NDe DA toan chung lam son 1962012

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
THANH HOÁ

KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2012 - 2013

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm có 01 trang)

Môn thi : TOÁN
(Môn chung cho tất các 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 :
 a +1
 1
a −1
P = 
−
+4 a÷
÷ 2a a , (Với a > 0 , a ≠1)
a +1
 a −1

2
1. Chứng minh rằng : P =
a −1

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 : x2 + 2mx + m2 – 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)
2
2
2
Câu 5 (1.0 điểm) : Cho a,b,c là các số dương không âm thoả mãn : a + b + c = 3

a
b
c
1
+ 2
+ 2
≤
Chứng minh rằng : a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3 2
2

------------------------ Hết -----------------------Lê Thị Nhung

Trường THCS Nguyễn Văn Trỗi


BÀI GIẢI
CÂU

NỘI DUNG
2
a −1
 1
a +1
a −1
−
+4 a÷
÷ 2a a
a −1
a +1


ĐIỂM

1. Chứng minh rằng : P =

P = 


(
P=
P=

1

P=

) (
2

a +1 −

)

2

a −1 + 4 a

(

)(

a +1

(

)

)(

a +1

a −1

a + 2 a + 1 − a + 2 a − 1 + 4a a − 4 a

(

)(

a +1

).

a −1

)

a −1

.

1
2a a

1.0

1
2a a

4a a
1

2
.
=
a − 1 2a a a − 1 (ĐPCM)

2. Tìm giá trị của a để P = a. P = a
2
= a => a 2 − a − 2 = 0
=> a − 1
.

Ta có 1 + 1 + (-2) = 0, nên phương trình có 2 nghiệm
a1 = -1 < 0 (không thoả mãn điều kiện) - Loại

1.0

−c 2
= =2
a2 = a 1
(Thoả mãn điều kiện)

2

Vậy a = 2 thì P = a
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
phương trình
x2 = 2x + 3 => x2 – 2x – 3 = 0 có a – b + c = 0
Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt
−c 3

= =3
x1 = -1 và x2 = a 1

Với x1 = -1 => y1 = (-1)2 = 1 => A (-1; 1)
Với x2 = 3 => y2 = 32 = 9 => B (3; 9)
Vậy (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt A và B
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

Lê Thị Nhung

Trường THCS Nguyễn Văn Trỗi

1.0

1.0


B

9

A
D
-1

1
C

0

3

AD + BC
1+ 9
.DC =
.4 = 20
2
2
BC.CO 9.3
=
=
= 13,5
2
2
AD.DO 1.1
=
=
= 0,5
2
2

S ABCD =
S BOC
S AOD

3

Theo công thức cộng diện tích ta có:

S(ABC) = S(ABCD) - S(BCO) - S(ADO)
= 20 – 13,5 – 0,5 = 6 (đvdt)
1. Khi m = 4, ta có phương trình
x2 + 8x + 12 = 0 có ∆’ = 16 – 12 = 4 > 0
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt
x1 = - 4 + 2 = - 2 và x2 = - 4 - 2 = - 6
2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt
x2 + 2mx + m2 – 2m + 4 = 0
Có D’ = m2 – (m2 – 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

Lê Thị Nhung

Trường THCS Nguyễn Văn Trỗi

1.0

1.0


4

I

C

H M

N
A

D

2

K

1

1.0

B

O

1. Ba điểm O, M, D thẳng hàng:
Ta có MC là tiếp tuyến của đường tròn (O) ⇒ MC ⊥ MO (1)
·
Xét đường tròn (I) : Ta có CMD
= 900 ⇒ 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
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. CHD
= 900 ⇒ H ∈
(I) (Bài toán quỹ tích)
DH kéo dài cắt AB tại K.
Gọi N là giao điểm của CO và đường tròn (I)
·
CND
= 900
⇒ NC = NO
=> 
 ∆COD can tai D

Ta có tứ giác NHOK nội tiếp
¶ =O
µ = DCO
·

·
·
Vì có H
( Cùng bù với góc DHN) ⇒ NHO
+ NKO
= 1800 (5)
2
1
·
·
* Ta có : NDH
(Cùng chắn cung NH của đường tròn (I))
= NCH

(

)

·
·
·
CBO
= HND
= HCD
⇒ ∆DHN

Lê Thị Nhung

∆COB (g.g)

Trường THCS Nguyễn Văn Trỗi

1.0

1.0


HN OB

=

HD OC

OB OA
HN ON

·
·
... ⇒
=
=
⇒
Mà ONH
= CDH
OC OC
HD
CD

OA CN ON 
... ⇒

=
=
OC CD CD 
⇒

⇒∆NHO

·
⇒ NHO
= 900 Mà

5

∆DHC (c.g.c)

·
·
·
NHO
+ NKO
= 1800 (5) ⇒ NKO
= 900 , ⇒ NK ⊥ AB

⇒ NK // AC ⇒ K là trung điểm của OA cố định ⇒ (ĐPCM)
Câu 5 (1.0 điểm) : Cho a,b,c là các số dơng không âm thoả mãn :
a +b +c = 3
2

2

2

Chứng minh rằng :

a
b
c
1
+ 2
+ 2
≤
a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3 2
2

a 2 b2 ( a + b )
* C/M bổ đề: + ≥
x
y
x+ y

a 2 b2 c2 ( a + b + c )
và + + ≥
x
y x
x+ y+z

2

2

.

Thật vậy
a 2 b2 ( a + b )
2
2
+ ≥
<=> a 2 y + b 2 x ( x + y ) ≥ xy ( a + b ) <=> ( ay − bx ) ≥ 0
x
y
x+ y
2

(

)

(Đúng) ⇒ ĐPCM

a 2 b2 c2 ( a + b + c )
Áp dụng 2 lần , ta có: + + ≥
x
y x
x+ y+z
2
2
* Ta có : a + 2b + 3 = a + 2b + 1 + 2 ≥ 2a + 2b + 2 , tương tự Ta có: … ⇒
a
b
c

a
b
c
A= 2
+ 2
+ 2
≤
+
+
a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3 2a + 2b + 2 2b + 2c + 2 2c + 2a + 2
1
a
b
c

⇔ A≤ 
+
+
(1)
÷
2 1a4+ 4
b +41 4 b4+2c 4
+ 14 4c +4a4+3
1
2

B

a
b

c
+
+
≤1
a + b +1 b + c +1 c + a +1
a
b
c
⇔
−1+
−1+
− 1 ≤ −2
a + b +1
b + c +1
c + a +1
−b − 1
−c − 1
−a − 1
⇔
+
+
≤ −2
a + b +1 b + c +1 c + a +1
b +1
c +1
a +1
⇔
+
+
≥2

a + b +1 b + c +1 c + a +1

Ta chứng minh

( b + 1)
( c + 1)
( a + 1)
⇔
+
+
( a + b + 1) ( b + 1) ( b + c + 1) ( c + 1) ( c + a + 1) ( a + 1)
1 4 4 4 4 4 4 4 4 44 2 4 4 4 4 4 4 4 4 4 43
2

2

3− B

* Áp dụng Bổ đề trên ta có:
Lê Thị Nhung

Trường THCS Nguyễn Văn Trỗi

2

≥2

(2)

1.0

( a + b + c + 3)
⇒ 3− B ≥
( a + b + 1) ( b + 1) + ( b + c + 1) ( c + 1) + ( c + a + 1) ( a + 1)
2
( a + b + c + 3)
2

⇔ 3− B ≥

(3)

a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ca + 3(a + b + c ) + 3

* Mà:
2  a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ca + 3(a + b + c) + 3
= 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 + 2ab + 2bc + 2ca + 6a + 6b + 6c + 6
= 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 + 2ab + 2bc + 2ca + 6a + 6b + 6c + 6 ( Do : a 2 + b 2 + c 2 = 3)
= a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca + 6a + 6b + 6c + 9
= ( a + b + c + 3)
⇒

2

( a + b + c + 3)

2

a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ca + 3(a + b + c) + 3

=2

Từ (3) và (4) ⇒ (2)
Kết hợp (2) và (1) ta có điều phải chứng minh.
Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1

Lê Thị Nhung

Trường THCS Nguyễn Văn Trỗi

(4)