Sở giáo dục và đào tạo
phú thọ
kì thi tuyển sinh lớp 10
THPT chuyên hùng vơng
năm học 2009-2010
Môn: Toán ( Chuyên Tin học)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
(Đề thi có 01 trang)
Cõu 1(2 im). Cho phng trỡnh
2
2( 1) 2 4 0x m x m + =
(trong ú
m
l tham s)
a) Chng minh rng phng trỡnh ó cho luụn cú hai nghim phõn bit.
b) Gi
1 2
;x x
l hai nghim ca phng trỡnh. Tỡm biu thc
2 2
1 2
P x x= +
t giỏ tr
nh nht.
Cõu 2(2 im).
a) Gii phng trỡnh:
3 2 2 2
3 3 2 3 2 2x x x x x x x+ + + + = + + +
b) Gii h phng trỡnh:
2 2
2 2

b c c a a b
= + +

Cõu 4(3 im). Hai ng trũn
1 2
( ),( )O O
ct nhau ti hai im phõn bit
,A B
. ng thng
vuụng gúc vi
AB
ti
B
ct li
1
( )O
ti C v ct li
2
( )O
ti D. Mt ng thng quay
quanh B ct cỏc ng trũn
1 2
( ),( )O O
theo th t ti giao im th hai
,E F
.
a) Chng minh t s
AE
AF
khụng i.

2 2
2
' 1 1 2 4 4 5 2 1 0m m m m m m∆ = − − × − = − + = − + > ∀
0.25
+ Do đó, với mọi giá trị của tham số m, phương trình đã cho luôn có hai nghiệm
phân biệt
0.25
b)
(1.5đ)
+ Gọi
1 2
,x x
là hai nghiệm của phương trình. Khi đó, theo định lý Viet, ta có
( )
1 1 1 2
2 1 , 2 4x x m x x m+ = − = −
0.5
+ Khi đó
( ) ( ) ( )
2 2
2 2
1 2 1 2 1 2
2
2 4 1 2 2 4
4 12 12
x x x x x x m m
m m
+ = + − = − − −
= − +
0.25

2 2 0
x x x
x
x
x
x x

+ + + ≥

≥

⇔ ≥

+ ≥


+ ≥

0.25
+ Viết lại phương trình
( )
( )
( )
(
)
( )
2 2 2
1 3 2 3 2 1 2 3 1 1 0x x x x x x x x x+ + + = + + + ⇔ − + + − =
0.25
+ Phương trình

4 3 (2 1) (2 1) 1 2 0
1
2
x
x x x x x x
x
=


− + + + = ⇔ + = ⇔

= −

Với
0x
=
thì
1.y
=
Với
1
2
x
= −
thì
0y
=
0.25
+ Nếu
2 1y x

=
0.25
Vậy hệ đã cho có các nghiệm
( ) ( )
1
; 0; 1 , ;0
2
x y
 
= ± −
 ÷
 
0.25
3
a)
(1đ)
( )( ) ( )( ) ( )( )
bc ca ab
VT
a b a c a b b c a c b c
= − +
− − − − − −
0.25
( ) ( ) ( )
( )( )( )
bc b c ca a c ab a b
a b b c a c
− − − + −
=
− − −

= + + − + +
   
− − − − − − − − −
   
0.25
2
2
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c bc ca ab
P
b c c a a b a b a c b c b a c a c b
 
 
= + + + + +
 ÷
 ÷
− − − − − − − − −
 
 
0.25

2
2.1 2
a b c
P
b c c a a b
 
= + + + ≥
 ÷
− − −

= = =
(cùng chắn cung
»
AB
của
1
( )O
)
•
·
·
·
·
AFE AFB ADB ADC
= = =
(cùng chắn cung
»
AB
của
2
( )O
)
Suy ra
AEF ACD
∆ ∆
:
.
0.5
Do đó
1

·
0
90AFG AFD= =
(góc nội tiếp chắn nửa đường
tròn)
0.5
Từ đó, tứ giác
AEGF
có
· ·
0
90AEG AFG
= =
do đó nội tiếp trong đường tròn đường
kính
AG
0.25
c)
(1đ)
Chứng minh tương tự phần 2, cũng được tứ giác
ACGD
nội tiếp. 0.25
Gọi
I
là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEGF. Khi đó I là trung điểm AG 0.25
Suy ra
1 2
|| , ||IO CG IO DG
Từ đó
·

P'
Trong số các tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn nhất (diện tích
S). Khi đó
1S
≤
.
0.25
Qua mỗi đỉnh của tam giác, kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, các
đường thẳng này giới hạn nên một tam giác
' ' 'A B C
(hình vẽ). Khi đó
' ' '
4 4
A B C ABC
S S= ≤
. Ta sẽ chứng minh tất cả các điểm đã cho nằm trong tam giác
' ' 'A B C
0.25
Giả sử trái lại, có một điểm
P
nằm ngoài tam giác
' ' ',A B C
chẳng hạn như trên
hình vẽ. Khi đó
( ) ( )
; ;d P AB d C AB
>
, suy ra
PAB CAB
S S>