Đề Toán - Tuyển sinh vào 10 THPT chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2010 - 2014 (Có đáp án)

ĐỀ THI TOÁN - TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN – THANH HÓA

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ

ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2013 - 2014
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: 25 tháng 6 năm 2013

Câu 1: (2,0 điểm)
Cho (a− 1) và (1− b) thỏa mãn phương trình: x3 + 2x − 2013 = 0. Tính a + b.
Câu 2: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: (x − 2)(x2 + 6x − 11)2 = (5x2 − 10x + 1)2 .
1 1 1
x+ y+ z = 3

2. Giải hệ phương trình: 
 2 − 1 =9
 xy z2
Câu 3: (2,0 điểm)
Cho x, y là các số tự nhiên khác 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A = 36x − 5y .

Câu 4: (3,0 điểm)

Cho ∆ABC cân tại C có CD là đường trung tuyến. Gọi (O1; R1) là đường tròn đường
kính AD và (O2; R2 ) là đường tròn đi qua A, tiếp xúc với CD tại C. Gọi E là giao điểm thứ
hai (khác A) của (O1; R1) với (O2; R2 ) .
1. Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp được.
2. Gọi I là trung điểm của CD. Chứng minh ba điểm A, E, I thẳng hàng. Tính số đo
·
góc BCE
biết CD = 2AD .
3. Gọi H là giao điểm của OO
1 2 với AE. Chứng minh rằng:
ra: E là trọng tâm của ∆ACD khi và chỉ khi OO
1 2 =

ID
OO
= 1 2 , từ đó suy
IH R1 + R2

3
( R1 + R2 ) .
2

Câu 5: (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng, cho tập hợp P gồm hữu hạn điểm bất kì không cùng nằm trên
một đường thẳng. Xét tất cả các đường thẳng đi qua hai điểm bất kì của P. Chứng minh
rằng luôn có ít nhất một đường thẳng chỉ đi qua đúng hai điểm của P.
--------------------------- Hết --------------------------------- />

ĐỀ THI TOÁN - TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN – THANH HÓA

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
LAM SƠN
NĂM HỌC 2013 - 2014

HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn: TOÁN
(Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán)
Ngày thi: 25 tháng 6 năm 2013
Hướng dẫn chấm này gồm 03 trang

Hướng dẫn chung:
- Lời giải nêu trong HDC này là lời giải vắn tắt. Khi làm bài, học sinh phải nêu đầy đủ
và chính xác các suy luận thì mới được điểm tối đa.
- Nếu học sinh thừa nhận kết quả của ý trước để giải ý sau thì không chấm điểm ý sau đó.
- Câu hình học (Câu 4) nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không
chấm điểm
- Học sinh giải cách khác với cách nêu trong HDC này, mà đúng, thì vẫn được điểm tối
đa của phần (câu) tương ứng.
Điể
Câu
Ý
Nội dung
m
1
(2,0đ)

(a − 1)3 + 2(a − 1) − 2013 = 0
Từ giả thiết ta có: 

3
(1− b) + 2(1− b) − 2013 = 0

0,25
0,5

⇒ (a − 1) + (b− 1) + 2(a + b − 2) = 0
3

3

⇔ (a + b − 2) (a − 1)2 − (a − 1)(b − 1) + (b − 1)2  + 2(a + b − 2) = 0
⇔ (a + b − 2) (a − 1)2 − (a − 1)(b− 1) + (b − 1)2 + 2 = 0

(1)

0,5

Mặt khác: (a − 1) − (a − 1)(b − 1) + (b − 1) + 2 =
2

2

2

2
(2,0đ)

1
(1,0đ)

1

 3
= (a − 1) − (b − 1) + (b − 1)2 + 2 > 0, ∀a, b .
2

 4
Do đó: (1) ⇔ a + b− 2 = 0 ⇔ a + b = 2 .
Đặt y = x − 2 , phương trình đã cho trở thành:
2

y(y+ 2)2 + 6(y + 2) − 11 = 5(y+ 2)2 − 10(y+ 2) + 1

2

⇔ y(y2 + 10y+ 5)2 = (5y2 + 10y + 1)2
⇔ y5 − 5y4 + 10y3 − 10y2 + 5y − 1= 0
⇔ (y − 1) = 0 ⇔ y = 1
5

2
(1,0đ)

Với y= 1, ta có x − 2 = 1⇔ x = 3.
Điều kiện xác định: x, y, z ≠ 0
1
1 1
 x + y = 3− z


Hệ phương trình tương đương với hệ: 
 1 = 9+ 1
 xy 2 2z2
1 1

Suy ra x , y là các nghiệm của phương trình:

0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

 1  9 1 
t2 −  3− ÷t +  + 2 ÷ = 0 (2)
z   2 2z 

/>
2


ĐỀ THI TOÁN - TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN – THANH HÓA
2

1

1
Hệ có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm ⇔ ∆ = −  + 3÷ ≥ 0 ⇔ z = − .
3
z 
1 1
1
Với z = − , (2) có nghiệm t1 = t2 = 3⇒ x = y = 3.
3
1

 x = y = 3
Vậy hệ có nghiệm 
z = − 1

3

Với x, y ∈  thì 36 có chữ số tận cùng là 6, 5 có chữ số tận cùng
là 5 nên A có chữ số tận cùng là 1 (nếu 36x > 5y ) hoặc 9 (nếu
36x < 5y ).
TH 1: A = 1. Khi đó: 36x − 5y = 1⇔ 36x − 1= 5y : Điều này không xảy
ra do (36x − 1) M35 nên (36x − 1) M7 , còn 5y không chia hết cho 7.
TH 2: A = 9. Khi đó: 5y − 36x = 9 ⇔ 5y = 36x + 9: Điều này không xảy
ra do (36x + 9) M9 , còn 5y không chia hết cho 9.
TH 3: A = 11. Khi đó: 36x − 5y = 11. Dễ thấy x = 1, y = 2 thỏa mãn.
Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 11.
*

3
(2,0đ)

x

0,25

y

0,5
0,5
0,5
0,5

4
(3,0đ)

·
·
» )
Ta có: DCE
(cùng chắn cung CE
= CAE
·
·
·
» )
(cùng chắn cung DE
CDE
= DAE
= BAE
0,25
·

·
·
·
·
·
Trong ∆CDE có: 1800 − CED
= DCE
+ CDE
= CAE
+ BAE
= BAC
(3)
0,25
·
·
·
Lại do ∆ABC cân tại C nên BAC
(4)
= ABC
= DBC
0
·
·
Từ (3) và (4) suy ra: CED + DBC = 180 ⇒ Tứ giác BCED nội tiếp
được.
0,5
2
2
2
Kéo dài AE cắt CD tại I’ ⇒ I ′C = I ′A.I ′E = I ′D (dùng tam giác đồng 0,5

(1,25đ) dạng)
⇒ I’ là trung điểm CD.
Vậy I ≡ I’, hay A, E, I thẳng hàng.
1
(1,0đ)

/>
3


ĐỀ THI TOÁN - TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN – THANH HÓA

Ta có: CD = 2AD ⇒ ID = AD ⇒ ∆ADI vuông cân tại D ⇒
·
·
CDE
= DAI
= 450 .
0,25
·
·
·
·
= CDE
= 450; CEB
= CDB
= 900
Mà tứ giác BCED nội tiếp nên: CBE
·
⇒ ∆BCE vuông cân tại E ⇒ BCE

= 450 .
0,5
Chú ý Nếu học sinh tính góc trực tiếp bằng cách sau thì cho 0,75đ:
·
·
·
Ta có: DCE
(cùng chắn
= ·ABE (tứ giác BCED nội tiếp); CDE
= BAE
»DE ); CD = 2AD = AB ⇒ ∆CED = ∆BEA ⇒ BE = CE .
0,5
·
·
·
Hơn nữa: CEB
= CDB
= 900 ⇒ ∆BEC vuông cân tại E ⇒ BCE
= 450 .
0,25
3
Theo trên ta có I là trung điểm CD. Xét các tam giác O1DI và O2CI
(0,75đ)
ta có:
1
1
1
SO1DI + SO2CI = (O1D + O2C).ID = (R1 + R2 ).ID = SO1O2CD
2
2

2
1
⇒ SO1O2I = SO1O2CD .
0,25
2
Vì H là giao điểm của OO
1 2 với AE; AE ⊥ OO
1 2; A, E, I nên IH ⊥ OO
1 2
1
⇒ SO1O2I = IH.OO
1 2.
2
OO
ID
1 2
=
Từ các kết quả trên suy ra: IH.OO
.
1 2 = (R1 + R2 )ID ⇔
R1 + R2 IH
0,25
3
ID2 3
IE.IA 3
(R1 + R2 ) ⇔ 2 = ⇔
=
(5)
2
IH

4
IH 2
4
Lại có: IE.IA = (IH − EH )(IH + AH ) = IH 2 − EH 2 (do H là trung điểm

Khi đó OO
1 2 =
AE).
Nên: (5) ⇔
5
(1,0đ)

IH 2 − EH 2 3
EH 2 1
EH 1
1
=
⇔
= ⇔
= ⇔ IE = IA
2
2
IH
4
IH
4
IH 2
3

⇒ E là trọng tâm ∆ACD.

0,25
Do P có hữu hạn điểm nên tập hợp Q gồm các đường thẳng đi qua
2 điểm bất kì của P cũng chỉ có hữu hạn phần tử.
Xét tập hợp S gồm tất cả các khoảng cách từ một điểm bất kì thuộc
P đến một đường thẳng bất kì (không chứa điểm đó) thuộc Q.
0,25
Vì P và Q có hữu hạn phần tử nên S cũng có hữu hạn phần tử. Do 0,25
đó, trong S có phần tử nhỏ nhất. Giả sử đó là khoảng cách từ điểm
M (thuộc P) tới đường thẳng AB (thuộc Q).
Khi đó, đường thẳng AB chính là đường thẳng chỉ đi qua đúng hai
điểm A, B thuộc P.

/>
4


ĐỀ THI TOÁN - TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN – THANH HÓA

Thật vậy, giả sử ngược lại rằng đường thẳng AB còn đi qua một
điểm C khác nữa. Khi đó đường thẳng MC thuộc Q.
Xảy ra 2 khả năng sau:
1/ C nằm giữa A và B.
Gọi H là hình chiếu của M trên AB. Không mất tổng quát, giả sử H
nằm trong đoạn BC.
Gọi P và N lần lượt là hình chiếu của C và H trên AM ⇒ CP ∈ S.
Dễ thấy: MH > HN ≥ CP: Trái với giả sử MH bé nhất trong S.
0,25
2/ C nằm ngoài đoạn AB: Làm tương tự cũng suy ra điều vô lý.
Vậy bài toán được chứng minh.
0,25

--------------------------- Hết ---------------------------------KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2013 – 2014

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ

Môn TOÁN
(Môn chung cho tất cả các thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 24 tháng 6 năm 2013

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức :
 2
x  2 x
+
÷:
x +2÷
 x
 x+2 x

P = 

( với x > 0 ).

1. Rút gọn biểu thức P.
2. Tìm giá trị của x để P = 3.
Câu 2: (2,0 điểm)
 x + my = 3m

Cho hệ phương trình: 
2
mx − y = m − 2
1. Giải hệ phương trình với m = 3 .
2. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất thỏa mãn x 2 − x − y > 0 .
/>
5


ĐỀ THI TOÁN - TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN – THANH HÓA

Câu 3: (2,0 điểm)
2

2

 x2 − 1   x + 1 
 x −1 
Giải phương trình: 
÷+ 3 
÷ − 4 2
÷ =0
 x+2
 x −4  x−2
Câu 4: (3.0 điểm)
Cho ba điểm A, B, C phân biệt, thẳng hàng và theo thứ tự đó sao cho AB ≠ BC .
Trong cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AC dựng các hình vuông ABDE và
BCFK. Gọi I là trung điểm EF, đường thẳng đi qua I vuông góc với EF cắt các đường
thẳng BD và AB lần lượt tại M và N. Chứng minh rằng:
1. Tứ giác AEIN và EMDI là các tứ giác nội tiếp trong đường tròn.

2. Ba điểm A, I, D thẳng hàng và năm điểm B, N, E, M, F cùng nằm trên một
đường tròn .
3. Các đường thẳng AK, EF, CD đồng quy.
Câu 5: (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 9.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S =

x3
y3
z3
+
+
x 2 + xy + y 2 y 2 + yz + z 2 z 2 + zx + x 2

----------------- Hết ----------------SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC: 2013 – 2014

Môn: TOÁN
(Môn chung cho tất cả các thí sinh)
Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang
Câu
1
(2,0đ)

Ý
Đáp án (Vắn tắt)
1

Với điều kiện x > 0 thì:
(1,0đ)
 2
x 
2 x
P = 
+
:
÷
÷
x + 2  ( x + 2) x
 x
x
x +2
).
2
x+2

=(

2
+
x

=

x +2
x
+
2

x

=

2
x
+
+1
2
x

/>
Điểm
0.25
0.25
0.25
0.25

6


ĐỀ THI TOÁN - TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN – THANH HÓA

2
(1,0đ)

P =3⇔

2
x

+

x
−2=0
2

⇔ x−4 x +4=0

0.25

⇔ x =2

0.25
0.25

⇔ x=4

2
(2,0đ)

0.25

1
x + 3y = 9
(1,0đ) Với m = 3 , hệ trở thành: 

3 x − y = 7
 y = 3x − 7
x = 3

⇔
⇔
 x + 3(3 x − 7) = 9  y = 2

0.25
0.75

2
Biến đổi hệ đã cho ⇔
(1,0đ)
 y = mx − m 2 + 2
 x + my = 3m

x = m
⇔
⇔



2
2
y = 2
 y = mx − m + 2  x + m ( mx − m + 2 ) = 3m

x = m
Vậy ∀m , hệ luôn có nghiệm duy nhất 
y = 2
Do đó, nghiệm duy nhất của hệ thỏa mãn yêu cầu bài toán thì
m > 2
m 2 − m − 2 > 0 ⇔ ( m + 1) ( m − 2 ) > 0 ⇔ 

 m < −1
3
(2đ)

x −1
x +1
,b =
x+2
x−2
Phương trình đã cho trở thành:
2
a − 4ab + 3b 2 = 0 ⇔ ( a − b ) ( a − 3b ) = 0

0.5

0,5

a=

0.25

a = b
⇔
 a = 3b

0.75

Đặt

x −1 x +1

=
⇔ x=0
x+2 x−2
 x = −3 − 7
x −1
x +1
=3
⇔
Với a = 3b , ta có
x+2
x−2
 x = −3 + 7
Với a = b , ta có

/>
0.5
0.5

7


ĐỀ THI TOÁN - TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN – THANH HÓA

4
(3 đ)

1
Từ giả thiết ta có ∠EAN = ∠EIN = 900 , suy ra tứ giác AEIN nội tiếp
(1,0 đ) trong đường tròn đường kính EN.
Lại có ∠EIM = ∠EDM = 900 , suy ra tứ giác EIDM nội tiếp trong đường

tròn đường kính EM.
2
Nối EB, FB do tính chất đường chéo của hình vuông, suy ra ∠EBF = 900
(1,0 đ) . Vì I là trung điểm EF nên trong tam giác vuông EBF ta có BI là trung
tuyến thuộc cạnh huyền nên: BI = IE.
Suy ra I nằm trên đường trung trực đoạn BE, hay I thuộc AD, tức A, I, D
thẳng hàng
Xét tứ giác nội tiếp AEIN, ta có ∠ENI = ∠EAI = ∠EAD = 450 (do A,I,D
thẳng hàng)
Tương
tự,
trong
tứ
giác
nội
tiếp
EIDM,
ta
có
0
∠EMI = ∠EDI = ∠EDA = 45 (do A,I,D thẳng hàng)
Suy ra tam giác EMN vuông cân tại E.
Lại do ME = MF, NE = NF, nên suy ra tứ giác EMFN là hình thoi và như
vậy nó là hình vuông. Khi đó IE = IF = IM = IN = IB, hay E, M, F, B , N
cùng thuộc đường tròn đường kính EF.
3
Xét hai tam giác vuông ABK và DBC, ta thấy các cạnh góc vuông bằng
(1,0 đ) nhau:
AB = DB; BK = BC
Suy ra hai tam giác bằng nhau và ∠BAK = ∠BDC ⇒ AK ⊥ DC

Gọi H là giao điểm của AK và DC.
Xét ngũ giác ABHDE, ta thấy: ∠ABD = ∠AHD = ∠AED = 900 . Vậy ngũ
giác này nội tiếp. Suy ra ∠EHD = ∠EBD = 450 (1)
Chứng minh tương tự ta cũng có ngũ giác BCFHK nội tiếp và
∠FHC = ∠FKC = 450 (2)
Từ (1) và (2) suy ra ∠EHD = ∠FHC = 450 , mà hai góc này ở vị trí đối
đỉnh nên E, H, F thẳng hàng.
Vậy EF, AK, CD đồng quy.

/>
0,5
0,5

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

8


ĐỀ THI TOÁN - TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN – THANH HÓA

5
(1,0đ)

0,25

Do

x3 − y3
y3 − z3
z 3 − x3
+
+
= x−y+ y−z+z−x =0
x 2 + xy + y 2 y 2 + yz + z 2 z 2 + zx + x 2

⇒

x3
y3
z3
y3
x3
x3
+
+
=
+
+
x 2 + xy + y 2 y 2 + yz + z 2 z 2 + zx + x 2 x 2 + xy + y 2 y 2 + yz + z 2 z 2 + zx + x 2

1  x3 + y 3
y3 + z3
z 3 + x3 
+
+
Suy ra P =  2
÷
2  x + xy + y 2 y 2 + yz + z 2 z 2 + zx + x 2 
x 2 − xy + y 2 1
x3 + y 3
x+ y
≥ ⇒ 2
≥
Lại có 2
2
2
x + xy + y
3
x + xy + y
3
3
3
3
3
y +z
y+z
z +x
z+x
≥
; 2

≥
Tương tự: 2
2
2
y + yz + z
3
z + zx + x
3
x+ y+z
=3
Suy ra P ≥
3

0.25

0.25

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 3.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3.
0.25
* Ghi chú:
- Nếu học sinh làm cách khác với cách nêu trong đáp án mà đúng thì vẫn được điểm tối đa
cho phần (câu) tương ứng.
- Nếu học sinh sử dụng kết quả câu trước chưa chứng minh để làm câu sau thì không cho điểm,
trường hợp không làm câu trước mà làm độc lập câu sau đúng vẫn cho điểm tối đa câu đó.
- Bài hình nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm điểm.
- Điểm của toán bài là tổng điểm của các câu không làm tròn.
----------------- Hết -----------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA

Đề thi chính thức
Đề thi gồm có 01 trang.

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2012 – 2013
Môn Toán (Dùng cho thí sinh thi vào chuyên Toán)
Thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 18 tháng 6 năm 2012

Câu 1: (2.0 điểm)
1
x

1
1
, với các số thực x, y thỏa mãn xy ≠ 0.
y
xy
Chứng minh A = a 2 + b 2 + c 2 − abc không phụ thuộc vào x, y.

Cho a = x + , b = y + , c = xy +

Câu 2: (2.0 điểm)
2
Cho phương trình ( x − 1)( x − 2)( x − 3)( x − 6) = mx ( m là tham số).

/>
9

ĐỀ THI TOÁN - TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN – THANH HÓA

Giả sử m nhận các giá trị sao cho phương trình có 4 nghiệm x1 , x2 , x3 , x4 đều khác 0.
1 1 1 1
+ + +
Chứng minh rằng biểu thức
không phụ thuộc m.
x1 x2 x3 x4
Câu 3: (2.0 điểm)
n(2n − 1)
Tìm số nguyên dương n sao cho
là số chính phương.
26
Câu 4: (3.0 điểm)
1) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH . Gọi ( I ), ( K ) lần lượt là các
đường tròn nội tiếp các tam giác ABH , ACH . Đường thẳng KI cắt cạnh AB tại M
và cạnh AC tại N .
IH BH
=
.
a) Chứng minh
KH AH
b) Chứng minh rằng AM = AN .
2) Cho tam giác nhọn ABC , D là điểm trên cạnh AB ( D ≠ A, B ), trung tuyến AM
·
·
cắt CD tại E. Chứng minh rằng nếu DBM
+ DEM

= 1800 thì BC < AC 2.
Câu 5: (1.0 điểm)

 x > 1, y > 1
Cho x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn: 
 x + y ≤ 4.
x4
y4
+
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =
( y − 1)3 ( x − 1)3
................. Hết ....................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ
Đề thi chính thức
Đáp án có 04 trang

KÌ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn thi: TOÁN
(Môn Toán chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 18 tháng 6 năm 2012
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Câu
Câu1

Ý

Đáp án
1
1
1
1
2
2
a = x + ⇒ a2 = x2 + 2 + 2 ; b = y + ⇒ b = y + 2 + 2 ;
y
y
x
x

/>
Điểm
0,50 đ

10


ĐỀ THI TOÁN - TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN – THANH HÓA

1
1
⇒ c2 = x2 y 2 + 2 2 + 2
xy
x y
1

1
1
1 x y
1
abc = ( x + )( y + )( xy + ) = ( xy + + + )( xy + )
x
y
xy
xy y x
xy

c = xy +

1
1
1
+ 2 + x2 + y 2 + 2 + 2 = c2 + a 2 + b2 − 4
2
x y
x
y
Vậy A = a 2 + b 2 + c 2 − abc = 4 không phụ thuộc vào x, y.
( x − 1) ( x − 2 ) ( x − 3) ( x − 6 ) = mx 2 (1) ⇔
= x2 y2 +

(x

Câu2

2

2

− 7 x + 6 ) ( x 2 − 5 x + 6 ) = mx 2

6
6



⇔  x + − 7 ÷ x + − 5 ÷ = m ( Vì x = 0 không phải là nghiệm).
x
x



6
Đặt t = x + , phương trình trở thành t 2 − 12t + 35 − m = 0 (2)
x
Giả sử (1) có 4 nghiệm x1 , x2 , x3 , x4 ≠ 0 thì (2) phải có 2 nghiệm
t1 , t2 . Không mất tính tổng quát, giả sử x1 , x2 là 2 nghiệm của
phương trình: x 2 − t1 x + 6 = 0 ( tức là 2 nghiệm của phương trình:
6
x + = t1 ). x3 , x4 là 2 nghiệm của phương trình x 2 − t2 x + 6 = 0
x
 x1 + x2 = t1
 x .x = x .x = 6
 1 2
3 4
Theo Viet ta có : 

 x3 + x4 = t2
t1 + t2 = 12
⇒

Câu3

1 1 1 1 x1 + x2 x3 + x4 t1 + t2
=
+ + + =
+
=2
x1 x2 x3 x4
x1x2
x3 x4
6

1 1 1 1
+ + +
Tức là:
không phụ thuộc vào m
x1 x2 x3 x4
n(2n − 1)
Giả sử tồn tại n nguyên dương sao cho
là số chính
26
2
phương, suy ra n(2n − 1) = 26k (k ∈ ¥ *) ⇒ n chẵn.
2
Đặt n = 2m (m ∈ ¥ *). Suy ra m(4m − 1) = 13k (3),
Ta có m và 4m − 1 là hai số nguyên tố cùng nhau, nên từ (3) có thể

 m = 13q 2
 m2 = q 2
xảy ra các trường hợp: 
hoặc 
2
2
 4m − 1 = p
 4m − 1 = 13 p .

/>
0,25 đ
0,50 đ
0,50 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,50 đ

0,50 đ

0,25 đ

0,50 đ

0,25 đ
0,50 đ

11

ĐỀ THI TOÁN - TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN – THANH HÓA

Nhận xét: Ta có bình phương một số nguyên khi chia cho 4 sẽ có
2
2
dư là 0 hoặc 1. Thật vây, nếu số nguyên a = 2b chẵn thì a = 4b
chia hết cho 4.
2
2
Nếu số nguyên a = 2b + 1 lẻ thì a = 4(b + b) + 1 , suy ra a 2 chia
cho 4 dư 1.
m = 13q 2 (4)
Trường hợp 1: 
2
4m − 1 = p (5)
2
Từ (5) suy ra p chia cho 4 dư 3, điều này mâu thuẫn. Vậy trường
hợp 1 không xảy ra.
(6)
m2 = q 2
Trường hợp 2: 
2
4m − 1 = 13 p (7)
Từ (7) suy ra p là số nguyên lẻ, do đó p = 2a + 1 ( a ∈ ¥ ), suy ra
2(m − 13a 2 + 13a) = 7 điều này mâu thuẫn. Vậy trường hợp 2 cũng
không xảy ra
n(2n − 1)
Vậy không tồn tại số n nguyên dương sao cho
là số
26

chính phương.
Câu4
a) Ta có AH ⊥ BC và I, K là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác
·
·
1)
ABH, ACH, nên suy ra BHI
= AHK
(= 450 )
(2,0đ) ·
·
·
·
IBH = KAH
(v×ABH
= CAH
)
a)

∆BIH ®ång d¹ng ví i ∆AKH, suy ra

IH BH
=
.
KH AH

(7)

0,50 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
0,50 đ
0,50 đ

·
·
Ta có IHK
= BHA
= 900 và từ (7) suy ra ∆IHK đồng dạng với
·
·
∆BHA, suy ra HIK
= HBA
⇒ BHIM nội tiếp, suy ra 0,50 đ
·
·
AMI
= IHB
= 450,
mà tam giác AMN vuông tại A, nên tam giác AMN vuông cân tại
A, do đó AM = AN (đpcm).
b)
0,25 đ

2)

Theo giả thiết ta có tứ giác BMED nội tiếp đường tròn,
·
·
·
·
·
(1,0đ) suy ra ·AEC = DEM
= 1800 − ABC
= BAC
+ BCA
> BAC
.
/>
0,25 đ
0,25 đ
12


ĐỀ THI TOÁN - TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN – THANH HÓA

Trên nửa mặt phẳng bờ AM chứa điểm C, kẻ tia Ex cắt AC tại I và
· = BAC
· , suy ra tứ giác ADEI nội tiếp
tạo với tia EC một góc xEC
đường tròn.
·
·
Vì ·AEC > BAC
= xEC
, nên điểm I thuộc đoạn AC ( I ≠ A, C ).

Từ các tứ giác BMED, ADEI nội tiếp suy ra
CM .CB = CE.CD
BC 2
⇒
= CI .CA, vì M là trung điểm BC.

CE
.
CD
=
CI
.
CA
2

Mà I thuộc đoạn AC và ( I ≠ A, C ) , suy ra
BC 2 < 2.CA2 ⇒ BC < AC 2.

0,25 đ

0,25 đ

Đặt a = x − 1> 0, b = y − 1> 0. Theo giả thiết ta có a + b ≤ 2.
(a + 1)4 (b + 1)4
+
.
Suy ra P =
b3
a3
Ta có a + 1 ≥ 2 a ⇒ (a + 1) 4 ≥ 16a 2 , tương tự (b + 1) 4 ≥ 16b 2 .

câu 5

0,50 đ

16a 2 16b 2
16a 2 16b 2
1
Suy ra P ≥ 3 + 3 ≥ 2
. 3 = 32
3
b
a
b
a
ab
Ta có 2 ≥ a + b ≥ 2 ab ⇒ ab ≤ 1, suy ra P ≥ 32.
Với a = b = 1⇔ x = y = 2 thì P = 32.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 32, khi x = y = 1.

0,50 đ

Lưu ý:
- Bài hình nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai không chấm bài hình.
- Nếu thí sinh có lời giải khác đáp án nhưng đúng vẫn chấm điểm tối đa
................. Hết ....................

/>
13

ĐỀ THI TOÁN - TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN – THANH HÓA

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ
ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm có 01 trang)

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

Môn thi: TOÁN
(Môn chung cho tất cả 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÷
, (với a > 0, a ≠ 1)
a
−
1
a
+
1

2
a
a


2
1. Chứng minh rằng: P =
.
a −1
2. Tìm giá trị của a để P = a .
2
Câu 2: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho Parabol ( P ) : y = x và đường thẳng
( d ) : y = 2x + 3 .
1. Chứng minh rằng ( d ) và ( P ) có hai điểm chung phân biệt.
2. Gọi A , 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 phương 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 đường kính AB cố định, M là điểm thuộc
( O ) ( M khác các điểm A, B). Các tiếp tuyến với ( O ) tại A và M cắt nhau ở C . Đường
tròn ( I ) đi qua M và tiếp xúc với đường thẳng AC tại C; CD là đường kính của ( I ) .
Chứng minh rằng:
1. Ba điểm O, M, D thẳng hàng.
2. Tam giác COD là tam giác cân.
3. Đường 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 thực không âm thoả mãn: a 2 + b 2 + c 2 = 3 .

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

/>
14


ĐỀ THI TOÁN - TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN – THANH HÓA

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ

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

Môn thi: TOÁN
(Môn chung cho tất cả thí sinh)

ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đáp án có 03 trang)

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 17 tháng 6 năm 2012
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
CÂU

Ý

ĐÁP ÁN

Ta có: P = 


1
(1đ)

(

) (
)
( a − 1) ( a + 1)
2

a +1 −

a −1

2

ĐIỂM


1
+ 4 a
 2a a


0,25 đ

4 a
 1
+4 a÷
 a −1
 2a a

0,25 đ

 4 a + 4 a (a − 1)  1

a −1

 2a a

0,25 đ

 4a a  1
2
2
=
÷

. Vậy P =
suy ra đpcm.
a −1
 a − 1  2a a a − 1

0,25 đ

=

=
Câu 1

=

Khi P = a ta có:
2
(1đ)

Câu 2

Câu 3

1
(1đ)

2
=a
a −1

0,25 đ

 a = −1

Tương đương với: a 2 − a − 2 = 0 (do a ≠ 1 ) ⇔ 
a = 2

0,5 đ

Đối chiếu với điều kiện đã cho ta được a = 2

0,25 đ

Giả sử M (x0; y0 ) là điểm chung của ( d ) và ( P ) , khi đó:
M (x0; y0 ) ∈ (P ) ⇒ y 0 = x02

0,5 đ

M (x0; y0 ) ∈ (d) ⇒ y0 = 2x0 + 3
Do đó x02 − 2x0 − 3 = 0. Vậy x0 = −1 hoặc x0 = 3 .
Vậy hai điểm chung của ( d ) và ( P ) có toạ độ là A(-1;1), B(3;9)
Chứng tỏ ( d ) và ( P ) có hai điểm chung.

0,5 đ

2
(1đ)

Kẻ AH và BK vuông góc với Ox

0,5 đ

Ta có: S∆OAB = S AHKB − ( S ∆AHO + S∆BOK ) = 6 (đvdt)

0,5 đ

1
(1đ)

Khi m= 4 ta có phương trình: x2 + 8x + 12 = 0

0,5 đ

/>
15


ĐỀ THI TOÁN - TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN – THANH HÓA

 x = −2

2
(1đ)

Giải ra ta được các nghiệm: 
 x = −6
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt điều kiện là: ∆ ' > 0

(

)

⇔ m2 − m2 − 2m+ 4 > 0 ⇔ 2m− 4 > 0 ⇔ m> 2

Vậy với m> 2 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt

0,5 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ

Câu 4

1
(1đ)

Vì CM là tiếp tuyến của đường tròn tâm O và M ∈( I ) nên
·
·
CMD
= CMO
= 900 . Do đó D, M, O thẳng hàng (1)
2
(1đ)

3
(1đ)

1.0 đ

Vì CA, CM là các tiếp tuyến của đường tròn tâm O nên
0,25 đ

·
(2)
MOC
= ·AOC
·
Do AB / / CD nên DCO
(3)
= ·AOC
0,25 đ
·
·
Từ (1), (2), (3) suy ra DOC
hay tam giác DOC cân tại D 0,5 đ
= DCO
Gọi F là trung điểm của AO, gọi E là giao điểm của DF và BC.
Ta sẽ chứng minh DF ⊥ BC .
Gọi J là trung điểm của CO có DJ ⊥ CO (do ∆DOC cân tại D)
suy ra J ∈ ( I ) .
Lại có JF ⊥ AO (do CA ⊥ AO và JF là đường trung bình của
0,25 đ
∆OAC ).
Kéo dài DJ , OA cắt nhau tại K , trong tam giác KJ F có
· F + J· KF = 900 (i), trong tam giác KJ O có J· OK + J· KO = 900
KJ
· F = J· OK .
(2i). Từ (i) và (2i) suy ra KJ
·
·
Từ đó ta được DJF
(4)

= COB
Mặt khác ∆DJO đồng dạng với ∆JFO (g.g), suy ra:
0,25 đ
DJ JO CO CO
DJ CO
⇒
=
=
=
=
(5)
JF FO AO OB
JF OB

/>
16


ĐỀ THI TOÁN - TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN – THANH HÓA

·
·
Kết hợp (4) và (5) ta có ∆DJF : ∆COB . Từ đó JDE
suy
= JCE
·
ra tứ giác CDEJ nội tiếp đường tròn tâm I nên CED
= 900 hay 0,25 đ
DF ⊥ BC
Vậy khi M di động trên đường tròn ( O ) , đường thẳng qua D

vuông góc với BC luôn đi qua điểm F cố định.
0,25 đ
Đặc biệt khi M là điểm chính giữa của cung »AB thì D ≡ M , ta
cũng có các kết quả tương tự.
a
b
c
+ 2
+ 2
Đặt VT = 2
a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3
2
Ta có: a + 1 ≥ 2a; b 2 + 1 ≥ 2b; c 2 + 1 ≥ 2c nên
1 a
b
c 
0,25 đ
VT ≤
=

+
+
=
2  a + b + 1 b + c + 1 c + a + 1 

1   b +1
c +1
a + 1 
3− 
+

+
÷

2   a + b + 1 b + c + 1 c + a + 1  

b +1
c +1
a +1
+
+
=
a + b +1 b + c +1 c + a +1
(b + 1) 2
(c + 1) 2
( a + 1) 2
=
+
+
≥
(b + 1)(a + b + 1) (c + 1)(b + c + 1) (a + 1)(c + a + 1)
(a + b + c + 3) 2
≥
(b + 1)(a + b + 1) + (c + 1)(b + c + 1) + (a + 1)(c + a + 1)

Theo BĐT Bunhiacopxki ta có: T =

Câu 5

1đ

0,25 đ

Mặt khác ta có: (b + 1)( a + b + 1) + (c + 1)(b + c + 1) + (a + 1)(c + a + 1) =
= 3(a + b + c) + ab + bc + ca + a 2 + b 2 + c 2 + 3 =
1
 (a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca ) + 2.(a + b + c).3 +
2
1
1
+ (a 2 + b 2 + c 2 ) + 3 =  (a + b + c) 2 + 2(a + b + c ).3 + 9  =
2
2
1
= (a + b + c + 3) 2 , (do a 2 + b 2 + c 2 = 3 )
2
1
1
⇒ T ≥ 2 . Vậy VT ≤ ( 3 − T ) ≤ (đpcm).
2
2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
=

0,25 đ

0,25 đ

Lưu ý:
- Bài hình nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai không chấm bài hình.
- Nếu thí sinh có lời giải khác đáp án nhưng đúng vẫn chấm điểm tối đa

.................................... Hết ....................................

/>
17


ĐỀ THI TOÁN - TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN – THANH HÓA

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA
Đề chính thức
(Đề thi gồm có: 01 trang)

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2011 – 2012
Môn: Toán
(Dùng cho thí sinh thi vào chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 19 tháng 6 năm 2011

Câu 1: (2,0 điểm)
Rút gọn biểu thức P =

xy − x 2 − 1. y 2 − 1
xy + x − 1. y − 1
2

1
1

1
1
với x =  a + ÷, y =  b + ÷
2
a
2
b

2

,

và a ≥ 1, b ≥ 1.

Câu 2: (2,0 điểm)
4
3
2 2
 x − x y + x y = 1
Giải hệ phương trình  3
2
 x y − x + xy = −1.
Câu 3: (2,0 điểm)
Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình x 2 + xy + y 2 = x 2 y 2 .

Câu 4: (3,0 điểm)
Cho hai đường tròn ω1 , ω2 cắt nhau tại hai điểm A, B. Trên tia đối của tia AB lấy điểm M
và qua M kẻ các tiếp tuyến MD, MC với đường tròn ω2 (D, C là tiếp điểm, D nằm trong
đường tròn ω1 ). Đường thẳng CA cắt đường tròn ω1 tại điểm thứ hai là P; đường thẳng
AD cắt đường tròn ω1 tại điểm thứ hai là Q; tiếp tuyến của đường tròn ω2 tại A cắt đường

tròn ω1 tại điểm thứ hai là K; giao điểm của các đường thẳng CD, BP là E; giao điểm của
các đường thẳng BK, AD là F.
1. Chứng minh bốn điểm B, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn.
CP BC CA
=
=
.
2. Chứng minh
DQ BD DA
3. Chứng minh rằng đường thẳng CD đi qua trung điểm đoạn thẳng PQ.
Câu 5: (1,0 điểm)
Cho tập hợp A = { 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9} . Chứng minh rằng với mỗi tập con B gồm 5 phần tử
của tập A, thì trong các tổng x + y với x, y ∈ B và x ≠ y luôn tồn tại ít nhất hai tổng có
chữ số hàng đơn vị như nhau.
------Hết---- />
18


ĐỀ THI TOÁN - TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN – THANH HÓA

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Câu

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
THANH HÓA
NĂM HỌC 2011 – 2012
Môn: Toán
(Dùng cho thí sinh thi vào chuyên toán)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 19 tháng 6 năm 2011
HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang)
Ý
Nội dung
Điểm
2

2

1
1
1
1
Ta có x − 1 =  a + ÷ − 1 =  a − ÷ .
4
a
4
a
2

Suy ra

Câu
1
2,0đ

Câu
2
2,0đ

1
1
x 2 − 1 =  a − ÷( do a ≥ 1 ).
2
a

1
1
y 2 − 1 =  b − ÷.
2
b
1
1 
1 1
1 
1
 a + ÷ b + ÷−  a − ÷ b − ÷
4
a 
b  4
a 
b
Do dã: P =
1
1 
1 1
1 
1
 a + ÷ b + ÷+  a − ÷ b − ÷

4
a 
b  4
a 
b

0.5

(a
=
(a

0.5

Tương tự ta có

2

0.5

+ 1) ( b 2 + 1) − ( a 2 − 1) ( b 2 − 1)

a 2 + b2
=
.
2
+ 1) ( b 2 + 1) + ( a 2 − 1) ( b 2 − 1) a 2b 2 + 1

 x 4 − x 3 y + x 2 y 2 = 1 (1)
 3

2
 x y − x + xy = −1 (2)
Trừ từng vế phương trình (1) cho phương trình (2), ta được
( x 2 − xy ) 2 + ( x 2 − xy ) − 2 = 0 ⇔ x 2 − xy = 1 hoặc x 2 − xy = −2.

1,0

x = 0
3
Khi xy = x 2 − 1 thì (2) ⇒ x y = 0 ⇒ 
, kết hợp (1) được ( x; y ) = (±1;0) là
y= 0
nghiệm của hệ.
Khi xy = x 2 + 2 thì (2) ⇒ x 4 + 2 x 2 + 3 = 0 vô nghiệm
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y ) = (±1;0).

0,5

Ta có: x 2 + xy + y 2 = x 2 y 2 ⇔ ( x + y ) = xy ( xy + 1) .
2

Câu
3
(2,0đ
)

0.5

 xy = 0

Nếu x + y = 0 thì xy ( xy + 1) = 0 ⇔ 
 xy = −1.
Với xy = 0 , kết hợp x + y = 0 suy ra x = y = 0.

/>
0,5
0.5
0,5
0.25
19


ĐỀ THI TOÁN - TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN – THANH HÓA

x = 1
 x = −1
Với xy = −1 , Kết hợp với x + y = 0 suy ra 
hoặc 
 y = −1
 y = 1.

0.25

2
Nếu x + y ≠ 0 , từ đẳng thức ( x + y ) = xy ( xy + 1) suy ra xy và xy + 1 là hai

số nguyên liên tiếp khác 0, nên nguyên tố cùng nhau. Do đó không thể cùng
0.5
là số chính phương.
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là ( x; y ) = ( 0;0 ) , ( 1; −1) , ( −1;1) .

Ghi chú. Câu 3) có thể giải theo cách sau:
Không mất tổng quát giả sử x ≤ y , x, y ∈ ¢.

0,5

Trường hợp: x = 0 . Ta được phương trình y 2 = 0 ⇒ y = 0. Suy ra
( x; y ) = (0;0) là nghiệm.

Trường hợp: x = 1.
- Với x = 1, ta được phương trình y + 1 = 0 ⇒ y = −1. Suy ra
( x; y ) = (1; −1) là nghiệm.
- Với x = −1, ta được phương trình 1 − y = 0 ⇒ y = 1. Suy ra ( x; y ) = ( −1;1)
là nghiệm.
2 2
2
2
2
2
2
2
2
Trường hợp: x ≥ 2. Khi đó x y ≥ 4 y ≥ x + y + ( x + y ) ≥ x + y + 2 xy
> x 2 + y 2 + xy. Vậy trường hợp này phương trình không có nghiệm nguyên.

0,25

0,25
0,5

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là ( x; y ) = ( 0;0 ) , ( 1; −1) , ( −1;1) .

Trường hợp: BFED là tứ giác lồi.
·
·
·
·
·
1.
Ta có EDF
, suy ra BFED là tứ giác
= ·ADC = MCA
= PAK
= PBK
= EBF
1,25 nội tiếp.
đ
·
·
Trường hợp: BFDE là tứ giác lồi. Chứng minh được FBE
+ FDE
= 1800 , suy
ra BFDE nội tiếp.

Câu
4
3,0đ

1,0

0,25

Ghi chú : Nếu học sinh chỉ chứng minh một trong hai trường hợp thì cho 1,0
điểm.
Chứng minh

CP BC
=
.
DQ BD

1
·
·
Xét hai tam giác DBQ và CBP, có DQB
( = sđ »AB của ω1 )
= CPB
2
·
·
·
và QDB
(cùng bù với BDA
), suy ra ∆BDQ đồng dạng với ∆CBP ,
= PCB

0,5

CP CB
=
(1).
DQ BQ

BC CA
=
.
Chứng minh
DC DA
suy ra

/>
20


ĐỀ THI TOÁN - TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN – THANH HÓA

·
·
·
Xét hai tam giác MAC và MCB, có BMC
chung và MCA
= MBC
, vì MC là

2.
tiếp tuyến của ω2 , suy ra ∆MAC đồng dạng với tam giác ∆MCB, suy ra
1,0đ
2
CA MA MC
MA MC MA
 CA 
=
=

⇒
.
=
(2) .
÷ =
CB MC MB
MC MB MB
 CB 

0,25

2

MA
 DA 
(3).
Chứng minh tương tự : 
÷ =
MB
 DB 
2

2

CA DA
 CA   DA 
=
⇒
Từ (2) và (3) suy ra 
÷ =

÷ ⇒
CB DB
 CB   DB 
CP BC CA
=
=
(5).
Từ (1) và (4) suy ra
DQ BD DA
3.
CA DA
=
Gọi N = CD ∩ PQ. Từ (5) suy ra
(6).
0,75
CP DQ
CA
=
Từ A kẻ AI song song với CD ( I ∈ PQ ). Suy ra
CP
kết hợp với (6), suy ra NP = NQ.

CA BC
=
(4).
DA BD

0,25
DA NI
NI

=
,
và
DQ NQ
NP

Với mỗi tập con B = { a1 , a2 , a3 , a4 , a5 } ⊂ A. Ta có tất cả 10 tổng ai + a j , với

Câu
5

0,25

i ≠ j , i, j = 1,5.
Nếu tất cả các tổng trên đều có chữ số hàng đơn vị khác nhau đôi một thì
tổng của tất cả các chữ số hàng đơn vị của 10 tổng trên sẽ là:
0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45 là số lẻ
(1)

/>
0,5

0,25
0,5

21


ĐỀ THI TOÁN - TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN – THANH HÓA

1,0đ

Mặt khác, ta lại có tổng của tất cả 10 tổng trên là

∑

1≤i < j ≤5

5

(ai + a j ) = 4∑ ai , do
i =1

đó tổng của tất cả các chữ số hàng đơn vị của 10 tổng trên là số chẵn (2).
Ta có (1) và (2) mâu thuẫn. Vậy yêu cầu bài toán được chứng minh.
Ghi chú. Có thể giải câu 5) theo cách sau:
Ta có A = C ∪ D, trong đó C = { 0;2;4;6;8} , D = { 1;3;5;7;9} và

0,25

C ∩ D = ∅.
Như vậy với mỗi tập con B gồm 5 phần tử của tập A, luôn tồn tại ít nhất 3
phần tử có cùng tính chẵn lẻ.
Trường hợp 1: Tập B có 3 phần tử cùng tính chẵn (lẻ) và 2 phần tử còn lại
cùng tính lẻ (chẵn).
Nếu 3 phần tử của B cùng tính chẵn là a, b, c và 2 phần tử cùng tính lẻ là d, e
thì 6 tổng: d + a, d + b, d + c, e + a, e + b, e + c cùng tính lẻ, nên phải có hai

tổng có chữ số hàng đơn vị như nhau.
Nếu B có 3 phần tử cùng tính lẻ và 2 phần tử còn lại cùng tính chẵn thì chứng

minh tương tự.
Trường hợp 2: Tập B có ít nhất 4 phần tử cùng tính chẵn (hoặc cùng tính lẻ),
gọi 4 phần tử đó là a, b, c, d thì 6 tổng: a + b, a + c, a + d , b + c, b + d , c + d
luôn cùng tính chẵn, nên có 2 tổng có chữ số hàng đơn vị như nhau.
Vậy yêu cầu bài toán được chứng minh.

0,25

0,5

0,25

Lưu ý:- Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn.

.................................... Hết ....................................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
LAM SƠN
NĂM HỌC: 2011 – 2012

Đề chính thức

Môn: TOÁN (Dùng chung cho tất cả các thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 18 tháng 6 năm 2011

Đề thi gồm có 01 trang

15 x − 11 3 x − 2 2 x + 3
+
−
.
x + 2 x − 3 1− x
x +3
1. Rút gọn biểu thức A (với x ≥ 0, x ≠ 1).
2
2. Chứng minh rằng: A ≤ .
3
Câu 2: (2,0 điểm)

Câu 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức: A =

/>
22


ĐỀ THI TOÁN - TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN – THANH HÓA

1 2
x và đường thẳng (d): y = mx – m + 2 (với m là tham số).
2
1. Tìm m để (d) cắt (P) tại điểm có hoành độ x = 4.
2. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m, (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
Câu 3: (2,0 điểm)
2 3
 x + y = 12


1. Giải hệ phương trình: 
 5 + 2 = 19
 x y
3x
=6 2
2. Giải phương trình: x + 2
(x ∈)
x −9
Câu 4: (3,0 điểm) Gọi C là một điểm nằm trên đoạn thẳng AB (C ≠ A, C ≠ B). Trên nửa mặt
phẳng có bờ là đường thẳng AB, kẻ các tia Ax, By cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy điểm I
(I ≠ A). Đường thẳng vuông góc với CI tại C cắt tia By tại K; đường tròn đường kính IC cắt IK
tại P.
1. Chứng minh rằng:
a/ Tứ giác CPKB nội tiếp được trong một đường tròn. Xác định tâm của đường
tròn đó.
b/ Tam giác ABP là tam giác vuông.
2. Cho A, I, B cố định. Tìm vị trí của điểm C trên đoạn thẳng AB sao cho tứ giác ABKI có
diện tích lớn nhất.
Câu 5: (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương tuỳ ý thoả mãn: a + b + c = 2. Tìm giá trị lớn
ab
bc
ca
+
+
nhất của biểu thức: P =
.
ab + 2c
bc + 2a
ca + 2b

Cho parabol (P): y =

----------------- Hết -----------------

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
LAM SƠN
NĂM HỌC: 2011 – 2012

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HOÁ

Môn: TOÁN (Dùng chung cho tất cả các thí sinh)
Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang

Câu
1
(2,0
đ)

Ý
1
(1,0
đ)

A=
=

2

(1,0

(

(

15 x − 11 − 3 x − 2

)(

Đáp án (Vắn tắt)

) (

x +3 − 2 x +3

x+2 x −3

)(
( x − 1) (

x −1 2 − 5 x
x +3
2
3

Ta có: A − =

)

) = 2−5

)(

) = −5 x + 7

x −1

x −2
=
x + 2 x −3

x
.
x +3

2−5 x 2
− =
x +3 3

/>
Điểm
0,5
0,5
0,25
23


ĐỀ THI TOÁN - TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN – THANH HÓA

đ)

2
(2,0
đ)

3
(2,0
đ)

1
(1,0
đ)

2
(1,0
đ)
1
(1,0
đ)

2
(1,0
đ)

−17 x
≤0
3( x + 3)
2
Do đó: A ≤ .

3
=

0,5
0,25

Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (d) và (P):
mx − m + 2 =

1 2
x ⇔ x2 – 2mx + 2m – 4 = 0
2

(1)

(d) cắt (P) tại điểm có hoành độ x = 4 thì x = 4 là nghiệm của (1)
⇔ 12 – 6m = 0 ⇔ m = 2.
Vì ∆’ = m2 – 2m + 4 = (m – 1)2 + 3 > 0 nên (1) luôn có hai
nghiệm phân biệt.
Hay (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.

0,25
0,5
0,25
0,5
0,5

4 6
11
= 33

 x + y = 24

 x
⇔
Hệ phương trình tương đương với: 
15 + 6 = 57  5 + 2 = 19
 x y
 x y

0,5

1

1

x
=
x=


3

3
⇔
⇔
2
15 + = 19
y = 1
y


2


0,5

x > 3
 x < −3

ĐK: x2 – 9 > 0 ⇔ 

0,25

+ Nếu x > 3: Bình phương hai vế của phương trình ta được:
x2 +

Đặt t =
Khi đó:

x

9 x2
6x2
x4
x2
+
=
72
⇔
+
6.

− 72 = 0
x2 − 9
x2 − 9
x2 − 9
x2 − 9
2

x −9
x2
2

x −9
2

0,25

(t > 0) , được phương trình: t 2 + 6t − 72 = 0 ⇔ t = 6 .
= 6 ⇔ x4 – 36x2 + 324 = 0 ⇔ x2 = 18.

0,25

Trong trường hợp này tìm được: x = 3 2
+ Nếu x < –3: Khi đó: x +

3x
x2 − 9

< 0 < 6 2 : PT vô nghiệm.

0,25

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x = 3 2 .

/>
24


ĐỀ THI TOÁN - TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN – THANH HÓA

4
(3,0
đ)

1a
(1,0
đ)

1b
(1,0
đ)

2
(1,0
đ)

·
P nằm trên đường tròn đường kính IC tâm O1 ⇒ IPC
= 900
·
·

·
Mà IPC
+ CPK
= 1800 ⇒ CPK
= 900 .
·
·
Do đó: CPK
+ CBK
= 1800
⇒ Tứ giác CPKB nội tiếp đường tròn đường kính CK có tâm O2
là trung điểm của CK.
Trong (O1) có µA1 = Iµ2

0,25
0,25
0,25

µ =K
¶
Trong (O2) có B
1
1

0,25

¶ = 900 ⇒ µ
µ = 900 .
A1 + B
Mà Iµ2 + K

1
1
⇒ ∆ APB vuông tại P.
Ta có: AI // BK ⇒ ABKI là hình thang vuông.

0,25
0,25

1
2

⇒ S ABKI = . AB.( AI + BK ) .

0,25
0,25

0,25

Vì A, B, I cố định nên AB, AI không đổi. Do đó: SABKI lớn nhất
khi BK lớn nhất.
·
·
Vì Cµ1 = Iµ1 và IAC
= CBK
= 900 nên ∆ AIC ∼ ∆ BCK (g.g)
⇒

AI
AC
AC . BC

=
⇒ AI.BK = AC.BC ⇒ BK =
.
BC BK
AI

0,25

Do đó: BK lớn nhất ⇔ AC.BC lớn nhất.
Ta có:

(

AC − BC

)

2

≥ 0 ⇒ AC + BC ≥ 2 AC.BC

AC + BC
AC.BC ≤
⇔
2

AB
AB 2
⇔
AC.BC ≤

⇔ AC .BC ≤
2
4
2
AB
Vậy AC.BC lớn nhất khi AC.BC =
.
4
AB
Mà AC + BC = AB không đổi ⇒ AC = BC =
⇔ C là trung
2

5

điểm AB.
Vậy SABKI lớn nhất khi C là trung điểm của AB.
Từ giả thiết ta có: a, b, c ∈ (0; 2)

/>
0,25

0,25

0,25
25