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)

Mơn thi : TỐN
(Mơn chung cho tất cảc thí sinh)
Thời gian làm bài :120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 17 tháng 6 năm 2012
Câu 1: (2.0 điểm ) Cho biểu thức :
 a 1
P 

 a1

 1
a1
 4 a 
a 1
 2a a , (Với a > 0 , a 1)
2
P
a 1
1. Chứng minh rằng :

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 trịn (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 vng góc với BC ln 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 ------------------------


Mai Huy Dũng – Trường THCS Bình Minh- Tĩnh Gia-Thanh Hóa

1


BÀI GIẢI
NỘI DUNG

CÂU

1

P

1. Chứng minh rằng :
 a 1
P 

 a1


P
P
P

ĐIỂM

1.0

2

a 1

 1
a1
 4 a 
a 1
 2a a

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
2a a


4a a
1
2
.

a  1 2a a a  1 (ĐPCM)

2. Tìm giá trị của a để P = a. P = a

1.0

2
a  a 2  a  2 0
=> a  1
.

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


1.0

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

Mai Huy Dũng – Trường THCS Bình Minh- Tĩnh Gia-Thanh Hóa

1.0

2


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 cơng 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

4

1.0

1.0

1.0

I

C

H M

N
A


K

D

2

1

O

B

1. Ba điểm O, M, D thẳng hàng:
Ta có MC là tiếp tuyến của đường tròn (O)  MC  MO (1)
Mai Huy Dũng – Trường THCS Bình Minh- Tĩnh Gia-Thanh Hóa

3




0

Xét đường trịn (I) : Ta có CMD 90  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 ln đi qua một điểm cố
định khi M di động trên đờng tròn (O)
0

* Gọi chân đường vng góc hạ từ D tới BC là H. CHD 90  H  (I)
(Bài tốn quỹ tích)
DH kéo dài cắt AB tại K.
Gọi N là giao điểm của CO và đường tròn (I)

1.0

1.0


CND
900
 NC  NO

 COD can tai D

=>

Ta có tứ giác NHOK nội tiếp






Vì có H 2 O1 DCO ( Cùng bù với góc DHN)  NHO  NKO 180 (5)


* Ta có : NDH NCH (Cùng chắn cung NH của đường tròn (I))






CBO
HND
HCD



  DHN



0

COB (g.g)


HN OB



HD OC

OB OA
HN ON

... 



OC OC
HD CD

OA CN ON 
... 




OC CD CD 
Mà ONH CDH


5

NHO DHC (c.g.c)

0
0
0




 NHO 90 Mà NHO  NKO 180 (5)  NKO 90 ,  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 :
2

2

1.0

2

a  b  c 3
a
b
c
1
 2
 2

Chứng minh rằng : a  2b  3 b  2c  3 c  2a  3 2
2

a 2 b2  a  b 

 
x
y
x y
* C/M bổ đề:

2

a2 b2 c2  a  b  c 
  
x
y
x
x yz
và

2

.

Thật vậy
2

a2 b2  a  b 
2
2
 
 a 2 y  b 2 x  x  y  xy  a  b    ay  bx  0
x
y

x y





Mai Huy Dũng – Trường THCS Bình Minh- Tĩnh Gia-Thanh Hóa

4


(Đúng)  ĐPCM
2

a2 b2 c2  a  b  c 
  
x
y x
x yz
Áp dụng 2 lần , ta có:
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  a b 1  b c  1 c  a1 
B

a
b
c


1
Ta chứng minh 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
2

2

2

 b  1
 c  1

 a  1



2
 a b 1  b 1  b  c 1 c 1   c  a 1  a 1

(2)

3 B

* Áp dụng Bổ đề trên ta có:
2

3



 a  b  c  3
B
 a  b  1  b  1   b  c  1  c  1   c  a  1  a  1

 3 B 

 a  b  c  3

2

(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

(4)

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

Mai Huy Dũng – Trường THCS Bình Minh- Tĩnh Gia-Thanh Hóa

5



SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
THANH HỐ
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm có 1 trang)

KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2012 - 2013
Mơn thi : TỐN
(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 )

x 2
x 3
A 


x  5 x 6 2 x

Cho biểu thức :

x 2 
 : 2
x  3  

x 


x  1 

1/ Rút gọn biểu thức A.
1
5

2
2/ Tìm các giá trị của x để A

Câu 2 (2,0 điểm )

 a 0  và đường thẳng (d):
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = ax 2
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) cịn có một điểm chung N
khác M. Tính diện tích tam giác MON (với O là gốc toạ độ)
Câu 3 (2.0 điểm)
2
2
1/ Cho phương trình: x  (2m  1) x  m  m  6 0 (m là tham số). Tìm m để
phương trình có hai nghiệm dương phân biệt
 x  1  y  1 2

1 1
 x  y 1


2/ Giải hệ phương trình:
Câu 4 (3.0 điểm) : Cho A là điểm cố định nằm ngồi đường trịn (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 vng 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 khơng phụ thuộc vào vị trí của điểm N.
b) Nếu tứ giác BCQP nội tiếp được trong một đường trịn thì PQ//BC
Câu 5 (1.0 điểm)
1 2
 2
x
y
Cho x, y là các số thực dương thoả mãn :
. Chứng minh rằng :

5 x 2  y  4 xy  y 2 3
---------- Hết ---------Họ tên thí sinh …………………………………………….. Số báo danh: …………………………
Chữ ký giám thị 1: ………………………………… Chữ ký giám thị 2: ……………………
Mai Huy Dũng – Trường THCS Bình Minh- Tĩnh Gia-Thanh Hóa

6


Bài giải
Câu 1: (2.0 điểm )

x 2
x 3
A 



x  5 x 6 2  x

Cho biểu thức :

x 2 
 : 2
x  3  

x 

x  1 

1/ Rút gọn biểu thức A.

x 2
x 3
A 


 x  5 x 6 2 x

x 2 
 : 2
x  3  

x 

x  1 


(ĐK: x  0, x  4, x  9 )

x 1
A = … = x 4

1
5

2
2/ Tìm các giá trị của x để A
1
5
x 4
5
 
  2 x  8  5 x  5
A
2
2
x 1
1
1
 2 x  5 x  3 0   3  x   0  x 
2
2
1
 0 x 
4
1
0 x 

4
Kết hợp với ĐK 
Câu 2 (2,0 điểm )

 a 0  và đường thẳng (d):
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = ax 2
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 = 2x2
M  (d)  …  b = 1  y = x + 1
2/ Với a, b vừa tìm được, chứng minh rằng (P) và (d) cịn có một điểm chung N
khác M. Tính diện tích tam giác MON (với O là gốc toạ độ)
Xét pt hoành độ gđ: 2x2 = x + 1  2x2 - x - 1 = 0
 x 1  y 2
 1 1

 M  1; 2  ; N   ; 
1
1
 x   y 
 2 2
2
2

SMON Sthang   S1  S2  ... 0, 75

(dvv)

Câu 3 (2.0 điểm)
2

2
1/ Cho phương trình: x  (2m  1) x  m  m  6 0 (m là tham số). Tìm m để
phương trình có hai nghiệm dương phân biệt?
phương trình có hai nghiệm dương phân biệt

Mai Huy Dũng – Trường THCS Bình Minh- Tĩnh Gia-Thanh Hóa

7



  0

a.c  0 
 b
  0
 a

25  0
 2
m  m  6  0 

 2m  1  0

 m   3

 m  2
 m2

1


m   2

 x  1  y  1 2 (1)

1 1
(2)
 x  y 1


2/ Giải hệ phương trình:
(ĐK: x  1; y  1)
(2)  x + y = xy (3)
Hai vế của (1) đều dương ta bình phương hai vế ta có:
x y 22

 x  1  y  1

4

 x  y  2  2 xy   x  y   1 4
 x+y=4

Thay (3) vào ta có: x + y = 4 kết hợp với (3) có hệ:  xy=4

Áp dụng hệ thức Vi Ét ta có x; y là hai nghiệm của pt: X2 - 4x + 4 = 0
 x = 2; y = 2
Câu 4 (3.0 điểm) : Cho A là điểm cố định nằm ngồi đường trịn (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 vng góc
với OP cắt đường thẳng OQ tại M.

B
P
1

A

1
2

N
1

M

O

1

Q
1

C

1/ Chứng minh rằng: MO = MA
A1 = O1 và A1 = A2  A2 = O1  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 trịn thì PQ//BC

Nếu tứ giác BCQP nội tiếp được  P1 = C1
Mai Huy Dũng – Trường THCS Bình Minh- Tĩnh Gia-Thanh Hóa

8


mà P1 = Q1  C1 = Q1  PQ//BC
Câu 5 (1.0 điểm)

1 2
 2
x
y
Cho x, y là các số thực dương thoả mãn :
. Chứng minh rằng :

5 x 2  y  4 xy  y 2 3
* Ta có:

5 x 2  y  4 xy  y 2 3
 4 x 2  4 xy  y 2  x 2  y  3 0
2

  2 x  y   x 2  y  3 0
1 2
2
1
2 2x  1
2x
 2  2   

 y
y
x
y
x
2x  1
* x y
2
Vì : y > 0 ; x > 0  2x - 1 > 0  x > 1/2 Thay y = … vào x  y  3 0

2x
2x3  x2  2 x  6x  3
x  y  3 0  x 
 3 0 
0
2x  1
2x  1
Ta có:
(1)
3
2
3
2
Vì 2x - 1 > 0  (1)  2 x  x  2 x  6 x  3 0  2 x  x  4 x  3 0
2

2

3


2

Mà 2 x  x  4 x  3

2 x 3  2 x 2  x 2  x  3x  3
 x  1 2 x 2  x  3



 x  1

 2x  y 
Vậy

2

2

 2 x  3 0

 x 2  y  3 0


x  0

x  0; y  0

Mai Huy Dũng – Trường THCS Bình Minh- Tĩnh Gia-Thanh Hóa

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 vo chuyên tin)
Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian phát đề
Ngày thi: 19 tháng 6 năm 2011

Đề CHíNH THứC

Câu I (2,5 điểm)
1. Giải phơng trình:

4

2 x=17 4 √2 x 3 − 8 √ 2 x
4
4
2. Chøng minh r»ng: √ 17+12 √ 2+ √17 − 12 √ 2 = 2

2
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: x 2+ x +2 y 2+ y=2 xy 2 +xy +3
C©u 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
19
6
+ 2 2 +2011( a4 +b 4 )
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T =
ab a +b
--------------- 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:............................

Mai Huy Dũng – Trường THCS Bình Minh- Tĩnh Gia-Thanh Hóa

1


Giải đề thi môn toán
Vào Chuyên tin Lam sơn 2011 2012
Câu 1 :
a)Giải phơng trình 2 x=4 17 − 4 √2 x 3 − 8 √2 x
 ( x 2 − 2 √ 2 x +2 ) 2=17 −4 √ 2 x 3 − 8 √2 x
 x 4 +8 x 2+ 4 − 4 √ 2 x3 + 4 x 2 − 8 √ 2 x=17 − 4 √ 2 x 3 − 8 √ 2 x
 x 4 +12 x 2 13=0
Đặt t = x2 (t 0)

Ta có phơng trình; t2 + 12t 13 = 0
Phơng trình có hai nghiệm phân biệt t1=1 ; t2 = -13 (lo¹i)
t1=1 ⇒ x2 = 1 ⇒ x= ± 1
4

b)Chøng minh r»ng:

√17+12 √ 2+ √4 17 − 12 √2 =√ 2

2
4
4
VT
= √17+12 √ 2+ √17 − 12 √ 2 = √ 9+2 √12+8+ √ 9 − 2 √ 12+8
2
2
4
2 4
2
( 3+ 2 √ 2 ) + ( 3− 2 √ 2 ) √ ( 2+ 2 √2+1 ) + √ 2− 2 √2+1
=
=
2
2
2
2
= ( √2+1 ) + ( √ 2−1 ) = √ 2+1+ √2 −1 = √2 = VP
2
2
4

4
VËy : √17+12 √ 2+ √ 17 − 12 √ 2 = 2 (đpcm)
2
4

4









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 x2 ta có phơng trình :
6
6
( x2 +5 x − 6 ) ( x 2+ x −6 )
.
=12 <=> x + 5 x +1 =12
x
x
x
x
6

Đặt t = x +3
x
ta có phơng trình : (t +2)(t 2) = 12<=> t2 – 4 =12 <=> t2 = 16<=>t = ± 4
6
Víi t = 4 ta cã ph¬ng tr×nh ; x − +3=4
x
2
⇔ x - x - 6 = 0 phơng trình có hai nghiệm phân biệt : x1 = 3 ; x2= -2
6
Víi t = - 4 ta có phơng trình x +3= 4
x
x2+7x -6 =0 phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1= 7 − √ 73 ; x 2= −7+ √ 73
2
2
VËy ph¬ng trình đà cho có 4 nghiệm phân biệt

(

)(

)

Mai Huy Dng – Trường THCS Bình Minh- Tĩnh Gia-Thanh Hóa

1


Câu 3:
Tìm các số nguyên x, y thỏa mÃn: x 2+ x +2 y 2+ y=2 xy 2 +xy +3 (x, y z )
2

2
2
⇔
x −1+ x −2 xy +2 y −1+ y − xy=1
⇔ (x-1)(x+1-y)-(x-1)(2y2-1)=1
⇔ (x-1)(x+1-y-2y2+1)=1
¿ x=2
¿ x − 1=1
y=1
2
¿
−2 y − y + x+ 2=1
3
¿
y=−
¿
2
¿
¿
x −1=− 1
¿
¿
¿
¿
−2 y 2 − y+ x+2=−1
¿
¿
x=0
¿
¿

¿
⇔
⇔
y=1
⇔
¿
¿
¿
3
y=−
¿
2
x=2
¿
¿
¿
( y −1 ) ( 2 y+ 3 )=0


{









Vậy cặp số nguyên thỏa mÃn là : (2,1) ; (0 ;1)

C©u 4 :

Mai Huy Dũng – Trường THCS Bình Minh- Tĩnh Gia-Thanh Hóa

1


a)

A

Điểm M t/m MD = BD, ME = CE
Dựng đường tròn tâm (O) đường tròn đi qua M, B và C.
  DBO =  DMO (ccc)  Tia DO là p/g góc BDM. Tg
tự EO là tia p/g góc CEM.  O là tâm đường tròn bàng
tiếp  ADE.  (O) tiếp xúc với AB, AC và DE tại B, C
và M.  OB  AB, OC  AC, OM  DE.
DOE = ECI ( cùng bằng ½ cung BC). suy ra tứ giác
IOCE nội tiếp .
Mà góc ECO = 900 nên góc EIO = 900
Vậy góc DIE vng.
b) Áp dụng phần a) ta ln có DI đi qua điểm cố định là O
Tâm đường tròn tiếp xúc với AB ,AC tại B và C

D
M
E
B

C


I
O

Mai Huy Dũng – Trường THCS Bình Minh- Tĩnh Gia-Thanh Hóa

1


Câu 5:
C2. Cho a, b là các số dơng thỏa m·n: a + b =1
19
6
+ 2 2 +2011(a4 +b 4 )
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T =
ab a +b
19
6
4
4
T = + 2 2 +2011(a + b )
ab a +b
16 3
6
⇒T = + + 2 2 +2011 (a 4+ b4 )
ab ab a +b
16
1
1
= +6

+ 2 2 + 2011(a 4 +b 4)
ab
2 ab a +b
2
* Ta có : (a – b) ≥ 0  a, b dấu bằng  a = b = ½
( a+ b )2 1

a2 + b2 ≥ 2ab  (a + b)2 ≥ 4ab  ab ≤
=
4
4
16
16

≥ 16. 4 ⇔ ≥ 64 dấu bằng  a = b = ½ (1)
ab
ab

(

)

* Ta lại có : (a – b)2 ≥ 0  a, b dấu bằng  a = b = ½
 (a2 + b2 – 2ab)2 ≥ 0  a, b dấu bằng  a = b = ½
 a4 + b4 + 4a2b2 + 2a2b2 – 4a3b – 4ab3 ≥ 0
 a4 + b4 + 4a2b2 + 2a2b2 + 4a3b + 4ab3 ≥ 8a3b + 8ab3
 (a2 + b2 + 2ab)2 ≥ 8ab(a2 +b2)
 [(a + b)2]2 ≥ 8ab(a2 +b2)
a2 +b2 +2 ab
4

≥

thay a + b = 1 ta có :
2
2
2
2 ab ( a +b ) ( a+b )
1
1
4
+ 2 2 ≥ =4 dấu bằng  a = b = ½

2 ab a +b 1

(2)

* Ta lại có : (a – b)2 ≥ 0  a, b dấu bằng  a = b = ½
 a2 + b2 ≥ 2ab  2(a2 + b2) ≥ a2 + b2 + 2ab  2(a2 + b2) ≥ (a + b)2
thay a + b = 1 ta có: 2(a2 + b2) ≥ 1  a2 + b2 ≥ ½ dấu bằng  a = b = ½ (3)
Tương tự : (a2 – b2)2 ≥ 0  a, b dấu bằng  a = b = ½
2 2
2 2
 a4 + b4 ≥ 2a b  2(a4 + b4) ≥ a4 + b4 + 2a b
2
2 2
) 1
≥
 a4 + b4 ≥ ( a +b
dấu bằng  a = b = ½
(4)

2
8
1
Cộng vế (1), (2), (4) ta có T ≥ 64 + 6.4 + 2011.
8
2715
 T≤
dấu bằng  a = b = ½
8

Mai Huy Dũng – Trường THCS Bình Minh- Tĩnh Gia-Thanh Hóa

1


C2. Cho a, b là các số dơng thỏa mÃn: a + b =1
19
6
+ 2 2 +2011(a4 +b 4 )
T×m giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T =
ab a +b
Áp dụng bất đẳng thức côsi và bất đẳng thức Bunhiacopxiki

16
1 
1
 1
T   6
 2


2011.
(1  1)(a 4  b 4 )
2 
ab
2
 2ab a  b 
16.4
4
1 2


6.

2011.
.(a  b 2 )2
2
2
(a  b)
(a  b)
2
2011
2715
64  24 
.(a  b)2 
8
8
T
Dấu bằng xảy ra khi a = b = ẵ

Ht


Sở GD & ĐàO TạO
THANH HOá

Kỳ THI TUYểN SINH VàO LớP 10 THPT chuyên Lam Sơn - Đề chung

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 thức: A=

15 √ x − 11 3 √ x − 2 2 √ x +3
+
−
x +2 √ x −3 1 − √ x
√ x +3

1/ Rút gọn biểu thức (ĐK: x ≥ 0; x ≠ 1)
2/ Chứng minh

A

2
3

Mai Huy Dũng – Trường THCS Bình Minh- Tĩnh Gia-Thanh Hóa


1


Câu 2: (2.0đ)
Cho parabol (P) y =

1 2
x
2

và đường thẳng y = mx –m + 2 (m là tham số)

1/ Tìm m để (d) cắt (P) tại điểm có hồnh độ x = 4.
2, Chứng minh với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm.
Câu 3: (2.0đ)
2 3
 x  y 12


 5  2 19
 x y

1, GHPT
x

3x
x2  9

6 2


2, GPT:
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 vng góc với AB. Trên tia Ax lấy điểm I ≠ A. Đường
thẳng vuộng góc với CI tại C cắt By tại K. Đường trịn 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 P=

ab
bc
ca
+
+
√ ab+2 c √ bc +2 a √ ac+ 2b

Hướng dẫn giải đề thi
Câu 1:
1/ Rút gọn biểu thức:
15 x  11 3 x  2 2 x  3
A



x  2 x  3 1 x

x 3

15 x  11





x1

x 3





3 x  2 2 x 3

1 x
x 3

(ĐK: x ≥ 0; x ≠ 1)

Mai Huy Dũng – Trường THCS Bình Minh- Tĩnh Gia-Thanh Hóa

1


15 x  11
A=






x1

x 3







2  3 x 2 x 3

x1
x 3

 
 x  1  x  3

15 x  11  2  3 x
=



x 3  2 x 3


15 x  11  7 x  6  3x 




 x  1   5 x  2 
 x  1  x  3
=

=

x1

A

2/ Chứng minh
 5 x 2
Ta có:
Do



x 3



x  3  2x

x 3






x1

 5x  7 x  2
=





x1

x 3



 5 x 2
=



x 3



2
3


=

− 5 ( √ x +3 ) +17
17
=−5+
x
+3
√
√ x+3

x  3  0 với x 

17
17
≤
√ x +3 3
Vậy

A


2
3

−5+

17
17 2
≤− 5+ = ∀ x

3 3
√ x+3

(với x t/m điều kiện)

Câu 2:

1 2
x
và đường thẳng y = mx –m + 2
2
1/ Tìm m để (d) cắt (P) tại điểm có hồnh độ x = 4.
1 2
x =mx −m+2 (*) có nghiệm x = 4
(d) cắt (P) tại điểm có hồnh độ x = 4  pt
2
1 2
4 =m 4 − m+2 ⇔ m=2

2
1 2
x =mx −m+2 ⇔ x 2 − 2 mx+ ( 2m −4 )=0 (*)
2,
2
Pt có ’ = m2 – 2m + 4 = (m – 1)2 + 3 ≥ 3 > 0 m
Câu 3:
1, GHPT
2 3
 x  y 12



1
1
 5  2 19
u  ;v 
 x y
x
y , Ta có HPT:
ĐK: x, y ≠ 0. Đặt
Cho parabol (P) y =

2u  3v 12
4u  6v 24
11u 33
u 3
 
 
 

5u  2v 19
15u  6v 57
 2u  3v 12
v 2
1
1
3  x 
3
Với u = 3 => x
1
1

2  y 
2
v = 2 => y

Mai Huy Dũng – Trường THCS Bình Minh- Tĩnh Gia-Thanh Hóa

1


1

 x  3

 y 1
2
Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất: 
2,
x

3x
x2  9

6 2

x 3
x 2  9  0  
x3
ĐK :
C1,
3x

x
6 2
2
2
x2  9
<=> x x  9  3x 6 2 x  9 . Đặt : t =

6 2t
 xt  3x 6 2t
x 
 
t 3
 2
2
 x  9 t
 x 2  9 t 2

=>
Thay (1) vào (2) ta có:

x2  9 , t > 0

2

 6 2t 
72t 2
2
 9 t 2  72t 2  9t 2  54t  81 t 4  6t 3  9t 2

  9 t  2

t  6t  9
 t 3 
2

4
3
2
t  3  t 2  12t  3 0

t

6
t

54
t

54
t

81

0
<=>
<=>
2
t

12
t


3

0
Do t > 0 =>

 t  3
=>

2

0  t 3  x 2  9 3  x 3 2(t / m)

C2,
x
Nếu x < -3 : VT =
Nếu x > 3
3x
x
2
2
x

9
Ta có :
Mà:



3x

x2  9

0
=> PT VN.

3x2
x2  9

(1)

(BĐT Cosi)
x2
3x 2
2
4
2
x  18 0  x 2.18 x  9 
6 
18
x2  9
x2  9
(2)



2



x

Kết hợp (1) và (2) ta có =>



3x
x2  9

2. 18 6 2

Dấu bằng xảy ra  (1) và (2) xảy ra dấu bằng 
Vậy nghiệm của PT là: x = 3 2
Câu 4:

3x

x  2
x  9  x 3 2

 x 2 18


Mai Huy Dũng – Trường THCS Bình Minh- Tĩnh Gia-Thanh Hóa

1


x

y


I
P
K
O

O'

A

C

B

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 trịn 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 vng 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?
AI+BK
S=
AB

2
BK CB
AC . CB
=
⇒BK=
 CBK S  IAC 
AC AI
AI
Áp dụng BĐT: (AC – BC)2 ≥ 0  AC2 + BC2 - 2 AC. BC ≥ 0
 AC2 + BC2 + 2 AC. BC ≥ 4 AC. BC
 (AC + BC)2 ≥ 4 AC. BC
( AC+BC )2 AB2
 AC . BC ≤
=
4
4
Dấu bằng  AC = BC hay C là trung điểm của AB.
AC .CB AB2
Khi đó BK=
=
AI
4 AI
2

AB
AI+
( 4 AI 2+ AB2 ) AB
AI+BK
4 AI
S=

AB=
AB=
2
2
8 AI
Câu 5:
Cho a, b, c là ba số thực dương t/m a + b + c = 2 Tìm Max P
ab
bc
ca
+
+
biết P=
√ ab+2 c √ bc +2 a √ ac+ 2b
* Vì a + b+ c = 2 ⇒ 2c+ab = c(a+b+c)+ab= ca+cb+c2+ ab = (ca+ c2)+( bc + ab)
= c(a+c) + b(a+c)=(c+a)(c+b) ⇒ 2c+ab = (c+a)(c+b)

Mai Huy Dũng – Trường THCS Bình Minh- Tĩnh Gia-Thanh Hóa

1


1
1
1
1
> 0 và
> 0 áp dụng cosi ta có
+¿
2.

a+c
b+c
a+c
b+c
1
1
1
=¿
⇒ a+c=b+c ⇒ a=b
dấu (=) 
a+c
b+c
(a+c )(b+ c)
1
1 1
1
≤ (
+
)
hay
2
c
+a
c+
b
√(c +a)(c +b)
ab
ab
1 ab
ab

(1) dấu bằng  a = b
=
≤
+
⇒
2
c
+
a
c +b
√ 2 c +ab √ ( c+ a ) ( c+b)
bc
1 cb
bc
≤
+
Tương tự:
(2) dấu bằng  b = c
√ bc+2 a 2 a+b a+c
ac
1 ca
ca
≤
+
(3) dấu bằng  a = c
2
c
+b
b+a
√ 2 b+ca

cộng vế với vế của (1) ; (2) ; (3) ta có
ab
bc
ca
1
ab
ab
cb
cb
ac
ac
+
+
+
+
+
⇒ : P=
(
+
+
)
2
c+
a
c
+b
b+a
c+
a
b+a

c+ b
√ab+ 2 c √ bc+2 a √ ca+2 b
cb
ac
+
a+b a+b
1
⇒ P
ab
cb
ab
ac
2
(
+
)+(
+
)+¿
c+ a c +a
b+ c c+ b
¿
1
1
1
(a+c ). b a .(b+ c) c .(b+ a)
¿ ( a+b+ c )= .2=1
+
+
=
2

2
2
c+ a
b+ c
a+ b
ab
bc
ca
2
+
+
⇒ P=
≤ 1 dấu bằng  a = b = c =
3
√ab+2 c √ bc+2 a √ ca+2 b
2
Vậy min P = 1 khi a = b = c =
3
vì a ; b ; c > 0 nờn



(
(
(

[

Sở giáo dục và đào tạo


Thanh Hóa
Đề CHíNH THứC

)
)
)

]

Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn

Năm học 2011 - 2012
Môn : Toán
(dùng chung cho thí sinh thi vo 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)

Mai Huy Dng Trng THCS Bình Minh- Tĩnh Gia-Thanh Hóa

2