Tổng hợp các đề thi và đáp án vào lớp 10 môn Toán chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN
THANH HOÁ NĂM HỌC 2012 - 2013
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN
(Đề gồm có 01 trang) (Môn chung cho tất cảc thí sinh)
Thời gian làm bài :120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 17 tháng 6 năm 2012
Câu 1: (2.0 điểm ) Cho biểu thức :
1 1 1
4
1 1 2
a a
P a
a a a a
 
+ −
= − +
 ÷
 ÷
− +
 
, (Với a > 0 , a ≠1)
1. Chứng minh rằng :
2
1
P
a
=
−
2. Tìm giá trị của a để P = a
Câu 2 (2,0 điểm ) : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = x
2

và đờng thẳng
(d) : y = 2x + 3
1. Chứng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt
2. Gọi A và B là các điểm chung của (d) và (P) . Tính diện tích tam giác OAB ( O
là gốc toạ độ)
Câu 3 (2.0 điểm) : Cho phương trình : x
2
+ 2mx + m
2
– 2m + 4 = 0
1. Giải phơng trình khi m = 4
2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt
Câu 4 (3.0 điểm) : Cho đường tròn (O) có đờng kính AB cố định, M là một điểm thuộc
(O) ( M khác A và B ) . Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau ở C. Đờng tròn (I) đi
qua M và tiếp xúc với đờng thẳng AC tại C. CD là đờng kính của (I). Chứng minh rằng:
1. Ba điểm O, M, D thẳng hàng
2. Tam giác COD là tam giác cân
3. Đờng thẳng đi qua D và vuông góc với BC luôn đi qua một điểm cố định khi M
di động trên đường tròn (O)
Câu 5 (1.0 điểm) : Cho a,b,c là các số dương không âm thoả mãn :
2 2 2
3a b c+ + =
Chứng minh rằng :
2 2 2
1
2 3 2 3 2 3 2
a b c
a b b c c a
+ + ≤
+ + + + + +

Hết
1
BÀI GIẢI
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
1
1. Chứng minh rằng :
2
1
P
a
=
−
1 1 1
4
1 1 2
a a
P a
a a a a
 
+ −
= − +
 ÷
 ÷
− +
 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
1 1 4

1 1
1
.
2
1 1
a a a
a a
P
a a
a a
+ − − +
+ −
=
+ −
( ) ( )
2 1 2 1 4 4 1
.
2
1 1
a a a a a a a
P
a a
a a
+ + − + − + −
=
+ −
4 1 2
.
1 1
2

a a
P
a a
a a
= =
− −
(ĐPCM)
1.0
2. Tìm giá trị của a để P = a. P = a
=>
2
2
2 0
1
a a a
a
= => − − =
−
.
Ta có 1 + 1 + (-2) = 0, nên phương trình có 2 nghiệm
a
1
= -1 < 0 (không thoả mãn điều kiện) - Loại
a
2
=
2
2
1
c

a
−
= =
(Thoả mãn điều kiện)
Vậy a = 2 thì P = a
1.0
2 1. Chứng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt
Hoành độ giao điểm đường thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm của phư-
ơng trình
x
2
= 2x + 3 => x
2
– 2x – 3 = 0 có a – b + c = 0
Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt
x
1
= -1 và x
2
=
3
3
1
c
a
−
= =
Với x
1
= -1 => y

1
= (-1)
2
= 1 => A (-1; 1)
Với x
2
= 3 => y
2
= 3
2
= 9 => B (3; 9)
Vậy (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt A và B
1.0
2. Gọi A và B là các điểm chung của (d) và (P) . Tính diện tích tam giác
OAB ( O là gốc toạ độ)
Ta biểu diễn các điểm A và B trên mặt phẳng toạ độ Oxy như hình vẽ
1.0
2
1
D
C
B
A
9
3
-1
0
1 9
. .4 20
2 2

ABCD
AD BC
S DC
+ +
= = =
. 9.3
13,5
2 2
BOC
BC CO
S = = =
. 1.1
0,5
2 2
AOD
AD DO
S = = =
Theo công thức cộng diện tích ta có:
S
(ABC)
= S
(ABCD)
- S
(BCO)
- S
(ADO)
= 20 – 13,5 – 0,5 = 6 (đvdt)
3 1. Khi m = 4, ta có phương trình
x
2

+ 8x + 12 = 0 có ∆’ = 16 – 12 = 4 > 0
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt
x
1
= - 4 + 2 = - 2 và x
2
= - 4 - 2 = - 6
1.0
2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt
x
2
+ 2mx + m
2
– 2m + 4 = 0
Có D’ = m
2
– (m
2
– 2m + 4) = 2m – 4
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì D’ > 0
=> 2m – 4 > 0 => 2(m – 2) > 0 => m – 2 > 0 => m > 2
Vậy với m > 2 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt
1.0
4
1
2
N
K
H
D

I
C
O
A
B
M
1. Ba điểm O, M, D thẳng hàng:
Ta có MC là tiếp tuyến của đường tròn (O) ⇒ MC ⊥ MO (1)
1.0
3
Xét đường tròn (I) : Ta có
·
0
90CMD =
⇒ MC ⊥ MD (2)
Từ (1) và (2) => MO // MD ⇒ MO và MD trùng nhau
⇒ O, M, D thẳng hàng
2. Tam giác COD là tam giác cân
CA là tiếp tuyến của đường tròn (O) ⇒ CA ⊥AB(3)
Đờng tròn (I) tiếp xúc với AC tại C ⇒ CA ⊥ CD(4)
Từ (3) và (4) ⇒ CD // AB =>
·
·
DCO COA=
(*)
( Hai góc so le trong)
CA, CM là hai tiếp tuyến cắt nhau của (O) ⇒
·
·
COA COD=

(**)
Từ (*) và (**) ⇒
·
·
DOC DCO=
⇒ Tam giác COD cân tại D
1.0
3. Đường thẳng đi qua D và vuông góc với BC luôn đi qua một điểm cố
định khi M di động trên đờng tròn (O)
* Gọi chân đường vuông góc hạ từ D tới BC là H.
·
0
90CHD =
⇒ H ∈ (I)
(Bài toán quỹ tích)
DH kéo dài cắt AB tại K.
Gọi N là giao điểm của CO và đường tròn (I)
=>
·
0
90
can tai D
CND
NC NO
COD

=

⇒ =


∆


Ta có tứ giác NHOK nội tiếp
Vì có
¶
µ
·
2 1
H O DCO= =
( Cùng bù với góc DHN) ⇒
·
·
0
180NHO NKO+ =
(5)
* Ta có :
·
·
NDH NCH=
(Cùng chắn cung NH của đường tròn (I))
·
· ·
( )
CBO HND HCD= =
⇒ ∆DHN ∆COB (g.g)



HN OB

HD OC
OB OA HN ON
OC OC HD CD
OA CN ON
OC CD CD

⇒ =



⇒ = ⇒ =



⇒ = =


Mà
· ·
ONH CDH=
⇒∆NHO ∆DHC (c.g.c)
⇒
·
0
90NHO =
Mà
·
·
0
180NHO NKO+ =

(5) ⇒
·
0
90NKO =
, ⇒ NK ⊥ AB ⇒
NK // AC ⇒ K là trung điểm của OA cố định ⇒ (ĐPCM)
1.0
5 Câu 5 (1.0 điểm) : Cho a,b,c là các số dơng không âm thoả mãn :
2 2 2
3a b c+ + =
Chứng minh rằng :
2 2 2
1
2 3 2 3 2 3 2
a b c
a b b c c a
+ + ≤
+ + + + + +
* C/M bổ đề:
( )
2
2 2
a b
a b
x y x y
+
+ ≥
+
và
( )

2
2 2 2
a b c
a b c
x y x x y z
+ +
+ + ≥
+ +
.
Thật vậy
( )
( )
( ) ( ) ( )
2
2 2
2 2
2 2
0
a b
a b
a y b x x y xy a b ay bx
x y x y
+
+ ≥ <=> + + ≥ + <=> − ≥
+
(Đúng) ⇒ ĐPCM
1.0
4
Áp dụng 2 lần , ta có:
( )

2
2 2 2
a b c
a b c
x y x x y z
+ +
+ + ≥
+ +
* Ta có :
2 2
2 3 2 1 2 2 2 2a b a b a b+ + = + + + ≥ + +
, tương tự Ta có: … ⇒
2 2 2
2 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c a b c
A
a b b c c a a b b c c a
= + + ≤ + +
+ + + + + + + + + + + +
1
(1)
2 1 1 1
B
a b c
A
a b b c c a
 
⇔ ≤ + +
 ÷
+ + + + + +

 
1 4 4 4 4 4 2 4 4 4 4 4 3
Ta chứng minh
1
1 1 1
a b c
a b b c c a
+ + ≤
+ + + + + +

( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2 2
3
1 1 1 2
1 1 1
1 1 1
2
1 1 1
1 1 1
2
1 1 1
1 1 1
2 (2)
1 1 1 1 1 1
B

a b c
a b b c c a
b c a
a b b c c a
b c a
a b b c c a
b c a
a b b b c c c a a
−
⇔ − + − + − ≤ −
+ + + + + +
− − − − − −
⇔ + + ≤ −
+ + + + + +
+ + +
⇔ + + ≥
+ + + + + +
+ + +
⇔ + + ≥
+ + + + + + + + +
1 4 4 4 4 4 4 4 4 44 2 4 4 4 4 4 4 4 4 4 43
* Áp dụng Bổ đề trên ta có:
⇒
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
3
3
1 1 1 1 1 1
a b c

B
a b b b c c c a a
+ + +
− ≥
+ + + + + + + + + + +

( )
2
2 2 2
3
3 (3)
3( ) 3
a b c
B
a b c ab bc ca a b c
+ + +
⇔ − ≥
+ + + + + + + + +
* Mà:

( )
( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2
2
2 2 2
2 3( ) 3

2 2 2 2 2 2 6 6 6 6
2 2 2 2 2 2 6 6 6 6 ( : 3)
2 2 2 6 6 6 9
3
3
3( )
a b c ab bc ca a b c
a b c ab bc ca a b c
a b c ab bc ca a b c Do a b c
a b c ab bc ca a b c
a b c
a b c
a b c ab bc ca a b c
 
+ + + + + + + + +
 
=
+ + + + + + + + +
= + + + + + + + + + + + =
= + + + + + + + + +
= + + +
+ + +
⇒
+ + + + + + + +
2 (4)
3
=
+
Từ (3) và (4) ⇒ (2)
Kết hợp (2) và (1) ta có điều phải chứng minh.

Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN
THANH HOÁ NĂM HỌC 2012 - 2013
5
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN
(Đề gồm có 1 trang) (Dùng cho thí sinh thi vào lớp chuyên Nga - Pháp)
Thời gian làm bài :150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 18 tháng 6 năm 2012
Câu 1: (2.0 điểm )
Cho biểu thức :
2 3 2
: 2
5 6 2 3 1
x x x x
A
x x x x x
   
+ + +
= − − −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
− + − − +
   
1/ Rút gọn biểu thức A.
2/ Tìm các giá trị của x để
1 5
2A
≤ −
Câu 2 (2,0 điểm )

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = ax
2

( )
0a
≠
và đường thẳng (d):
y = bx + 1
1/ Tìm các giá trị của a và b để (P) và (d) cùng đi qua điểm M(1; 2)
2/ Với a, b vừa tìm được, chứng minh rằng (P) và (d) còn có một điểm chung N
khác M. Tính diện tích tam giác MON (với O là gốc toạ độ)
Câu 3 (2.0 điểm)
1/ Cho phương trình:
2 2
(2 1) 6 0x m x m m
− + + + − =
(m là tham số). Tìm m để
phương trình có hai nghiệm dương phân biệt
2/ Giải hệ phương trình:
1 1 2
1 1
1
x y
x y

− + − =


+ =



Câu 4 (3.0 điểm) : Cho A là điểm cố định nằm ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ tiếp tuyến
AP và AQ tới đường tròn (P và Q là các tiếp điểm). Đường thẳng đi qua O và vuông góc
với OP cắt đường thẳng OQ tại M.
1/ Chứng minh rằng: MO = MA
2/ Lấy điểm N trên cung lớn PQ của đường tròn (O) sao cho tiếp tuyến với (O) tại N
cắt các tia AP, AQ lần lượt tại B và C. Chứng minh rằng:
a)
AB AC BC
+ −
không phụ thuộc vào vị trí của điểm N.
b) Nếu tứ giác BCQP nội tiếp được trong một đường tròn thì PQ//BC
Câu 5 (1.0 điểm)
Cho x, y là các số thực dương thoả mãn :
1 2
2
x y
+ =
. Chứng minh rằng :
2 2
5 4 3x y xy y+ − + ≥
Hết
Họ tên thí sinh …………………………………………… Số báo danh: …………………………
Chữ ký giám thị 1: ………………………………… Chữ ký giám thị 2: ……………………
6
Bài giải
Câu 1: (2.0 điểm )
Cho biểu thức :
2 3 2
: 2

5 6 2 3 1
x x x x
A
x x x x x
   
+ + +
= − − −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
− + − − +
   
1/ Rút gọn biểu thức A.
2 3 2
: 2
5 6 2 3 1
x x x x
A
x x x x x
   
+ + +
= − − −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
− + − − +
   
(ĐK: x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 9 )
A = … =
1
4
x

x
+
−
2/ Tìm các giá trị của x để
1 5
2A
≤ −
1 5 4 5
2 8 5 5
2 2
1
1 1
2 5 3 0 3 0
2 2
1
0
4
x
x x
A
x
x x x x
x
−
≤ − ⇔ ≤ − ⇔ − ≤ − −
+
⇔ + − ≤ ⇔ − ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
⇔ ≤ ≤
Kết hợp với ĐK ⇒
1

0
4
x
≤ ≤
Câu 2 (2,0 điểm )
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = ax
2

( )
0a
≠
và đường thẳng (d):
y = bx + 1
1/ Tìm các giá trị của a và b để (P) và (d) cùng đi qua điểm M(1; 2)
M ∈(P) ⇒ … ⇒ a = 2 ⇒ y = 2x
2
M ∈ (d) ⇒ … ⇒ b = 1 ⇒ y = x + 1
2/ Với a, b vừa tìm được, chứng minh rằng (P) và (d) còn có một điểm chung N
khác M. Tính diện tích tam giác MON (với O là gốc toạ độ)
Xét pt hoành độ gđ: 2x
2
= x + 1 ⇔ 2x
2
- x - 1 = 0
( )
1 2
1 1
1;2 ; ;
1 1
2 2

2 2
x y
M N
x y
= ⇒ =

 

⇒ −
 ÷

= − ⇒ =
 

( )
1 2
0,75 (dvv)
MON thang
S S S S
∆
= − + = =
Câu 3 (2.0 điểm)
1/ Cho phương trình:
2 2
(2 1) 6 0x m x m m
− + + + − =
(m là tham số). Tìm m để
phương trình có hai nghiệm dương phân biệt?
phương trình có hai nghiệm dương phân biệt
7

⇔
2
3
25 0
0
2
. 0 6 0 2
1
2 1 0
0
2
m
m
a c m m m
b m
m
a


< −

 >

∆ >





>


> ⇔ + − > ⇔ ⇔ >
  
  
+ >
> −

 
− >


2/ Giải hệ phương trình:
1 1 2 (1)
1 1
1 (2)
x y
x y

− + − =


+ =


(ĐK: x ≥ 1; y ≥ 1)
(2) ⇔ x + y = xy (3)
Hai vế của (1) đều dương ta bình phương hai vế ta có:

( ) ( )
( )

2 2 1 1 4
2 2 1 4
x y x y
x y xy x y
+ − + − − =
⇔ + − + − + + =
Thay (3) vào ta có: x + y = 4 kết hợp với (3) có hệ:
x+y=4
xy=4




Áp dụng hệ thức Vi Ét ta có x; y là hai nghiệm của pt: X
2
- 4x + 4 = 0
⇒ x = 2; y = 2
Câu 4 (3.0 điểm) : Cho A là điểm cố định nằm ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ tiếp tuyến
AP và AQ tới đường tròn (P và Q là các tiếp điểm). Đường thẳng đi qua O và vuông góc
với OP cắt đường thẳng OQ tại M.
1
1
1
2
1
1
C
B
M
P

O
Q
A
N
1/ Chứng minh rằng: MO = MA
∠A
1
= ∠O
1
và ∠A
1
= ∠A
2
⇒ ∠A
2
= ∠O
1

⇒ ∆MAO cân ⇒ MO = MA
2/ Lấy điểm N trên cung lớn PQ của đường tròn (O) sao cho tiếp tuyến với (O) tại N
cắt các tia AP, AQ lần lượt tại B và C. Chứng minh rằng:
a)
AB AC BC
+ −
không phụ thuộc vào vị trí của điểm N.
Theo t/c hai tia tiếp tuyến ta có … ⇒ AB + AC - BC = … = 2.AP (không đổi)
b) Nếu tứ giác BCQP nội tiếp được trong một đường tròn thì PQ//BC
Nếu tứ giác BCQP nội tiếp được ⇒ ∠P
1
= ∠C

1

8
mà ∠P
1
= ∠Q
1
⇒ ∠C
1
= ∠Q
1
⇒ PQ//BC
Câu 5 (1.0 điểm)
Cho x, y là các số thực dương thoả mãn :
1 2
2
x y
+ =
. Chứng minh rằng :
2 2
5 4 3x y xy y+ − + ≥
* Ta có:
( )
2 2
2 2 2
2
2
5 4 3
4 4 3 0
2 3 0

x y xy y
x xy y x y
x y x y
+ − + ≥
⇔ − + + + − ≥
⇔ − + + − ≥
*
1 2 2 1 2 2 1 2
2 2
2 1
x x
y
x y y x y x x
−
+ = ⇔ = − ⇔ = ⇔ =
−
Vì : y > 0 ; x > 0 ⇒ 2x - 1 > 0 ⇒ x > 1/2 Thay y = … vào
2
3 0x y+ − ≥
Ta có:
3 2
2 2
2 2 2 6 3
3 0 3 0 0
2 1 2 1
x x x x x
x y x
x x
− + − +
+ − ≥ ⇔ + − ≥ ⇔ ≥

− −
(1)
Vì 2x - 1 > 0 ⇒ (1) ⇔
3 2 3 2
2 2 6 3 0 2 4 3 0x x x x x x x
− + − + ≥ ⇔ − − + ≥
Mà
3 2
2 4 3x x x
− − +
( )
( )
3 2 2
2
2 2 3 3
1 2 3
x x x x x
x x x
= − + − − +
= − + −
( ) ( )
2
1 2 3 0 0x x x
= − + ≥ ∀ >
Vậy
( )
2
2
2 3 0 0; 0x y x y x y
− + + − ≥ ∀ > >

9
Sở giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn
Thanh Hóa Năm học 2011 - 2012
Môn : Toán
(dùng chung cho thí sinh thi v o chuyên tin)
Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian phát đề
Ngày thi: 19 tháng 6 năm 2011
Câu I (2,5 điểm)
1. Giải phơng trình:
4 3
2824172 xxx =
2. Chứng minh rằng:
2
2
2121721217
44
=
++
Câu II: (2 điểm) Giải phơng trình:
(x-1)(x-2)(x+3)(x+6)=12x
2
Câu III (1,5 điểm)
Tìm các số nguyên x,y thõa mãn:
322
222
++=+++ xyxyyyxx
Câu IV : (3 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A. Trên cạnh AB và AC lần lợt lấy các điểm D và E sao cho DE = BD
+ CE. Tia phân giác góc BDE cắt cạnh BC tại I. CMR :
a) Tam giác DIE vuông

b) Đờng thẳng DI luôn đi qua một điểm cố định.
Câu V: (1 điểm)
Cho a, b là các số dơng thỏa mãn: a+b =1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T =
)(2011
619
44
22
ba
baab
++
+
+


Hết
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ tên thí sinh: Số báo danh
Chữ ký giám thị 1: chữ ký giám thị 2:
10
Đề CHíNH THứC
Giải đề thi môn toán
Vào Chuyên tin Lam sơn 2011 2012
Câu 1 :
a)Giải phơng trình
4 3
2824172 xxx =

( )
xxxx 282417222

3
2
2
=+

xxxxxxx 2824172842448
32324
=+++

01312
24
=+
xx
Đặt t = x
2
(t

0)
Ta có phơng trình; t
2
+ 12t 13 = 0
Phơng trình có hai nghiệm phân biệt t
1
=1 ; t
2
= -13 (loại)
t
1
=1

x
2
= 1

x= 1
b)Chứng minh rằng:
2
2
2121721217
44
=
++
VT =
2
8122981229
2
2121721217
4444
++++
=
++
=
( ) ( ) ( )
2
12221222
2
223223
4
2
4

2
++++
=
++
=
( ) ( )
2
2
1212
2
1212
22
=
++
=
++
= VP
Vậy :
2
2
2121721217
44
=
++
(đpcm)
Câu 2:
Giải phơng trình : (x-1)(x-2)(x+3)(x+6)=12x
2
C1.
* Với x = 0 không phải là nghiệm phơng trình

* Với x 0 , chia hai vế phơng trình cho x
2
ta có phơng trình :

( ) ( )
12
6
.
65
22
=
++
x
xx
x
xx
<=>
121
6
5
6
=






+

+
x
x
x
x
Đặt t =
3
6
+
x
x

ta có phơng trình : (t +2)(t 2) = 12<=> t
2
4 =12 <=> t
2
= 16<=>t = 4
Với t = 4 ta có phơng trình ;
43
6
=+
x
x

x

2
- x - 6 = 0 phơng trình có hai nghiệm phân biệt : x
1
= 3 ; x
2
= -2
Với t = - 4 ta có phơng trình
43
6
=+
x
x
x
2
+7x -6 =0 phơng trình có hai nghiệm phân biệt x
1
=
2
737
;
2
737
2
+
=

x
Vậy phơng trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt
11
C©u 3:

T×m c¸c sè nguyªn x, y tháa m·n:
322
222
++=+++ xyxyyyxx
(x, y
z∈
)
⇔
11221
222
=−+−+−+− xyyyxyxx
⇔
(x-1)(x+1-y)-(x-1)(2y
2
-1)=1
⇔
(x-1)(x+1-y-2y
2
+1)=1
⇔
( )( )
( )( )











=+−
=



=+−
=
⇔










−=++−−
−=−



=++−−
=−
0321
0
0321

2
122
11
122
11
2
2
yy
x
yy
x
xyy
x
xyy
x
⇔

























−=
=
=











−=
=
=
2
3
1

0
2
3
1
2
y
y
x
y
y
x
VËy cÆp sè nguyªn tháa m·n lµ : (2,1) ; (0 ;1)
C©u 4 :
M
I
E
D
O
A
B
C
a)
Điểm M t/m MD = BD, ME = CE
Dựng đường tròn tâm (O) đường tròn đi qua M, B v C. à
⇒ ∆ DBO = ∆ DMO (ccc) ⇒ Tia DO l p/g góc BDM. à
Tg tự EO l tia p/g góc CEM. à ⇒ O l tâm à đường tròn
b ng tià ếp ∆ ADE. ⇒ (O) tiếp xúc với AB, AC v DE tà ại
B, C v M. à ⇒ OB ⊥ AB, OC ⊥ AC, OM ⊥ DE.
∠DOE = ∠ECI ( cùng bằng ½ cung BC). suy ra tứ giác
IOCE nội tiếp .

M góc ECO = 90à
0
nên góc EIO = 90
0
Vậy góc DIE vuông.
b) Áp dụng phần a) ta luôn có DI đi qua điểm cố định l O à
Tâm đường tròn tiếp xúc với AB ,AC tại B v C à
12
Câu 5:
C2. Cho a, b là các số dơng thỏa mãn: a + b =1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T =
)(2011
619
44
22
ba
baab
++
+
+
)(2011
619
44
22
ba
baab
T
++
+
+=

)(2011
1
2
1
6
16

)(2011
6316
44
22
44
22
ba
baabab
ba
baabab
T
++






+
++=
++
+
++=

* Ta cú : (a b)
2
0 a, b du bng a = b = ẵ
a
2
+ b
2
2ab (a + b)
2
4ab
( )
4
1
4
2
=
+

ba
ab

64
16
4.16
16

abab
du bng a = b = ẵ (1)
* Ta li cú : (a b)
2

0 a, b du bng a = b = ẵ
(a
2
+ b
2
2ab)
2
0 a, b du bng a = b = ẵ
a
4
+ b
4
+ 4a
2
b
2
+ 2a
2
b
2
4a
3
b 4ab
3
0
a
4
+ b
4
+ 4a

2
b
2
+ 2a
2
b
2
+ 4a
3
b + 4ab
3
8a
3
b + 8ab
3
(a
2
+ b
2
+ 2ab)
2
8ab(a
2
+b
2
)
[(a

+ b)
2

]
2
8ab(a
2
+b
2
)

( )
( )
222
22
4
2
2
ba
baab
abba
+

+
++
thay a + b = 1 ta cú :

4
1
41
2
1
22

=
+
+
ba
ab
du bng a = b = ẵ (2)
* Ta li cú : (a b)
2
0 a, b du bng a = b = ẵ
a
2
+ b
2
2ab 2(a
2
+ b
2
)

a
2
+ b
2
+ 2ab 2(a
2
+ b
2
)

(a + b)

2
thay a + b = 1 ta cú: 2(a
2
+ b
2
)

1

a
2
+ b
2
ẵ du bng a = b = ẵ (3)
Tng t : (a
2
b
2
)
2
0 a, b du bng a = b = ẵ
a
4
+ b
4
2a
2
b
2
2(a

4
+ b
4
)

a
4
+ b
4
+ 2a
2
b
2

a
4
+ b
4

( )
8
1
2
2
22

+
ba
du bng a = b = ẵ (4)
Cng v (1), (2), (4) ta cú T 64 + 6.4 + 2011.

8
1

8
2715

T
du bng a = b = ẵ
13
C2. Cho a, b là các số dơng thỏa mãn: a + b =1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T =
)(2011
619
44
22
ba
baab
++
+
+
p dng bt ng thc cụsi v bt ng thc Bunhiacopxiki
T
4 4
2 2
2 2 2
2 2
2
16 1 1 1
T 6 2011. (1 1)(a b )
ab 2ab a b 2

16.4 4 1
6. 2011. .(a b )
(a b) (a b) 2
2011 2715
64 24 .(a b)
8 8

= + + + + +
ữ
+

+ + +
+ +
+ + + =
Du bng xy ra khi a = b = ẵ
Ht
Sở GD & ĐàO TạO Kỳ THI TUYểN SINH VàO LớP 10 THPT chuyên Lam Sơn - Đề chung
THANH HOá Năm học 2011-2012
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi 19 tháng 6 năm 2011
Cõu 1: (2.0)
Cho biu thc:
3
32
1
23
32
1115
+

+



+
+

=
x
x
x
x
xx
x
A
1/ Rỳt gn biu thc (K: x 0; x 1)
2/ Chng minh
2
3
A
14
Câu 2: (2.0đ)
Cho parabol (P) y =
2
2
1
x
và đường thẳng y = mx –m + 2 (m là tham số)
1/ Tìm m để (d) cắt (P) tại điểm có hoành độ x = 4.
2, Chứng minh với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm.

Câu 3: (2.0đ)
1, GHPT
2 3
12
5 2
19
x y
x y

+ =




+ =


2, GPT:
2
3
6 2
9
x
x
x
+ =
−
Câu 4: (3.0đ)
Gọi C là điểm nằm trên đoạn thẳng AB. ( C ≠ A, C ≠ B). Trên nữa mặt phẳng bờ chứa
đường thẳng AB, kẻ các tia Ax, By vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy điểm I ≠ A. Đường

thẳng vuộng góc với CI tại C cắt By tại K. Đường tròn đương kính CI cắt IK tại P.
1, CM:
a, Tg CPKB nội tiếp được trong một đường tròn.
b, ∆ APB vuông tại P.
2, A, I, B cố định . XĐ vị trí của C trên đoạn thẳng AB (C ≠ A, B) sao cho tg ABKI có
diện tích lớn nhất?
Câu 5: (1.0đ)
Cho a, b, c là ba số thực dương t/m a + b + c = 2 Tìm Max P
biết
bac
ca
abc
bc
cab
ab
P
222 +
+
+
+
+
=
Hướng dẫn giải đề thi
Câu 1:
1/ Rút gọn biểu thức:
( ) ( )
15 11 3 2 2 3 15 11 3 2 2 3
2 3 1 3 1 3
1 3
x x x x x x

A
x x x x x x
x x
− − + − − +
= + − = + −
+ − − + − +
− +

(ĐK: x ≥ 0; x ≠ 1)
15
A=
( ) ( )
15 11 2 3 2 3
1 3
1 3
x x x
x x
x x
− − +
+ −
− +
− +

=
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
15 11 2 3 3 2 3 1
1 3
x x x x x
x x

− + − + − + −
− +
=
( ) ( )
15 11 7 6 3 3 2
1 3
x x x x x
x x
− − + − − + −
− +
=
( ) ( )
5 7 2
1 3
x x
x x
− + −
− +

=
( ) ( )
( ) ( )
1 5 2
1 3
x x
x x
− − +
− +
=
( )

5 2
3
x
x
− +
+
2/ Chứng minh
2
3
A ≤
Ta có:
( )
5 2
3
x
x
− +
+
=
( )
3
17
5
3
1735
+
+−=
+
++−
xx

x
Do
3 0x + >
với ∀x ⇔
3
17
3
17
≤
+x
⇔
x
x
∀=+−≤
+
+−
3
2
3
17
5
3
17
5

Vậy
2
3
A ≤
(với

∀
x t/m điều kiện)
Câu 2:
Cho parabol (P) y =
2
2
1
x
và đường thẳng y = mx –m + 2
1/ Tìm m để (d) cắt (P) tại điểm có hoành độ x = 4.
(d) cắt (P) tại điểm có hoành độ x = 4 ⇔ pt
2
2
1
2
+−= mmxx
(*) có nghiệm x = 4
⇔
2244
2
1
2
=⇔+−= mmm
2,
( )
04222
2
1
22
=−+−⇔+−= mmxxmmxx

(*)
Pt có ∆’ = m
2
– 2m + 4 = (m – 1)
2
+ 3 ≥ 3 > 0 ∀m
Câu 3:
1, GHPT
2 3
12
5 2
19
x y
x y

+ =




+ =


ĐK: x, y ≠ 0. Đặt
1 1
;u v
x y
= =
, Ta có HPT:
2 3 12 4 6 24 11 33 3

5 2 19 15 6 57 2 3 12 2
u v u v u u
u v u v u v v
+ = + = = =
   
<=> <=> <=>
   
+ = + = + = =
   
Với u = 3 =>
1 1
3
3
x
x
= => =
v = 2 =>
1 1
2
2
y
y
= => =
16
Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất:
1
3
1
2
x

y

=




=


2,
2
3
6 2
9
x
x
x
+ =
−
ĐK :
2
3
9 0
3
x
x
x
>


− > =>

< −

C1,
2
3
6 2
9
x
x
x
+ =
−
<=>
2 2
9 3 6 2 9x x x x− + = −
. Đặt : t =
2
9x −
, t > 0
=>
2 2
2 2
6 2
3 6 2
3
9
9
t

xt x t
x
t
x t
x t


+ =
=
 
<=>
+
 
− =



− =

Thay (1) vào (2) ta có:
2
2
2 2 2 2 4 3 2
2
6 2 72
9 9 72 9 54 81 6 9
3 6 9
t t
t t t t t t t t
t t t

 
− = <=> − = <=> − − − = + +
 ÷
 ÷
+ + +
 
<=>
4 3 2
6 54 54 81 0t t t t+ − + + =
<=>
( )
( )
2
2
3 12 3 0t t t− + + =
Do t > 0 =>
2
12 3 0t t+ + >
=>
( )
2
2
3 0 3 9 3 3 2( / )t t x x t m− = => = => − = => =
C2,
Nếu x < -3 : VT =
2
3
0
9
x

x
x
+ <
−
=> PT VN.
Nếu x > 3
Ta có :
2
2 2
3 3
2 (1)
9 9
x x
x
x x
+ ≥
− −
(BĐT Cosi)
Mà:
( ) ( )
2 2
2
2 4 2
2 2
3
18 0 2.18 9 6 18
9 9
x x
x x x
x x

− ≥ => ≥ − => ≥ => ≥
− −
(2)
Kết hợp (1) và (2) ta có =>
2
3
2. 18 6 2
9
x
x
x
+ ≥ =
−
Dấu bằng xảy ra ⇔ (1) và (2) xảy ra dấu bằng ⇔
2
2
3
3 2
9
18
x
x
x
x
x

=

=> =
−



=

Vậy nghiệm của PT là: x =
3 2
Câu 4:
17
O'
O
P
K
I
y
x
C
B
A
1, CM:
a, Tg CPKB nội tiếp được trong một đường tròn.
Gọi O là tâm của đường tròn đường tròn đương kính IC ⇒ O là TĐ của IC
∠IPC nt chắn nữa đường tròn (O) ⇒ ∠IPC = 1v ⇒ ∠CPK = 1v, ∠CBK = 1v (gt) ⇒ hai điểm P
và B cùng thuộc đường tròn đường kính CK tâm O’ là trung điểm của BP
⇒ CPKB nt (O’)
b, ∠APC = ∠AIC (nt chắn cung AC)
∠AIC = ∠KCB (góc có cạnh tương ứng vuông góc)
⇒ ∠APC = ∠KCB
∠CPB = ∠CKB (nt chắn cung BC)
Cộng vế ta có: ∠APC + ∠CPB = ∠KCB + ∠CKB = 1v
⇔ ∠APB = 1v ⇒ ∆ APB vuông tại P.

2, A, I, B cố định . XĐ vị trí của C trên đoạn thẳng AB (C ≠ A, B) sao cho tg ABKI có diện tích
lớn nhất?
AB
BKAI
S
2
+
=
∆ CBK ∆ IAC ⇒
AI
CBAC
BK
AI
CB
AC
BK .
=⇒=
Áp dụng BĐT: (AC – BC)
2
≥ 0 ⇔ AC
2
+ BC
2
- 2 AC. BC ≥ 0
⇔ AC
2
+ BC
2
+ 2 AC. BC ≥ 4 AC. BC
⇔ (AC + BC)

2
≥ 4 AC. BC
⇔ AC . BC ≤
( )
44
2
2
ABBCAC
=
+
Dấu bằng ⇔ AC = BC hay C là trung điểm của AB.
Khi đó
AI
AB
AI
CBAC
BK
4
.
2
==
( )
AI
ABABAI
AB
AI
AB
AI
AB
BKAI

S
8
4
2
4
2
22
2
+
=
+
=
+
=
Câu 5:
Cho a, b, c là ba số thực dương t/m a + b + c = 2 Tìm Max P
biết
bac
ca
abc
bc
cab
ab
P
222 +
+
+
+
+
=

* Vì a + b+ c = 2
⇒
2c+ab = c(a+b+c)+ab= ca+cb+c
2
+ ab = (ca+ c
2
)+( bc + ab)
18
S
= c(a+c) + b(a+c)=(c+a)(c+b)

2c+ab = (c+a)(c+b)
vỡ a ; b ; c > 0 nờn
0
1
>
+ ca
v
0
1
>
+ cb
ỏp dng cosi ta cú
+
+ ca
1
cb +
1

2.

))((
1
cbca ++
du (=)
=
+ ca
1
cb +
1


a + c = b + c

a = b
hay
)
11
(
2
1
))((
1
bcac
bcac
+
+
+

++

( )






+
+
+

++
=
+
bc
ab
ac
ab
bcac
ab
abc
ab
2
1
)(2
(1) du bng a = b
Tng t:

+
+
+

+
ca
bc
ba
cb
abc
bc
2
1
2
(2) du bng b = c







+
+
+

+
ab
ca
bc
ca
cab
ac
2
1
2
(3) du bng a = c
cng v vi v ca (1) ; (2) ; (3) ta cú

: P=
bca
ca
abc
bc
cab
ab
222 +
+
+
+
+
2
1

(
bc

ab
ac
ab
+
+
+
+
ac
cb
ab
cb
+
+
+
+
bc
ac
ab
ac
+
+
+
)


P
2
1

+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+ ba
ac
ba
cb
bc
ac
cb
ab
ac
cb
ac
ab
()()(

=

2
1






+
+
+
+
+
+
+
+
ba
abc
cb
cba
ac
bca ).().().(
( )
12.
2
1
2
1
==++= cba

P=
bca
ca
abc
bc
cab
ab
222 +
+
+
+
+
1 du bng a = b = c =
3
2
Vy min P = 1 khi a = b = c =
3
2
Sở giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn
Thanh Hóa Năm học 2011 - 2012
Môn : Toán
(dùng chung cho thí sinh thi v o chuyên tin)
Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian phát đề
Ngày thi: 19 tháng 6 năm 2011
19
Đề CHíNH THứC
Câu I (2,5 điểm)
1. Giải phơng trình:
4 3
2824172 xxx =

2. Chứng minh rằng:
2
2
2121721217
44
=
++
Câu II: (2 điểm) Giải phơng trình:
(x-1)(x-2)(x+3)(x+6)=12x
2
Câu III (1,5 điểm)
Tìm các số nguyên x,y thõa mãn:
322
222
++=+++ xyxyyyxx
Câu IV : (3 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A. Trên cạnh AB và AC lần lợt lấy các điểm D và E sao cho DE = BD
+ CE. Tia phân giác góc BDE cắt cạnh BC tại I. CMR :
c) Tam giác DIE vuông
d) Đờng thẳng DI luôn đi qua một điểm cố định.
Câu V: (1 điểm)
Cho a, b là các số dơng thỏa mãn: a+b =1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T =
)(2011
619
44
22
ba
baab
++

+
+


Hết
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ tên thí sinh: Số báo danh
Chữ ký giám thị 1: chữ ký giám thị 2:
20
Giải đề thi môn toán
Vào Chuyên tin Lam sơn 2011 2012
Câu 1 :
a)Giải phơng trình
4 3
2824172 xxx =

( )
xxxx 282417222
3
2
2
=+

xxxxxxx 2824172842448
32324
=+++

01312
24
=+

xx
Đặt t = x
2
(t

0)
Ta có phơng trình; t
2
+ 12t 13 = 0
Phơng trình có hai nghiệm phân biệt t
1
=1 ; t
2
= -13 (loại)
t
1
=1

x
2
= 1

x= 1
b)Chứng minh rằng:
2
2
2121721217
44
=
++

VT =
2
8122981229
2
2121721217
4444
++++
=
++
=
( ) ( ) ( )
2
12221222
2
223223
4
2
4
2
++++
=
++
=
( ) ( )
2
2
1212
2
1212
22

=
++
=
++
= VP
Vậy :
2
2
2121721217
44
=
++
(đpcm)
Câu 2:
Giải phơng trình : (x-1)(x-2)(x+3)(x+6)=12x
2
C1.
* Với x = 0 không phải là nghiệm phơng trình
* Với x 0 , chia hai vế phơng trình cho x
2
ta có phơng trình :

( ) ( )
12
6
.
65
22
=
++

x
xx
x
xx
<=>
121
6
5
6
=






+






+
x
x
x
x
Đặt t =
3

6
+
x
x

ta có phơng trình : (t +2)(t 2) = 12<=> t
2
4 =12 <=> t
2
= 16<=>t = 4
Với t = 4 ta có phơng trình ;
43
6
=+
x
x

x
2
- x - 6 = 0 phơng trình có hai nghiệm phân biệt : x
1
= 3 ; x
2
= -2
Với t = - 4 ta có phơng trình
43
6
=+
x
x

x
2
+7x -6 =0 phơng trình có hai nghiệm phân biệt x
1
=
2
737
;
2
737
2
+
=

x
Vậy phơng trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt
Câu 3:
Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn:
322
222
++=+++ xyxyyyxx
(x, y
z
)

11221
222
=+++ xyyyxyxx

(x-1)(x+1-y)-(x-1)(2y

2
-1)=1

(x-1)(x+1-y-2y
2
+1)=1
21

( )( )
( )( )










=+
=



=+
=

=++
=



=++
=
0321
0
0321
2
122
11
122
11
2
2
yy
x
yy
x
xyy

x
xyy
x

























=
=

=











=
=
=
2
3
1
0
2
3
1
2
y
y
x
y
y
x
Vậy cặp số nguyên thỏa mãn là : (2,1) ; (0 ;1)

Câu 4 :
M
I
E
D
O
A
B
C
a)
im M t/m MD = BD, ME = CE
Dng ng trũn tõm (O) ng trũn i qua M, B v C.
DBO = DMO (ccc) Tia DO l p/g gúc BDM.
Tg t EO l tia p/g gúc CEM. O l tõm ng trũn
bng tip ADE. (O) tip xỳc vi AB, AC v DE ti
B, C v M. OB AB, OC AC, OM DE.
DOE = ECI ( cựng bng ẵ cung BC). suy ra t giỏc
IOCE ni tip .
M gúc ECO = 90
0
nờn gúc EIO = 90
0
Vy gúc DIE vuụng.
b) p dng phn a) ta luụn cú DI i qua im c nh l O
Tõm ng trũn tip xỳc vi AB ,AC ti B v C
Câu 5:
C2. Cho a, b là các số dơng thỏa mãn: a + b =1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T =
)(2011
619

44
22
ba
baab
++
+
+
)(2011
619
44
22
ba
baab
T
++
+
+=
)(2011
1
2
1
6
16

)(2011
6316
44
22
44
22

ba
baabab
ba
baabab
T
++






+
++=
++
+
++=
22
* Ta cú : (a b)
2
0 a, b du bng a = b = ẵ
a
2
+ b
2
2ab (a + b)
2
4ab
( )
4

1
4
2
=
+

ba
ab

64
16
4.16
16

abab
du bng a = b = ẵ (1)
* Ta li cú : (a b)
2
0 a, b du bng a = b = ẵ
(a
2
+ b
2
2ab)
2
0 a, b du bng a = b = ẵ
a
4
+ b
4

+ 4a
2
b
2
+ 2a
2
b
2
4a
3
b 4ab
3
0
a
4
+ b
4
+ 4a
2
b
2
+ 2a
2
b
2
+ 4a
3
b + 4ab
3
8a

3
b + 8ab
3
(a
2
+ b
2
+ 2ab)
2
8ab(a
2
+b
2
)
[(a

+ b)
2
]
2
8ab(a
2
+b
2
)

( )
( )
222
22

4
2
2
ba
baab
abba
+

+
++
thay a + b = 1 ta cú :

4
1
41
2
1
22
=
+
+
ba
ab
du bng a = b = ẵ (2)
* Ta li cú : (a b)
2
0 a, b du bng a = b = ẵ
a
2
+ b

2
2ab 2(a
2
+ b
2
)

a
2
+ b
2
+ 2ab 2(a
2
+ b
2
)

(a + b)
2
thay a + b = 1 ta cú: 2(a
2
+ b
2
)

1

a
2
+ b

2
ẵ du bng a = b = ẵ (3)
Tng t : (a
2
b
2
)
2
0 a, b du bng a = b = ẵ
a
4
+ b
4
2a
2
b
2
2(a
4
+ b
4
)

a
4
+ b
4
+ 2a
2
b

2

a
4
+ b
4

( )
8
1
2
2
22

+
ba
du bng a = b = ẵ (4)
Cng v (1), (2), (4) ta cú T 64 + 6.4 + 2011.
8
1

8
2715

T
du bng a = b = ẵ
C2. Cho a, b là các số dơng thỏa mãn: a + b =1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T =
)(2011
619

44
22
ba
baab
++
+
+
p dng bt ng thc cụsi v bt ng thc Bunhiacopxiki
T
4 4
2 2
2 2 2
2 2
2
16 1 1 1
T 6 2011. (1 1)(a b )
ab 2ab a b 2
16.4 4 1
6. 2011. .(a b )
(a b) (a b) 2
2011 2715
64 24 .(a b)
8 8

= + + + + +
ữ
+

+ + +
+ +

+ + + =
Du bng xy ra khi a = b = ẵ
23
Sở giáo dục và đào
tạo
THANH HóA
Đề thi gồm có 01 trang
kỳ thi vào lớp 10 thpt chuyên lam sơn
NĂM HọC: 2010 - 2011
Môn: Toán
(Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 20 tháng 6 năm 2010
Câu 1: (2,0 điểm)
1. Giải phơng trình:
3
3 140 0x x+ =
.
2. Không dùng máy tính, tính giá trị biểu thức:
3 3
70 4901 70 4901P = + +
.
Câu 2: (2,5 điểm)
1. Cho parabol (P):
2
1
4
y x=
và đờng thẳng (d): y = -1. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc (P).
Tìm trên trục tung tất cả các điểm sao cho khoảng cách từ M đến điểm đó bằng khoảng cách từ M đến đ-

ờng thẳng (d).
2. Cho ba số không âm a, b, c có tổng bằng 1. Chứng minh rằng: b + c

16abc. Chỉ rõ dấu đẳng
thức xảy ra khi nào?
Câu 3: (1,5 điểm)
Giải hệ phơng trình sau (với x > 0, y < 0):
2 2
1 10 10 1
3 3
82
9
x x y y
y y
x y

+ + + = + +




+ =


Câu4: (3,0 điểm)
Tam giác ABC có
ã
0
105BAC =
, đờng trung tuyến BM và đờng phân giác trong CD cắt nhau tại

K sao cho KB = KC. Gọi H là chân đờng cao hạ từ A của tam giác ABC.
1. Chứng minh rằng: HA = HB.
2. Tính số đo các góc
ã
ABC
và
ã
ACB
.
Câu 5: (1,0 điểm)
Ký hiệu [x] là phần nguyên của số thực x. Tìm các số thực x thoả mãn:
8 1 4 1 16 7
6 3 9
x x x+

+ =


.
Hết
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: .
Sở giáo dục và đào
tạo
kỳ thi vào lớp 10 thpt chuyên lam sơn
năm học: 2010 - 2011
24
Đề chính thức
Thanh hoá
ĐáP áN Đề THI CHíNH THứC

Môn: Toán
(Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán)
Ngày thi: 20 tháng 6 năm 2010
Đáp án này gồm có 04 trang
H ớng dẫn chung:
* Lời giải nêu trong đáp án, nói chung, là lời giải vắn tắt. Khi làm bài, học sinh phải nêu đầy đủ và
chính xác các suy luận thì mới đợc điểm.
* Các câu hình học: Nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm điểm. Nếu học
sinh thừa nhận kết quả của ý trên để giải ý dới thì không chấm điểm ý dới.
* Các cách giải khác với cách nêu trong đáp án này mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa của phần (câu) t-
ơng ứng.
* Điểm của toàn bài không làm tròn.
Câu ý Nội dung Điểm
I
(2,0đ)
1
(1,0đ)
3 2
3 140 0 ( 5)( 5 28) 0x x x x x+ = + + =
0,5
5 0x =
(Vì
2
2
5 87
5 28 0,
2 4
x x x x

+ + = + +

ữ

). 0,25
5x =
Vậy, phơng trình có nghiệm duy nhất: x = 5.
0,25
2
(1,0đ)
Với
3 3
70 4901 70 4901P = + +
ta có:
3 3
140 3 3 140 0P P P P= + =
0,5
Do đó P là nghiệm của phơng trình:
3
3 140 0x x+ =
.
Theo ý 1, phơng trình trên có nghiệm duy nhất:
0
5x =
0,25
Vậy
3 3
70 4901 70 4901 5P = + + =
. 0,25
2
(2,5đ)
1

(1,5đ)
Giả sử E(0; y
0
) là một điểm trên trục tung.
Do M (P) nên
2
1
;
4
M x x

ữ

và khoảng cách từ M đến (d) là:
2
1
1
4
h x= +
;
độ dài
2
2 2
0
1
4
ME x x y

= +
ữ

(dùng pitago để tính).
0,5
Từ đó:
2 2
2 2 2
0
1 1
1
4 4
x x y x

+ = +
ữ ữ

với x. 0,25
2 2 2 2
0 0
1 1
1
2 2
x x y y x + = +
với x.
2 2
0 0
1 1
1 0
2 2
x y y

+ =
ữ

với x.
0,25
Yêu cầu bài toán đợc thoả mãn khi:
0
0
2
0
1 1
0
1
2 2
1 0
y
y
y

=

=


=

Vậy có duy nhất một điểm E thoả mãn bài toán: E(0; 1).
0,5
2
(1,0đ)

Trớc hết chứng minh: (x + y)
2
4xy với mọi x, y.
Đẳng thức xảy ra khi: x = y
0,25
áp dụng ta có: (a + b + c)
2
= [a +(b + c)]
2
4a(b + c). Đẳng thức xảy ra khi: a =
b + c
1
2
a =
(*)
Do a + b + c = 1 nên bất đẳng thức trên suy ra: 1 4a(b + c)
0,5
25