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 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 :
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
Lê Thị Nhung Trường THCS Nguyễn Văn Trỗi
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
phương 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
Lê Thị Nhung Trường THCS Nguyễn Văn Trỗi
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
Lê Thị Nhung Trường THCS Nguyễn Văn Trỗi
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)
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
1.0
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)

1.0
Lê Thị Nhung Trường THCS Nguyễn Văn Trỗi



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)
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
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 4 442 4 4 4 4 4 4 4 4 4 43
* Áp dụng Bổ đề trên ta có:
1.0
Lê Thị Nhung Trường THCS Nguyễn Văn Trỗi
⇒
( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
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
Lê Thị Nhung Trường THCS Nguyễn Văn Trỗi