LOI GIAI TOAN VAO LAM SON 2010-2011(CUC HAY)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
THANH HOÁ NĂM HỌC 2010-2011
( Dành cho tất cả thí sinh thi vào PTTH chuyên Lam Sơn)
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi :19 tháng 6 năm 2010
Câu I: ( 2 điểm )
Cho biểu thức: A =








+
−
+−








+
+
−
−
− 2

10
2:
2
1
63
6
4 x
x
x
xxxxx
x
1) Rút gọn biểu thức A
2). Tìm x sao cho A < 2
Câu II : ( 2 điểm ) Cho x
1
và x
2
là hai nghiệm của phương trình : x
2
– 7x + 3 = 0
1) Hãy lập phương trình bậc hai có hai nghiệm là 2x
1
-x
2
và 2x
2
-x
1

2) Tính giá trị của biểu thức : B =

21
2 xx −
+
12
2 xx −
,
Câu III : ( 1,5 điểm ) Giải hệ phương trình








=
−
+
+
=
−
−
+
1
2
3
2
20
1
2

1
2
4
yxyx
yxyx
Câu IV : ( 3,5 điểm )
Cho hình vuông ABCD trên đường chéo BD lấy điểm I sao cho BI = BA . Đường thẳng đi
qua I vuông góc với BD cắt AD tại E và AI cắt BE tại H
1) Chứng minh rằng : AE = ID
2) Đường tròn tâm E bán kính EA cắt AD tại điểm thứ hai F ( F
≠
A)
Chứng minh : DF.DA = EH . EB
Câu V : ( 1 điểm ) Cho tam giác ABC có độ dài 3 cạnh lần lượt là : BC = a ; CA= b ; BA= c
Và chu vi bằng 2p . Chứng minh rằng :
9≥
−
+
−
+
− cp
p
bp
p
ap
p
Hết
Họ và tên thí sinh số báo danh:
chữ ký giám thị 1: chữ ký giám thị 1 :
dự kiến lời giải môn toán chung KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN

NĂM HỌC 2010-2011
( Dành cho tất cả thí sinh thi vào PTTH chuyên Lam Sơn)
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi :19 tháng 6 năm 2010
Câu I: ( 2 điểm )
a) ĐK: x>0 ;x
4≠
A =








+
−
+−








+
+
−

−
−
2
10
2:
2
1
63
6
4 x
x
x
xxxxx
x
A =
( )






+
+
−
−
− 2
1
)2.(3
6

4 xxxx
x
:
( )( )
2
10
2
22
+
−
+
+
+−
x
x
x
xx
A =
( )






+
+
−
−
−

2
1
)2(
2
4
xx
x
x
:
2
104
+
−+−
x
xx
A =
( )( ) ( )






+
−
+
+−
+
−
+− 2

2
2).2(
)2.(2
22 x
x
xx
x
xx
x
:
2
104
+
−+−
x
xx
A =
( )( )






+−
−+−−
22
242
xx
xxx

:
2
6
+x
A =
( )( )






+−
−
22
6
xx
:
2
6
+x
A =
xx −
=
−
−
2
1
2
1

b) với x>0 ;x
4≠
ta có :
A < 2
⇔

x−2
1
<2
⇔
2-
x−2
1
> 0

⇔
x
x
−
−−
2
124
=
x
x
−
−
2
23
> 0

3 2 0
2 0
3 2 0
2 0
.
x
x
x
x


− <




− <



⇔

− >




− >







⇔




>>
>
0
4
9
4
x
x
Vậy với
4x
>
hoặc
9
0
4
x< <
thì A<2
Câu II (2đ)
1) Vì
49 12 37 0
∆ = − = >

nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,x x
Theo hệ thức Vi-et ta có:
1 2
1 2
7
3
x x
x x
+ =


=

Đặt
1 1 2 2 2 1
2 ; 2y x x y x x= − = −
ta có:

1 2 1 2 2 1 1 2
2 2
1 2 1 2 2 1 1 2 1 2
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2
2 2 7
(2 )(2 ) 5 2( )
5 2[( ) 2 ]=9 2( )
9.3 2.7 71

y y x x x x x x
y y x x x x x x x x
x x x x x x x x x x
+ = − + − = + =
= − − = − +
= − + − − +
= − = −
Do đó phương trình bậc hai cần lập là:
2
7 71 0y y− − =
2)Ta có : B
2
=
( )
( )
2
2
2 2
1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
2 2 2 49 2.( 71) 2 71 333 333y y y y y y y y y y y y B+ = + + = + − + = − − + = ⇒ =
Câu III (1,5đ)
ĐK:
2x y≠ ±
Đặt
1 1
0, 0
2 2
a b
x y x y
= ≠ = ≠

+ −
ta được hệ:

1
3
4 1 2 8
8
5
20 3 1 2 2
1
2
12
x
a
a b x y
a b x y
y
b

=
=


− = + =
 
 
⇔ ⇒ ⇔
   
+ = − = −
=

 
 
= −



Câu IV (3,5đ) (Tự vẽ hình)
1) Xét tam giác ABE và tam giác IBE có:
AB=IB; gócBAE= gócBIE = 90
0
; BE chung
suy ra tam giác ABE = tam giácIBE (cạnh huyền -cạnh góc vuông)
suy ra AE = IE (1)
vì ABCD là hình vuông nên góc EDI = 45
0
suy ra góc DEI = 45
0
(vì tam giácDEI vuông ở
I)
suy ra tam giác DEI cân tại I suy ra IE =ID (2)
từ (1) và (2) suy ra AE = DI
2) Vì EA = EI nên đường tròn (E;EA) đi qua I mà EI vuông góc với DI
suy ra DI là tiếp tuyến của đường tròn (E;EA)
suy ra gócDAI = gócDIF (cùng chắn cung IF)
suy ra tam giácDAI đồng dạng với tam giácDIF (G-G) suy ra DA/DI =DI/DF
do đó DF.DA = DI
2

mà DI = IE suy ra DF.DA =IE
2

(3)
vì AI là dây chung của đương tròn (E;EA) và đường tròn (B;BA=BI) nên AI vuông góc
với BE tại H
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông BEI có : IE
2
= EH.EB (4)
Từ (3) và (4) suy ra DF.DA =EH.EB
Câu V (1đ)
Trước hết ta chưng minh: với a,b >0 ta có:
1 1 4
(*)
a b a b
+ ≥
+
Thật vậy(*)
( ) ( )
2 2
4 0a b ab a b⇔ + ≥ ⇔ − ≥
(đúng).Dấu “=” xảy ra
a b⇔ =
Áp dụng (*) ta có:

4 4p p p p
p a p b p a p b c
+ ≥ =
− − − + −
tương tự ta có:
4 4p p p p
p b p c p b p c a
+ ≥ =

− − − + −

4 4p p p p
p c p a p c p a b
+ ≥ =
− − − + −
suy ra
2 2 2p p p p p p
p a p b p c a b c
+ + ≥ + +
− − −
Hay
3 ( ) ( ) ( )
p p p a b b c c a
p a p b p c b a c b a c
+ + ≥ + + + + + +
− − −
mà
( ) 2;( ) 2;( ) 2
a b b c c a
b a c b a c
+ ≥ + ≥ + ≥
(BĐT Cauchy)
Do đó
9
p p p
p a p b p c
+ + ≥
− − −
(đpcm)

Dấu “=” xảy ra
⇔
a=b=c tức là ABC là tam giác đều
(lời giải của thầy Nguyễn Cưòng THCS Nghi sơn Tĩnhgia-Thanh Hóa)