ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI

ĐÁP ÁN
Câu 1:
( )
2
a b
a b a b b a
P :
a b 2
a b b ab ab a
−
 
+ +
= − + −
 ÷
−
+ − +
 
( ) ( ) ( ) ( )
a b
a b a b b a
:
2
a b
a b a b b a b a a b
 
−
+ +
 ÷
= − + −
 ÷
+

− + − − +
 ÷
 
( )
( )
( )
a b
a b a ab b ab ab b ab a ab ab
:
2
a b a b ab
a b
2 ab a b
a b
:
2
a b a b ab
a b
a b
2 2
−
+ + + + + −
= −
+ −
−
+
+
= −
+ −
−

−
= −
Nếu:
a b 0− >
a b a b
P 0
2 2
− −
⇔ = − =
Nếu
a b 0 a b P a b− < ⇔ < ⇔ = −
2.
( )
2
a b 1 a a 1 1− = − ⇔ − + = −

( vì b = (a+1)
2
( )
a a 1 1
a 1 a 0
⇔ − − = −
⇔ − =
Mà a>0
1 a 0 a 1 b 4⇔ − = ⇔ = ⇔ =
Vậy a = 1 và b = 4 thì p = -1;
Câu 2:
1)

2 2

x (m 1)x m 2 0+ + + − =
Xét
( ) ( )
2
2 2 4 2
b 4ac m 1 4 m 2 m 2m 1 4m 8
∆ = − = + − − = + + − +

( ) ( )
4 2 2
2 2
2
m 2m 1 4m 4m 1 7
m 1 2m 1 7 0
= − + + − + +
= − − + ≥
Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt
1 2
x;x
Theo đầu bài
1 2
x .x 0 m 2 0 m 2≠ ⇒ − ≠ ⇒ ≠
2) Từ (*)
( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1 2 2 1 2
2 2 2 2
1 1 2 2 1 2
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2

2x 1 x 2x 1 x x x 55
2x x 2x x x x 55 0
2 x x 4x x x x xx 55 0 (2)
⇒ − + − = +
⇔ − + − − − =
⇔ + − − + − − =
Áp dụng hệ thức viet ta có:
( )
2
1 2
b
x x m 1
a
−
+ = = − +
1 2
c
x x m 2
a
= = −

( ) ( ) ( )
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
4 2
4 2
(2) 2 x x 4xx x x x x 55 0
2m 4m 2 8 1 4 55 4m 4m 0
2m 4m 48 0
⇔ + − − + − − =

⇔ + + + + − − − = =
⇔ + − =
Đặt :
2
t m t 0= ⇒ >
2
2t 4t 48 0+ − =
' 100 0∆ = >
1
2 10
t 4
2
− +
= =
2
2 10
t 6 0
2
− −
= = − <
( loại)
Thay t = 4
·
·
·
COA 2CBA 2CBM= =
Xét với điều kiện
m 2⇒ = −
Câu 3:

a) Ta có
·
·
·
·
(
)
1 2
MOC MOC 2 CAB CBA+ = +
·
·
(
)
CAB CBA+
= 90
0
( Tổng 3 góc trong một tam giác)
·
·
0
1 2
MOC MOC 180
⇒ + =
⇔
tứ giác MO
1
CO
2
nội tiếp ( tổng hai góc đối bằng 180
0

)
⇒
C, O
1
, M, O
2
cùng nằm trên một đường tròn (C)
b) Trong (O):
·
·
·
COA 2CBA 2CBM= =
Trong (O
2
):
·
·
2
CO M 2CBM=
·
·
2
COM CO M
⇒ =
⇒
tứ giác COO
2
M nội tiếp
mà MO
1

CO
2
nội tiếp (chứng minh trên)
⇒
5 điểm C, O
1
, M, O
2
, O cùng thuộc đường tròn (C)
⇒
O
∈
(C)
c) Xác định vị trí của M để đường tròn (C) có bán kính nhỉ nhất.
Đường tròn (O1) và (O2) có dây cung chung AC
⇒
đường nối tâm
1
OO AC⊥
tại K
⇒
K là trung điểm AC
Tương tự I là trung điểm của BC
Ta có O
1
C = O
1
M = bán kính đường tròn O
1
O

2
C = O
2
M = bán kính đường tròn O
2

O
1
O
2
chung
Suy ra
1 2 1 2
OCO= OMO∆ ∆
·
·
1 1 2
2
OCO=O MO
Do tứ giác MO
1
CO
2
nội tiếp
⇒

·
0
1
2

OCO 90
=
Vậy đường tròn (C) có đường kính O
1
O
2
= 2R
Do
2 2
0 2 2 2 2
1 2 1 2
AC BC
OCO 90 OC O C CK CI
4 4
= ⇒ + ≥ + = +

2 2 2
2
AC BC AB
4R
4 4 16
⇔ ≥ + =
Vậy
2 2 2
2
AC BC AB
MIN R R =
4 4 16
⇔ + =
Đẳng thức xảy ra khi M trùng với chân đường vuông góc hạ từ C

xuống AB tại K
Câu 4:
Từ:

2
i)ac a c b 2b− − = −

2
ac a c 1 b 2b 1⇔ − − + = − +
2
a(c 1) (c 1) (b 1)⇔ − − − = −
2
(a 1)(c 1) (b 1)− − = −
a(d 1) b(c 1) c 1 d 1 0⇔ − − − + − − + =
a(d 1) (d 1) b(c 1) (c 1) 0⇔ − − − − − + − =
2
ii) bd b d 1 c 2c 1− − + = − +
2
b(d 1) (d 1) (c 1)⇔ − − − = −
2
(b 1)(d 1) (c 1)⇔ − − = −
Ta cần chứng minh ad + b + c = bc + a + d
Thật vậy
ad b c bc a d + + = + +
ad b c bc a d 0⇔ + + − − − =

a(d 1) b(c 1) c 1 d 1 0⇔ − − − + − − + =

a(d 1) (d 1) b(c 1) (c 1) 0⇔ − − − − − + − =
(a 1)(d 1) (b 1)(c 1) 0⇔ − − − − − =

2 2
2 2
(b 1) (c 1)
. (b 1)(c 1) 0
(c 1) (b 1)
− −
⇔ − − − =
− −
(b 1)(c 1) (c 1)(b 1) 0⇒ − − − − − =
(đpcm)
Câu 5:
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 1
M
x y z x z y
= + +
+ + +
( )
2
2
1 1 1 2
z x z y (z x)(z y)
x y
 
= + − +
 ÷
+ + + +
+
 

2
2
z y z x
1 2
(x y) (z x)(z y) (z x)(z y)
 
+ − −
= + +
 ÷
− + + + +
 
( vì (x+z)(y+z) = 1)
Có
2
2
2 2
(x y)
1
(x y) 2 1
(x y) (x y)
−
+ − ≥ =
− −
Vậy
M 4≥