Gợi ý Giải đề thi chuyên Lê Hồng Phong

ĐỀ THI TRƯỜNG CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG
NĂM HỌC 2009 – 2010
ĐỀ TOÁN CHUNG
Câu 1. ( 2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau :
1) 2x
2
– 3x – 2 = 0 ; 2)
4 1
6 2 9
x y
x y
+ = −


− =

; 3) 4x
4
– 13x
2
+ 3 = 0; 4)
2
2x 2 2.x 1 0− − =
;
GIẢI
1) 2x
2
– 3x – 2 = 0 .
Ta có : ∆ = b
2

– 4ac = (– 3)
2
– 4. 2. (– 2) = 25 > 0
25 5⇒ ∆ = =
.
Phương trình có hai nghiệm phân biệt :
( ) ( )
1 2
3 5 3 5
1
2; ;
2 2.2 2 2.2 2
b b
x x
a a
− − + − − −
− + ∆ − − ∆ −
= = = = = =
2)
1 1
4 1 8 2 2 14 7
2 2
6 2 9 6 2 9 4 1
2 1 3
x y x y x
x x
x y x y x y
y y
 
+ = − + = − =

= =
  
 
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
    
− = − = + = −
  
 
+ = − = −
 
Vậy hệ phương trình có nghiệm :
1
; 3
2
 
−
 ÷
 

3) 4x
4
– 13x
2
+ 3 = 0.
Đặt : t = x
2
( điều kiện : t ≥ 0), Khi đó ta được phương trình :
4t
2
– 13t + 3 = 0 ( 1) .

Ta có : ∆ = b
2
– 4ac = (– 13)
2
– 4. 4. 3 = 121 > 0
121 11⇒ ∆ = =
.
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt :
( )
1
13 11
3 0
2 2.4
b
t
a
− − +
− + ∆
= = = >
( Nhận);
( )
2
13 11
1
0
2 2.4 4
b
t
a
− − −

− − ∆
= = = >
( Nhận)
+ Với t
1
= 3, ta được : x
2
= 3
3x⇔ = ±
;
+ Với t
2
=
1
4
, ta được: x
2
=
1 1
4 2
x⇔ = m
.
Phương trình đã cho có tập nghiệm là :
1 1
S 3; ; ; 3
2 2
 
= − −
 
 

.
4)
2
2x 2 2.x 1 0− − =
Ta có : ∆ = b
2
– 4ac =
( )
( )
2
2 2 4.2. 1 16 0 16 4− − − = > ⇔ ∆ = =
.
Phương trình có hai nghiệm phân biệt :
( ) ( )
1 2
2 2 4 2 2 4
2 2 2 2
; ;
2 2.2 2 2 2.2 2
b b
x x
a a
− − + − − −
− + ∆ + − − ∆ −
= = = = = =
Câu 2. ( 1,5 điểm)
a) Vẽ đồ thị của hàm số
2
x
2

y
−
=
và đường thẳng (D) :
1
y x 1
2
= −
trên cùng một hệ trục tọa độ;
b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính.
GIẢI
a) Học sinh tự vẽ .
b) Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (D) và (P) :
( )
2
2 2
1
1 2 2 0 1
2 2
x
x x x x x
−
= − ⇔ − = − ⇔ + − =
Phương trình (1) có dạng : a + b + c = 1 + 1 + (– 2) = 0.
Phương trình có nghiệm : x
1
= 1 ; x
2
=
2

c
a
= −
x
1
= 1 => y
1
=
1
2
−
; x
2
= – 2 => y
2
= – 2.
Vậy (D) cắt (P) tại 2 điểm M
1
( 1;
1
2
−
) và M
2
(– 2; – 2).
Câu 3. ( 1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau :
A 12 6 3 21 12 3= − + −
;
2 2
5 3

B 5 2 3 3 5 2 3 3 5
2 2
   
= + + − − + − + + −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
GIẢI
a) Ta có :
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
A 12 6 3 21 12 3 3 2.3 3 3 2 3 2. 2 3 .3 3
3 3 2 3 3 | 3 3 | | 2 3 3 | 3 3 2 3 3 3
= − + − = − + + − +
= − + − = − + − = − + − =
b)
2 2
5 3
B 5 2 3 3 5 2 3 3 5
2 2
   
= + + − − + − + + −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Ta có :
2

2
2 2 2
2
2 2 2
5 3 3 1 5 5 1 5 3 1 5 1 5
2 3 3 5 2 2
2 2 4 2 2 4 2 2
2 2 2
3 1 5 1 5 3 1 5 1 5 3 1 5 1 5 3 3
2
2 2 2 2 2 2 2 2
 
 
     
+ −
 ÷
 ÷
+ + − − = + + + − + − = + −
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
 ÷
 ÷
 ÷
     
 
 
 
     
+ − + − + + − −
= + − = + − = = =

 ÷
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
 ÷
     
 
2
2
2 2 2
2
2 2 2
3 3 3 1 5 5 1 3 3 1 5 1 3
2 3 3 5 2 2
2 2 4 2 2 4 2 2
2 2 2
3 1 5 1 3 3 1 5 1 3 3 1 5 1 3 5 5
2
2 2 2 2 2 2 2 2
 
 
     
− +
 ÷
 ÷
− + + − = − + + + + − = + −
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
 ÷
 ÷
 ÷

     
 
 
 
     
− + − + − + + −
= + − = + − = = =
 ÷
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
 ÷
     
 
Vậy
2 2
5 3 3 5 15 5
B 5 2 3 3 5 2 3 3 5 5. 10
2 2 2 2 2 2
   
= + + − − + − + + − = + = + =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Câu 4. ( 1,5 điểm) Cho phương trình : x
2
– ( 3m + 1)x + 2m
2
+ m – 1 = 0 ( x là ẩn số).
a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
b) Gọi x

1
; x
2
là hai nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất:
2 2
1 2 1 2
A 3x x x x= + −
.
GIẢI
a) Xét : ∆ = b
2
– 4ac = [ – (3m + 1)]
2
– 4. 1. ( 2m
2
+ m – 1) = 9m
2
+ 6m + 1 – 8m
2
– 4m + 4
= m
2
+ 2m + 1 + 4 = ( m + 1)
2
+ 4 >0 với mọi m ( vì ( m + 1)
2
≥ 0 với mọi m)
Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
b) Theo định lý Vi – et ta được : x
1

+ x
2
=
b
a
−
= 3m + 1; x
1
.x
2
=
c
a
= 2m
2
+ m – 1.
Ta có :
2 2
1 2 1 2
A 3x x x x= + −
= ( x
1
+ x
2
)
2
– 5 x
1
.x
2

= (3m + 1)
2
– 5(2m
2
+ m – 1)
= 9m
2
+ 6m + 1 – 10m
2
– 5m + 5 = – m
2
+ m + 6 = – (m
2
– m – 6)
=
2 2
2
1 1 25 1 25 25 1 25
m 2m m m
2 4 4 2 4 4 2 4
 
     
− + + − = − − − = − − ≤
 
 ÷  ÷  ÷
     
 
 
Vì

2
1
m 0
2
 
+ ≥
 ÷
 
với mọi m. Vậy A đạt giá trị lớn nhất bằng
25 1
khi m
4 2
=
.
Câu 5. ( 3,5 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc đường tròn (O) khác
A và B. Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau tại E. Vẽ MP vuông góc với AB ( P thuộc AB)., vẽ
MQ vuông góc với AE ( Q thuộc AE).
a) Chứng minh : AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là hình chữ nhật.
b) Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh :O: I và E thẳng hàng.
c) Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng dạng.
Suy ra K là trung điểm của MP.
d) Đặt AP = x. Tính MP theo R và x. Tìm vị trí của M trên (O) để hình chữ nhật APMQ có diện
tích lớn nhất.
GIẢI
a) * Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp:
Do AE và ME là hai tiếp tuyến của đường tròn (O)
Nên :
·
·

·
·
0 0
OAE OME 90 OAE OME 180= = ⇒ + =
Vậy tứ giác AEMO nội tiếp được đường tròn.
* Chứng minh tứ giác APMQ là hình chữ nhật:
Ta có :
·
·
·
0
QAP APM MQA 90= = =
Vậy tứ giác APMQ là hình chữ nhật.
b) Chứng minh O; E và I thẳng hàng:
+ Do tứ giác APMQ là hình chữ nhật và I là
trung điểm của QP nên I cũng là trung điểm của AM.
+ Do AE và ME là hai tiếp tuyến của đường tròn (O)
nên AE = ME, mặt khác OA = OM = R, vậy EO là đường trung
trực của AM, suy ra : OE đi qua I hay O; E và I thẳng hàng.
c) * Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng dạng :
+ Ta có :
·
¼
·
·
1 1
MBP Sđ AM MOA EOA
2 2
= = =
+ Xét ∆ AEO và ∆ PMB :

·
·
·
·
0
EAO MPB 90 ; EOA MBP= = =
Suy ra : ∆ AEO ∆ PMB.
* Chứng minh K là trung điểm của MP:
Do ∆ AEO ∆ PMB 
AE PM AE.PB AE.PB
PM
AO PB AO R
= ⇔ = =
Do MP // AE
KP PB PB.AE PB.AE PB.AE
KP 2KP
AE AB AB 2R R
⇒ = ⇔ = = ⇔ =
Suy ra : PM = 2 PK, hay K là trung điểm của PM.
d) * Đặt AP = x. Tính MP theo R và x :
Xét
·
( )
0
AMB AMB 90 ; MP AB∆ = ⊥
, ta được :
( )
MP AP.PB 2x R x= = −
.
* Vị trí của M trên (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất:

+ Gọi diện tích hình chữ nhật APMQ là S, ta được : S = AP. MP =
( )
x x 2R x−
+ Áp dụng BĐT Cô – Si đối với 4 số dương :
; ;
3 3 3
x x x
và ( 2R – x) ta được :
( ) ( )
4
4 2 2 2
3 3 3 3 3 3
x x x x x x
R x R x R× × × × − ≤ + + + − =
( dấu “=” xảy ra khi :
3
2
3 3 3 2
x x x R
R x x= = = − ⇔ =
).

( ) ( ) ( )
3 3
2 2 2
4
3 3
2 2 2
3 2 3 4 4 4
3 3

x R x R x R R
R x R x x R x S
   
− ≤ ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤
 ÷  ÷
   
Ta được S đạt giá trị lớn nhất bằng
2
3 3
4
R
khi AP =
3
2
R

·
¼
0 0
MAB 30 Sđ BM 60⇒ = ⇔ =
, Khi đó
M thuộc đường tròn sao cho :
¼
0
Sđ BM 60=
.
………………………….Hết………………………….
ĐỀ THI TRƯỜNG CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG
NĂM HỌC 2009 – 2010
K

I
Q
P
E
M
O
B
A
ĐỀ TOÁN CHUYÊN
Câu 1. ( 4 điểm)
1) Giải hệ phương trình sau :
1
1
1
2
5 3
1
y
x
y
x

+ =


+


+ =


+

2) Giải phương trình : ( 2x
2
– x)
2
+ 2x
2
– x – 12 = 0
GIẢI
1) Giải hệ phương trình sau :
1 2 1 2
1
1
1 2 2
1
1 1 1 3
2
1
1
2 2 1
3 1
5 3 5 3
3
1 1 3
y y
x
y
x x x
x

y
y
y y y
x x
  

+ = + = =
=

  

+ =
    
+ + +
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
+
    
    
=
=
+ = + = =


  
+ +

  
Vậy hệ phương trình có nghiệm :
1 1
;

2 3
 
 ÷
 
.
2) Giải phương trình : ( 2x
2
– x)
2
+ 2x
2
– x – 12 = 0
Đặt : t = 2x
2
– x, ta được phương : t
2
+ t – 12 = 0 (*)
Ta có : ∆ = b
2
– 4ac = 1
2
– 4.1(– 12) = 49
49 7⇒ ∆ = =
,
Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt :
1 2
1 7 1 7
t 3; t 4;
2 2.1 2 2.1
b b

a a
− + ∆ − + − + ∆ − −
= = = = = = −
+ Với t
1
= 3, ta được : 2x
2
– x = 3  2x
2
– x – 3 = 0 (1).
Phương trình có dạng : a – b + c = 2 – (– 1) – 3 = 0,
Vậy phương trình (1) có nghiệm : x
1
= –1; x
2
=
c 3 3
a 2 2
−
− = − =
.
+ Với t
2
= – 4, ta được : 2x
2
– x = – 4  2x
2
– x + 4 = 0 (2).
Ta có : ∆ = b
2

– 4ac = (–1)
2
– 4.2.4 = – 31 < 0.
Vậy phương trình (2) vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm : S =
3
1;
2
 
−
 
 

Câu 2. ( 3 điểm)
Cho phương trình x
2
– 2(2m + 1)x + 4m
2
+ 4m – 3 = 0 ( x là ẩn số). Tìm m để phương trình đã cho
có hai nghiệm phân biệt x
1
; x
2
( x
1
< x
2
) thỏa : | x
1
| = 2| x

2
|
GIẢI
+ Ta có : ∆’ = ( 2m + 1)
2
– ( 4m
2
+ 4m – 3) = 4m
2
+ 4m + 1 – 4m
2
– 4m + 3 = 4 > 0
Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
+ Vì x
1
< x
2
nên nghiệm của phương trình là :
1 2
' ' ' '
2 1; 2 3;
b b
x m x m
a a
− − ∆ − + ∆
= = − = = +
( vì 2m + 3 > 2m – 1)
+ Theo đề ta được : | x
1
| = 2| x

2
|
* Trường hợp : x
1
= 2x
2
 2m – 1= 2( 2m + 3) 
7
m
2
−
=
* Trường hợp : x
1
= – 2x
2
 2m – 1 = –2( 2m + 3) 
5
m
6
−
=
Vậy
7
m
2
−
=
hoặc
5

m
6
−
=
Câu 3. ( 2 điểm) Thu gọn biểu thức :
7 5 7 5
A 3 2 2
7 2 11
+ + −
= − −
+
GIẢI
Ta đặt :
7 5 7 5
M
7 2 11
+ + −
=
+
=> M > 0.
Ta được :
( )
( )
2
2
2
2
14 2 7 5
2 7 2 11
7 5 7 5 14 2 44

M 2 M 2
7 2 11 7 2 11 7 2 11
7 2 11
+ −
 
+
+ + − +
 ÷
= = = = = ⇔ =
 ÷
+ + +
+
 
( ) ( )
2 2
2
3 2 2 2 2 2.1 1 2 1 2 1− = − + = − = −
Vậy :
( )
A M 2 1 2 2 1 1= − − = − + =
Câu 4. ( 4 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O). Gọi P là điểm chính giữa của cung nhỏ AC.
Hai đường thẳng AP và BC cắt nhau tại M. Chứng minh rằng :
a)
·
·
ABP AMB=
; b) MA. MP = BA. BM
GIẢI
a) Chứng minh

·
·
ABP AMB=
:
+ Ta có : ∆ ABC cân tại A nên AB = AC =>
»
»
AB AC=
;
+
·
»
»
( )
»
»
( )
»
·
1 1 1
AMB Sđ AB Sđ PC Sđ AC Sđ PC Sđ AP ABP
2 2 2
= − = − = =
b) Chứng minh MA. MP = BA. BM :
+ Do
·
·
ABP AMB=
=>
·

·
CBP AMB=

=>∆ MPB cân tại P nên PM = PM.
+ Xét ∆ MAB và ∆ APB :
Góc A chung ;
·
·
ABP AMB=
Suy ra ∆ MAB ∆ BAP ( g – g)
Suy ra :
MA BM MA BM
AM.PM BA.BM
BA PB BA PM
= ⇔ = ⇔ =
( đpcm)
Câu 5. ( 3 điểm)
a) Cho phương trình : 2x
2
+ mx + 2n + 8 = 0( x là ẩn số và m , n là các số nguyên). Giả sử phương
trình có các nghiệm đều là số nguyên. Chứng minh rằng: m
2
+ n
2
là hợp số.
b) Cho hai số a, b > 0, thỏa : a
100
+ b
100
= a

101
+ b
101
= a
102
+ b
102
. Tính P = a
2010
+ b
2010
.
GIẢI
a) Giả sử a và b
( )
a; b∈¢
là hai nghiệm của phương trình : 2x
2
+ mx + 2n + 8 = 0.
Ta có : ∆ = b
2
– 4ac = m
2
– 16n – 64 ≥ 0.
Theo định lý Vi – et :
( )
2
2
4
4

m
m a b
a b
n ab
ab n
−

= − +
+ =
 
⇔
 
= −



= +

Suy ra : m
2
+ n
2
= [ 2( a + b)]
2
+ ( ab – 4)
2
= 4a
2
+ 8ab + 4b
2

+ (ab)
2
– 8ab + 16
= 4a
2
+ (ab)
2
+ 4b
2
+ 16 = a
2
( 4 + b
2
) + 4(b
2
+ 4) = ( a
2
+ 4)(b
2
+4)
Vì a, b là các số nguyên và a
2
≥ 0 ; b
2
≥ 0, nên a
2
+ 4 và b
2
+4 là những số nguyên lớn hơn 3.
Vậy m

2
+ n
2
là hợp số.
b) Ta có : a
100
+ b
100
= a
101
+ b
101
= a
102
+ b
102
, nên :
(a
100
+ b
100
) (a
102
+ b
102
)= (a
101
+ b
101
)

2

 a
202
+ a
100
b
102
+ a
102
b
100
+ b
102
= a
202
+ 2a
101
b
101
+ b
102
.
O
M
P
C
B
A
 a

100
b
102
+ a
102
b
100
= 2a
101
b
101
 b
2
+ a
2
= 2ab  ( a – b)
2
= 0  a = b.
Từ giả thiết, ta được : 2a
100
= 2a
101
= 2a
102
 1 = a = a
2
 a = b =1 ( vì a, b > 0)
Vậy : P = a
2010
+ b

2010
= 1
2010
+ 1
2010
= 2.
Câu 6. (2 điểm)
Cho tam giác OAB vuông cân tại O với OA = OB = 2a. Gọi (O) là đường tròn tâm O bán kính a.
Tìm điểm M thuộc (O) sao cho MA + 2MB đạy giá trị nhỏ nhất.
GIẢI
Gọi C và D là giao điểm của AO với (O; a), với C nằm giữa A và O.
Ta được : C là trung điểm của OA, hay OC = a. Gọi E là trung điểm
của OC; F là giao điểm của đoạn thẳng BE và (O; a).
+ Nếu M trùng với C, ta được :
AM = AC; EM = EC và do AC = 2EC
Suy ra : AM = 2 EM
+ Nếu M trùng với D, ta được :
AM = AD; EM = ED và do AD = ED
Suy ra : AM = 2 EM
+ Nếu M không trùng với D và không trùng với C
Xét ∆ EOM và ∆ MOA :
Góc O chung
OE OM 1
OM OA 2
= =
Suy ra ∆ EOM ∆ MOA.
EM 1
AM 2EM
AM 2
⇒ = ⇔ =

.
Vậy ta luôn được AM = 2 EM.
Suy ra : AM + 2 BM = 2 ( EM + BM) ≥ 2. EB = 2
( )
2
2
17
2 2. 17
2 2
a a
a a
 
+ = =
 ÷
 
,
dấu “=” xảy ra khi M trùng với F. Vậy : AM + 2 BM đạt giá trị nhỏ nhất bằng
17a
khi M trùng với F.
Câu 7. ( 2 điểm)Cho a, b là các số dương thỏa : a
2
+ 2b
2
≤ 3c
2
. Chứng minh :
1 2 3
a b c
+ ≥
.

GIẢI
Ta có : a
2
+ c
2
≥ 2ac ; 2b
2
+ 2c
2
≥ 4bc, dấu “ = ” xảy ra khi a = b = c;
Suy ra : a
2
+ c
2
+ 2b
2
+ 2c
2
≥ 2ac + 4bc  a
2
+ 2b
2
+ 3c
2
≥ 2ac + 4bc
Theo giả thiết : a
2
+ 2b
2
≤ 3c

2
, suy ra : 2ac + 4bc ≤ a
2
+ 2b
2
+ 3c
2
≤ 6c
2
 a + 2b ≤ 3c (*)
Áp dụng BĐT BunhiAkôpski :
( )
( )
2
2
1 2 1 2 1 2
3 2 3 2 2
1 2 1 2 3
3 1 2 9 (Đpcm)
c a b c a b a b
a b a b a b
c
a b a b c
 
   
≥ + ⇔ + ≥ + + ≥ +
 ÷
 ÷  ÷
 ÷
   

 
 
⇔ + ≥ + = ⇔ + ≥
 ÷
 
……………………………Hết……………………………
Rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của tất cả mọi người.
M
F
EO
D
C
B
A