ĐỀ THI TRƯỜNG CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG
NĂM HỌC 2009 – 2010
ĐỀ TOÁN CHUNG
Câu 1. ( 2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau :
1) 2x
2
– 3x – 2 = 0 ; 2)
4 1
6 2 9
x y
x y
+ = −


− =

; 3) 4x
4
– 13x
2
+ 3 = 0; 4)
2
2x 2 2.x 1 0− − =
;
GIẢI
1) 2x
2
– 3x – 2 = 0 .
Ta có : ∆ = b
2

= =
  
 
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
    
− = − = + = −
  
 
+ = − = −
 
Vậy hệ phương trình có nghiệm :
1
; 3
2
 
−
 ÷
 

3) 4x
4
– 13x
2
+ 3 = 0.
Đặt : t = x
2
( điều kiện : t ≥ 0), Khi đó ta được phương trình :
4t
2
– 13t + 3 = 0 ( 1) .

− − ∆
= = = >
( Nhận)
+ Với t
1
= 3, ta được : x
2
= 3
3x⇔ = ±
;
+ Với t
2
=
1
4
, ta được: x
2
=
1 1
4 2
x⇔ = m
.
Phương trình đã cho có tập nghiệm là :
1 1
S 3; ; ; 3
2 2
 
= − −
 
 

y
−
=
và đường thẳng (D) :
1
y x 1
2
= −
trên cùng một hệ trục tọa độ;
b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính.
GIẢI
a) Học sinh tự vẽ .
b) Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (D) và (P) :
( )
2
2 2
1
1 2 2 0 1
2 2
x
x x x x x
−
= − ⇔ − = − ⇔ + − =
Phương trình (1) có dạng : a + b + c = 1 + 1 + (– 2) = 0.
Phương trình có nghiệm : x
1
= 1 ; x
2
=
2

B 5 2 3 3 5 2 3 3 5
2 2
   
= + + − − + − + + −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
GIẢI
a) Ta có :
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
A 12 6 3 21 12 3 3 2.3 3 3 2 3 2. 2 3 .3 3
3 3 2 3 3 | 3 3 | | 2 3 3 | 3 3 2 3 3 3
= − + − = − + + − +
= − + − = − + − = − + − =
b)
2 2
5 3
B 5 2 3 3 5 2 3 3 5
2 2
   
= + + − − + − + + −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Ta có :
2

 ÷
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
 ÷
     
 
2
2
2 2 2
2
2 2 2
3 3 3 1 5 5 1 3 3 1 5 1 3
2 3 3 5 2 2
2 2 4 2 2 4 2 2
2 2 2
3 1 5 1 3 3 1 5 1 3 3 1 5 1 3 5 5
2
2 2 2 2 2 2 2 2
 
 
     
− +
 ÷
 ÷
− + + − = − + + + + − = + −
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
 ÷
 ÷
 ÷

1
; x
2
là hai nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất:
2 2
1 2 1 2
A 3x x x x= + −
.
GIẢI
a) Xét : ∆ = b
2
– 4ac = [ – (3m + 1)]
2
– 4. 1. ( 2m
2
+ m – 1) = 9m
2
+ 6m + 1 – 8m
2
– 4m + 4
= m
2
+ 2m + 1 + 4 = ( m + 1)
2
+ 4 >0 với mọi m ( vì ( m + 1)
2
≥ 0 với mọi m)
Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
b) Theo định lý Vi – et ta được : x
1


= (3m + 1)
2
– 5(2m
2
+ m – 1)
= 9m
2
+ 6m + 1 – 10m
2
– 5m + 5 = – m
2
+ m + 6 = – (m
2
– m – 6)
=
2 2
2
1 1 25 1 25 25 1 25
m 2m m m
2 4 4 2 4 4 2 4
 
     
− + + − = − − − = − − ≤
 
 ÷  ÷  ÷
     
 
 
Vì

·
·
0 0
OAE OME 90 OAE OME 180= = ⇒ + =
Vậy tứ giác AEMO nội tiếp được đường tròn.
* Chứng minh tứ giác APMQ là hình chữ nhật:
Ta có :
·
·
·
0
QAP APM MQA 90= = =
Vậy tứ giác APMQ là hình chữ nhật.
b) Chứng minh O; E và I thẳng hàng:
+ Do tứ giác APMQ là hình chữ nhật và I là
trung điểm của QP nên I cũng là trung điểm của AM.
+ Do AE và ME là hai tiếp tuyến của đường tròn (O)
nên AE = ME, mặt khác OA = OM = R, vậy EO là đường trung
trực của AM, suy ra : OE đi qua I hay O; E và I thẳng hàng.
c) * Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng dạng :
+ Ta có :
·
¼
·
·
1 1
MBP Sđ AM MOA EOA
2 2
= = =
+ Xét ∆ AEO và ∆ PMB :

+ Gọi diện tích hình chữ nhật APMQ là S, ta được : S = AP. MP =
( )
x x 2R x−
+ Áp dụng BĐT Cô – Si đối với 4 số dương :
; ;
3 3 3
x x x
và ( 2R – x) ta được :
( ) ( )
4
4 2 2 2
3 3 3 3 3 3
x x x x x x
R x R x R× × × × − ≤ + + + − =
( dấu “=” xảy ra khi :
3
2
3 3 3 2
x x x R
R x x= = = − ⇔ =
).

( ) ( ) ( )
3 3
2 2 2
4
3 3
2 2 2
3 2 3 4 4 4
3 3

I
Q
P
E
M
O
B
A
ĐỀ TOÁN CHUYÊN
Câu 1. ( 4 điểm)
1) Giải hệ phương trình sau :
1
1
1
2
5 3
1
y
x
y
x

+ =


+


+ =


y
y
y y y
x x
  

+ = + = =
=

  

+ =
    
+ + +
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
+
    
    
=
=
+ = + = =


  
+ +

  
Vậy hệ phương trình có nghiệm :
1 1
;

a a
− + ∆ − + − + ∆ − −
= = = = = = −
+ Với t
1
= 3, ta được : 2x
2
– x = 3  2x
2
– x – 3 = 0 (1).
Phương trình có dạng : a – b + c = 2 – (– 1) – 3 = 0,
Vậy phương trình (1) có nghiệm : x
1
= –1; x
2
=
c 3 3
a 2 2
−
− = − =
.
+ Với t
2
= – 4, ta được : 2x
2
– x = – 4  2x
2
– x + 4 = 0 (2).
Ta có : ∆ = b
2

2
|
GIẢI
+ Ta có : ∆’ = ( 2m + 1)
2
– ( 4m
2
+ 4m – 3) = 4m
2
+ 4m + 1 – 4m
2
– 4m + 3 = 4 > 0
Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
+ Vì x
1
< x
2
nên nghiệm của phương trình là :
1 2
' ' ' '
2 1; 2 3;
b b
x m x m
a a
− − ∆ − + ∆
= = − = = +
( vì 2m + 3 > 2m – 1)
+ Theo đề ta được : | x
1
| = 2| x

m
6
−
=
Câu 3. ( 2 điểm) Thu gọn biểu thức :
7 5 7 5
A 3 2 2
7 2 11
+ + −
= − −
+
GIẢI
Ta đặt :
7 5 7 5
M
7 2 11
+ + −
=
+
=> M > 0.
Ta được :
( )
( )
2
2
2
2
14 2 7 5
2 7 2 11
7 5 7 5 14 2 44

·
·
ABP AMB=
:
+ Ta có : ∆ ABC cân tại A nên AB = AC =>
»
»
AB AC=
;
+
·
»
»
( )
»
»
( )
»
·
1 1 1
AMB Sđ AB Sđ PC Sđ AC Sđ PC Sđ AP ABP
2 2 2
= − = − = =
b) Chứng minh MA. MP = BA. BM :
+ Do
·
·
ABP AMB=
=>
·

101
+ b
101
= a
102
+ b
102
. Tính P = a
2010
+ b
2010
.
GIẢI
a) Giả sử a và b
( )
a; b∈¢
là hai nghiệm của phương trình : 2x
2
+ mx + 2n + 8 = 0.
Ta có : ∆ = b
2
– 4ac = m
2
– 16n – 64 ≥ 0.
Theo định lý Vi – et :
( )
2
2
4
4

+ (ab)
2
– 8ab + 16
= 4a
2
+ (ab)
2
+ 4b
2
+ 16 = a
2
( 4 + b
2
) + 4(b
2
+ 4) = ( a
2
+ 4)(b
2
+4)
Vì a, b là các số nguyên và a
2
≥ 0 ; b
2
≥ 0, nên a
2
+ 4 và b
2
+4 là những số nguyên lớn hơn 3.
Vậy m

2

 a
202
+ a
100
b
102
+ a
102
b
100
+ b
102
= a
202
+ 2a
101
b
101
+ b
102
.
O
M
P
C
B
A
 a

2010
= 1
2010
+ 1
2010
= 2.
Câu 6. (2 điểm)
Cho tam giác OAB vuông cân tại O với OA = OB = 2a. Gọi (O) là đường tròn tâm O bán kính a.
Tìm điểm M thuộc (O) sao cho MA + 2MB đạy giá trị nhỏ nhất.
GIẢI
Gọi C và D là giao điểm của AO với (O; a), với C nằm giữa A và O.
Ta được : C là trung điểm của OA, hay OC = a. Gọi E là trung điểm
của OC; F là giao điểm của đoạn thẳng BE và (O; a).
+ Nếu M trùng với C, ta được :
AM = AC; EM = EC và do AC = 2EC
Suy ra : AM = 2 EM
+ Nếu M trùng với D, ta được :
AM = AD; EM = ED và do AD = ED
Suy ra : AM = 2 EM
+ Nếu M không trùng với D và không trùng với C
Xét ∆ EOM và ∆ MOA :
Góc O chung
OE OM 1
OM OA 2
= =
Suy ra ∆ EOM ∆ MOA.
EM 1
AM 2EM
AM 2
⇒ = ⇔ =

GIẢI
Ta có : a
2
+ c
2
≥ 2ac ; 2b
2
+ 2c
2
≥ 4bc, dấu “ = ” xảy ra khi a = b = c;
Suy ra : a
2
+ c
2
+ 2b
2
+ 2c
2
≥ 2ac + 4bc  a
2
+ 2b
2
+ 3c
2
≥ 2ac + 4bc
Theo giả thiết : a
2
+ 2b
2
≤ 3c

 
 
⇔ + ≥ + = ⇔ + ≥
 ÷
 
……………………………Hết……………………………
Rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của tất cả mọi người.
M
F
EO
D
C
B
A