. 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' 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' 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. 4 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. Chu vi tứ giác ABCD lớn nhất khi B, D là các điểm chính giữa các cung ằ AC của đờng tròn (O) 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= b) MB là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác BCD. 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 5 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 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 + + + a = 2 2 : 7 7 = Đặt 2 x a 1 x 7 1 x 1 7 x 2x 1 7= = + = + + = 2 x 2x 6 0 + = Vậy phơng trình 2 x 2x 6 0+ = nhận 7 1 làm nghiệm 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 Giải (2) 2 2 6y 6x 5xy (2x 3y)(3x 2y) 0 = + = * Nếu 3y 2x 3y 0 x 2 + = = . Thay vào (1) ta đợc 3y 3 16 y. 2 2 3 + = 2 3y 23 2 6 = (phơng trình vô nghiệm) * Nếu 2y 3x 2y 0 x 3 = = . Thay vào (1) ta đợc 2 y 9 y 3= = - 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) 6 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) Từ (*) ta thấy, để phơng trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì phơng trình (1) có 2 nghiệm dơng phân biệt 0 9 4m 0 S 0 5 0 P 0 m 4 0 > > > > > + > 9 m 9 4 m 4 4 m 4 < < < > Vậy với 9 4 m 4 < < thì phơng trình có 4 nghiệm phân biệt. 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. - 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. - 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. - 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 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) áp dụng (*) ta có: ( ) ( ) 2 p a p b p c 3 3p a b c 3p + + = 7 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= Do vậy MBC và MDB đồng dạng Suy ra MB MD MB.BD MD.BC BC BD = = 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 = 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 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 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) Bài 5: (1,0 điểm) 8 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 ( ). = 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 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). S GIO DC BèNH NH K THI TUYấN SINH VO LP 10 TRNG THPT CHUYấN Lấ QUí ễN NM HC 2009-2010 chớnh thc Mụn thi:Toỏn (chuyờn) Ngy thi:19/06/2009 Thi gian:150 phỳt Bi 1(1.5im) Cho a,b,c l di ba cnh ca mt tam giỏc.Chng minh rng: 1 2 a b c b c c a a b < + + < + + + Bi 2(2im) Cho 3 s phõn bit m,n,p.Chng minh rng phng trỡnh 1 1 1 0 x m x n x p + + = - - - cú hai nghim phõn bit. Bi 3(2im) 9 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: Vì a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác nên ta có:a,b,c >0 và a< b+c ,b< a + c , c < a+b Nên ta có 2a a a a b c a b c a b c + < = + + + + + Mặt khác a a b c a b c > + + + Vậy ta có 2 (1) a a a a b c c b a b c < < + + + + + Tương tự 2 (2); b b b a b c c a a b c < < + + + + + 2 (3) c c a a b c b a a b c < < + + + + + Cộng (1) (2) và (3) vế theo vế ta có điều phải chứng minh. Bài 2: ĐK: , ,x m n p¹ PT đã cho Û (x-n)(x-p)+(x-m)(x-p)+(x-m)(x-n) = 0 Û 3x 2 -2(m+n+p)x +mn+mp+np = 0(1) Ta có Δ ' 2 ( ) 3( )m n p mn mp np= + + - + + = m 2 +n 2 +p 2 +2mn+2mp+2np -3mn-3mp-3np = m 2 +n 2 +p 2 –mn-mp-np = 1 2 [(m-n) 2 +(n-p) 2 +(m-p) 2 ] >0 Đặt f(x) = 3x 2 -2(m+n+p)x + mn+ mp +np Ta có f(m) = 3m 2 – 2m 2 -2mn -2mp +mn +mp +np = m 2 –mn –mp +np = (m-n)(m-p) ¹ 0 = >m,n,p không phải là nghiệm của pt(1) Vậy PT đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt Bài 3 10 [...]... nªn 2m-3+n>2m-3-n Vµ do m∈Z, n∈N vµ 77=1.77=7.11=-1.(-77)=-7.(-11) Tõ ®ã xÐt 4 trêng hỵp ta sÏ t×m ®ỵc gi¸ trÞ cđa m 2)Tõ gi¶ thi t bµi to¸n ta cã: 100 a + 10b 2 2 100 a + 10b + c = ( a + b ) 4c ⇔ c = (do 4 ( a + b ) − 1 ≠ 0) 2 4 ( a + b) −1 = 10 ( 10a + b ) 4 ( a + b) −1 2 = 10 ( a + b ) + 9a    4 ( a + b) −1 2 Ta cã 4 ( a + b ) 2 − 1 lµ sè lỴ vµ do 0 < c ≤ 9 nªn 4 ( a + b ) 2 − 1 M 5 Mµ 4 ( a +... (**) suy ra: ∆AEC : ∆ADE (c − g − c ) ¶ ¶ ⇒E =D 2 2 · · µ ¶ µ ¶ ⇒ CED + CBD = E1 + E2 + B1 + B2 µ ¶ ¶ ¶ =E +D +D +B 1 2 1 2 = 180 ( xet ∆BDE ) 0 Vậy tứ giác BCED nội tiếp đường tròn tâm K Với K là gaio điểm 3 đường trực của ∆BCE hoặc ∆BDE SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HỐ Đề chính thức KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUN LAM SƠN NĂM HỌC: 2009-2 010 MƠN: TỐN (Dành cho học sinh thi vào lớp chun Tốn)... 2 - 2 ÷ ç ÷ ç ÷ ç n ø è 1 2- 2 = n 2- 2+ 1 n2 2 + 2- 1 n2 1 ( 3+ 2 ) ************************************************ SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC —————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2009-2 010 ĐỀ THI MƠN: TỐN Dành cho các thí sinh thi vào lớp chun Tốn Thời gian làm bài: 150 phút, 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... cờ vua Lúc đầu tổng số sỏi ở các ơ đen bằng 100 5 2009 là một số lẻ sau mối phép thực hiện thao tác T tổng số sỏi ở các ơ đen ln là số lẻ vậy khơng thể chuyển tất cả viên sỏi trên bẳng ơ vng về cùng một ơ sau một số hữu hạn các phép thưc hiện thao tác T Së gi¸o dơc-®µo t¹o Hµ nam ®Ị chÝnh thøc 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... thẳng AC tại E Chứng minh rằng 2 2 - 2 ≤ DE < 1 Câu 5: (1,0 điểm) Cho biểu thức P = a2 + b2 + c2 + d2 + ac + bd , trong đó ad – bc = 1 Chứng minh rằng: P ≥ 3 Hết Họ và tên thí sinh: ………………………………… Số báo danh: …………………… së gi¸o dơc - ®µo t¹o hµ nam kú thi tun sinh vµo líp 10 thpt chuyªn N¨m häc 2009 - 2 010 M«n thi : to¸n(§Ị chung) Thêi gian lµm bµi:... = AOB = 900 Mà AM//PQ , PQ ⊥PS ⇒ MB//PS Kết luận:Quỹ tích giao điểm M là 2 đường chéo của hình vng PQRS =Hết= Së Gi¸o dơc vµ ®µo t¹o B×NH D¦¥NG §Ị thi chÝnh thøc Kú thi tun sinh líp 10 THPT Chuyªn Hïng V¬ng N¨m häc 2009-2 010 M«n thi: To¸n (Chuyªn) Thêi gian lµm bµi: 150 phót (kh«ng kĨ thêi gian ph¸t ®Ị.) C©u1: Gi¶i ph¬ng tr×nh C©u 2: Gi¶i hƯ ph¬ng tr×nh C©u 3: Cho a,b... (**) ta cã ( a + b ) 2 ∈{4; 9; 49; 64} ⇒ a+b ∈{2; 3; 7; 8} 19 + NÕu a+b ∈{2; 7; 8} th× a+b cã d¹ng 3k ± 1(k ∈N) khi ®ã 4 ( a + b ) − 1 chia hÕt cho 3 mµ (a+b) + 9a= 3k ± 2 1+9a kh«ng chia hÕt cho 3 ⇒ 10 ( a + b ) + 9a  kh«ng M ⇒ c ∉N 3   + NÕu a+b =3 ta cã c = 10 ( 3 + 9a ) 35 b=1.Ta cã sè 216 tho¶ m·n KÕt ln sè 216 lµ sè cÇn t×m = 6 ( 1 + 3a ) 7 V× 0 SCAB , mâu thuẫn với giả thi t tam giác ABC có diện tích lớn nhất Vậy, tất cả các điểm đã cho đều nằm bên trong tam giác A ' B ' C ' có diện tích khơng lớn hơn 4 ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUN CỦA HẢI PHỊNG NĂM HỌC 2009-2 010 Bài 1 : ( 1 điểm ) Cho x = ( 4+2 3 − 3 5+2 ) 3 17 5 − 38 − 2 tính P = ( x 2 + x + 1) 0.25 0.25 0.25 . trờng hợp ta sẽ tìm đợc giá trị của m. 2)Từ giả thi t bài toán ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 100 10 100 10 .4 ( 4 1 0) 4 1 10 9 10 10 4 1 4 1 a b a b c a b c c do a b a b a b a a. ************************************************ S GD&T VNH PHC K THI VO LP 10 THPT CHUYấN NM HC 2009-2 010 THI MễN: TON Dnh cho cỏc thớ sinh thi vo lp chuyờn Toỏn Thi gian lm bi: 150 phỳt, khụng k thi gian giao ( cú 01 trang) Cõu. = IJ (đpcm). S GIO DC BèNH NH K THI TUYấN SINH VO LP 10 TRNG THPT CHUYấN Lấ QUí ễN NM HC 2009-2 010 chớnh thc Mụn thi: Toỏn (chuyờn) Ngy thi: 19/06/2009 Thi gian:150 phỳt Bi 1(1.5im) Cho