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 cảc 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

Hết
1
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

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

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
2
1
D
C
B
A
9
3
-1
0
1 9
. .4 20
2 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
4
1
2
N
K
H
D

(**)
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

=

⇒ =


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+ =

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
1.0
4
Áp dụng 2 lần , ta có:
( )

 
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

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

Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN
THANH HOÁ NĂM HỌC 2012 - 2013
5
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN
(Đề gồm có 1 trang) (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 )
Cho biểu thức :
2 3 2
: 2
5 6 2 3 1
x x x x
A
x x x x x
   
+ + +
= − − −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
− + − − +
   
1/ Rút gọn biểu thức A.
2/ Tìm các giá trị của x để
1 5
2A
≤ −
Câu 2 (2,0 điểm )


Câu 4 (3.0 điểm) : Cho A là điểm cố định nằm ngoài đường tròn (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 vuông 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
+ −
không phụ thuộc vào vị trí của điểm N.
b) Nếu tứ giác BCQP nội tiếp được trong một đường tròn thì PQ//BC
Câu 5 (1.0 điểm)
Cho x, y là các số thực dương thoả mãn :
1 2
2
x y
+ =
. Chứng minh rằng :
2 2
5 4 3x y xy y+ − + ≥
Hết
Họ tên thí sinh …………………………………………… Số báo danh: …………………………
Chữ ký giám thị 1: ………………………………… Chữ ký giám thị 2: ……………………
6
Bài giải
Câu 1: (2.0 điểm )
Cho biểu thức :
2 3 2
: 2

x
+
−
2/ Tìm các giá trị của x để
1 5
2A
≤ −
1 5 4 5
2 8 5 5
2 2
1
1 1
2 5 3 0 3 0
2 2
1
0
4
x
x x
A
x
x x x x
x
−
≤ − ⇔ ≤ − ⇔ − ≤ − −
+
⇔ + − ≤ ⇔ − ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
⇔ ≤ ≤
Kết hợp với ĐK ⇒
1

2 2
x y
M N
x y
= ⇒ =

 

⇒ −
 ÷

= − ⇒ =
 

( )
1 2
0,75 (dvv)
MON thang
S S S S
∆
= − + = =
Câu 3 (2.0 điểm)
1/ Cho phương trình:
2 2
(2 1) 6 0x m x m m
− + + + − =
(m là tham số). Tìm m để
phương trình có hai nghiệm dương phân biệt?
phương trình có hai nghiệm dương phân biệt
7


> ⇔ + − > ⇔ ⇔ >
  
  
+ >
> −

 
− >


2/ Giải hệ phương trình:
1 1 2 (1)
1 1
1 (2)
x y
x y

− + − =


+ =


(ĐK: x ≥ 1; y ≥ 1)
(2) ⇔ x + y = xy (3)
Hai vế của (1) đều dương ta bình phương hai vế ta có:

( ) ( )
( )

O
Q
A
N
1/ Chứng minh rằng: MO = MA
∠A
1
= ∠O
1
và ∠A
1
= ∠A
2
⇒ ∠A
2
= ∠O
1

⇒ ∆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 tròn thì PQ//BC
Nếu tứ giác BCQP nội tiếp được ⇒ ∠P
1
= ∠C

x y xy y
x xy y x y
x y x y
+ − + ≥
⇔ − + + + − ≥
⇔ − + + − ≥
*
1 2 2 1 2 2 1 2
2 2
2 1
x x
y
x y y x y x x
−
+ = ⇔ = − ⇔ = ⇔ =
−
Vì : y > 0 ; x > 0 ⇒ 2x - 1 > 0 ⇒ x > 1/2 Thay y = … vào
2
3 0x y+ − ≥
Ta có:
3 2
2 2
2 2 2 6 3
3 0 3 0 0
2 1 2 1
x x x x x
x y x
x x
− + − +
+ − ≥ ⇔ + − ≥ ⇔ ≥

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 v o 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)
1. Giải phơng trình:
4 3
2824172 xxx =
2. Chứng minh rằng:
2
2
2121721217
44
=
++
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:
322
222
++=+++ xyxyyyxx
Câu 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

3
2
2
=+

xxxxxxx 2824172842448
32324
=+++

01312
24
=+
xx
Đặt t = x
2
(t

0)
Ta có phơng trình; t
2
+ 12t 13 = 0
Phơng trình có hai nghiệm phân biệt t
1
=1 ; t
2
= -13 (loại)
t
1
=1


2
++++
=
++
=
( ) ( )
2
2
1212
2
1212
22
=
++
=
++
= VP
Vậy :
2
2
2121721217
44
=
++
(đpcm)
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






+
x
x
x
x
Đặt t =
3
6
+
x
x

ta có phơng trình : (t +2)(t 2) = 12<=> t
2
4 =12 <=> t
2
= 16<=>t = 4
Với t = 4 ta có phơng trình ;
43
6
=+
x
x

x

T×m c¸c sè nguyªn x, y tháa m·n:
322
222
++=+++ xyxyyyxx
(x, y
z∈
)
⇔
11221
222
=−+−+−+− xyyyxyxx
⇔
(x-1)(x+1-y)-(x-1)(2y
2
-1)=1
⇔
(x-1)(x+1-y-2y
2
+1)=1
⇔
( )( )
( )( )









2
122
11
122
11
2
2
yy
x
yy
x
xyy
x
xyy
x
⇔















0
2
3
1
2
y
y
x
y
y
x
VËy cÆp sè nguyªn tháa m·n lµ : (2,1) ; (0 ;1)
C©u 4 :
M
I
E
D
O
A
B
C
a)
Điểm M t/m MD = BD, ME = CE
Dựng đường tròn tâm (O) đường tròn đi qua M, B v C. à
⇒ ∆ DBO = ∆ DMO (ccc) ⇒ Tia DO l p/g góc BDM. à
Tg tự EO l tia p/g góc CEM. à ⇒ O l tâm à đường tròn
b ng tià ếp ∆ ADE. ⇒ (O) tiếp xúc với AB, AC v DE tà ại
B, C v M. à ⇒ OB ⊥ AB, OC ⊥ AC, OM ⊥ DE.
∠DOE = ∠ECI ( cùng bằng ½ cung BC). suy ra tứ giác
IOCE nội tiếp .

)(2011
1
2
1
6
16

)(2011
6316
44
22
44
22
ba
baabab
ba
baabab
T
++






+
++=
++
+
++=

0 a, b du bng a = b = ẵ
(a
2
+ b
2
2ab)
2
0 a, b du bng a = b = ẵ
a
4
+ b
4
+ 4a
2
b
2
+ 2a
2
b
2
4a
3
b 4ab
3
0
a
4
+ b
4
+ 4a

]
2
8ab(a
2
+b
2
)

( )
( )
222
22
4
2
2
ba
baab
abba
+

+
++
thay a + b = 1 ta cú :

4
1
41
2
1
22

2
thay a + b = 1 ta cú: 2(a
2
+ b
2
)

1

a
2
+ b
2
ẵ du bng a = b = ẵ (3)
Tng t : (a
2
b
2
)
2
0 a, b du bng a = b = ẵ
a
4
+ b
4
2a
2
b
2
2(a

8
1

8
2715

T
du bng a = b = ẵ
13
C2. Cho a, b là các số dơng thỏa mãn: a + b =1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T =
)(2011
619
44
22
ba
baab
++
+
+
p dng bt ng thc cụsi v bt ng thc Bunhiacopxiki
T
4 4
2 2
2 2 2
2 2
2
16 1 1 1
T 6 2011. (1 1)(a b )
ab 2ab a b 2

+



+
+

=
x
x
x
x
xx
x
A
1/ Rỳt gn biu thc (K: x 0; x 1)
2/ Chng minh
2
3
A
14
Câu 2: (2.0đ)
Cho parabol (P) y =
2
2
1
x
và đường thẳng y = mx –m + 2 (m là tham số)
1/ Tìm m để (d) cắt (P) tại điểm có hoành độ x = 4.
2, Chứng minh với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm.

thẳng vuộng góc với CI tại C cắt By tại K. Đường tròn 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
bac
ca
abc
bc
cab
ab
P
222 +
+
+
+
+
=
Hướng dẫn giải đề thi
Câu 1:
1/ Rút gọn biểu thức:
( ) ( )
15 11 3 2 2 3 15 11 3 2 2 3
2 3 1 3 1 3
1 3
x x x x x x

− + − + − + −
− +
=
( ) ( )
15 11 7 6 3 3 2
1 3
x x x x x
x x
− − + − − + −
− +
=
( ) ( )
5 7 2
1 3
x x
x x
− + −
− +

=
( ) ( )
( ) ( )
1 5 2
1 3
x x
x x
− − +
− +
=
( )

x
Do
3 0x + >
với ∀x ⇔
3
17
3
17
≤
+x
⇔
x
x
∀=+−≤
+
+−
3
2
3
17
5
3
17
5

Vậy
2
3
A ≤
(với

(*)
Pt có ∆’ = m
2
– 2m + 4 = (m – 1)
2
+ 3 ≥ 3 > 0 ∀m
Câu 3:
1, GHPT
2 3
12
5 2
19
x y
x y

+ =




+ =


ĐK: x, y ≠ 0. Đặt
1 1
;u v
x y
= =
, Ta có HPT:
2 3 12 4 6 24 11 33 3

y

=




=


2,
2
3
6 2
9
x
x
x
+ =
−
ĐK :
2
3
9 0
3
x
x
x
>


xt x t
x
t
x t
x t


+ =
=
 
<=>
+
 
− =



− =

Thay (1) vào (2) ta có:
2
2
2 2 2 2 4 3 2
2
6 2 72
9 9 72 9 54 81 6 9
3 6 9
t t
t t t t t t t t
t t t

x
x
+ <
−
=> PT VN.
Nếu x > 3
Ta có :
2
2 2
3 3
2 (1)
9 9
x x
x
x x
+ ≥
− −
(BĐT Cosi)
Mà:
( ) ( )
2 2
2
2 4 2
2 2
3
18 0 2.18 9 6 18
9 9
x x
x x x
x x



=

Vậy nghiệm của PT là: x =
3 2
Câu 4:
17
O'
O
P
K
I
y
x
C
B
A
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 tròn 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 vuông 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
≥ 4 AC. BC
⇔ AC . BC ≤
( )
44
2
2
ABBCAC
=
+
Dấu bằng ⇔ AC = BC hay C là trung điểm của AB.
Khi đó
AI
AB
AI
CBAC
BK
4
.
2
==
( )
AI
ABABAI
AB
AI
AB
AI
AB
BKAI

* Vì a + b+ c = 2
⇒
2c+ab = c(a+b+c)+ab= ca+cb+c
2
+ ab = (ca+ c
2
)+( bc + ab)
18
S
= c(a+c) + b(a+c)=(c+a)(c+b)

2c+ab = (c+a)(c+b)
vỡ a ; b ; c > 0 nờn
0
1
>
+ ca
v
0
1
>
+ cb
ỏp dng cosi ta cú
+
+ ca
1
cb +
1

2.


( )






+
+
+

++
=
+
bc
ab
ac
ab
bcac
ab
abc
ab
2
1
)(2
(1) du bng a = b
Tng t:



+
ab
ca
bc
ca
cab
ac
2
1
2
(3) du bng a = c
cng v vi v ca (1) ; (2) ; (3) ta cú

: P=
bca
ca
abc
bc
cab
ab
222 +
+
+
+
+
2
1

(
bc






+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+ ba
ac
ba
cb
bc
ac
cb
ab
ac
cb
ac
ab
()()(

=

P=
bca
ca
abc
bc
cab
ab
222 +
+
+
+
+
1 du bng a = b = c =
3
2
Vy min P = 1 khi a = b = c =
3
2
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 v o chuyên tin)
Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian phát đề
Ngày thi: 19 tháng 6 năm 2011
19
Đề CHíNH THứC
Câu I (2,5 điểm)
1. Giải phơng trình:
4 3
2824172 xxx =

+
+ 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:
20
Giải đề thi môn toán
Vào Chuyên tin Lam sơn 2011 2012
Câu 1 :
a)Giải phơng trình
4 3
2824172 xxx =

( )
xxxx 282417222
3
2
2
=+

xxxxxxx 2824172842448
32324
=+++

01312
24
=+

VT =
2
8122981229
2
2121721217
4444
++++
=
++
=
( ) ( ) ( )
2
12221222
2
223223
4
2
4
2
++++
=
++
=
( ) ( )
2
2
1212
2
1212
22

x
xx
x
xx
<=>
121
6
5
6
=






+






+
x
x
x
x
Đặt t =
3

x
2
+7x -6 =0 phơng trình có hai nghiệm phân biệt x
1
=
2
737
;
2
737
2
+
=

x
Vậy phơng trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt
Câu 3:
Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn:
322
222
++=+++ xyxyyyxx
(x, y
z
)

11221
222
=+++ xyyyxyxx

(x-1)(x+1-y)-(x-1)(2y









=++
=



=++
=
0321
0
0321
2
122
11
122
11
2
2
yy
x
yy
x
xyy

=











=
=
=
2
3
1
0
2
3
1
2
y
y
x
y
y
x
Vậy cặp số nguyên thỏa mãn là : (2,1) ; (0 ;1)

44
22
ba
baab
++
+
+
)(2011
619
44
22
ba
baab
T
++
+
+=
)(2011
1
2
1
6
16

)(2011
6316
44
22
44
22

1
4
2
=
+

ba
ab

64
16
4.16
16

abab
du bng a = b = ẵ (1)
* Ta li cú : (a b)
2
0 a, b du bng a = b = ẵ
(a
2
+ b
2
2ab)
2
0 a, b du bng a = b = ẵ
a
4
+ b
4

3
b + 8ab
3
(a
2
+ b
2
+ 2ab)
2
8ab(a
2
+b
2
)
[(a

+ b)
2
]
2
8ab(a
2
+b
2
)

( )
( )
222
22

2
2ab 2(a
2
+ b
2
)

a
2
+ b
2
+ 2ab 2(a
2
+ b
2
)

(a + b)
2
thay a + b = 1 ta cú: 2(a
2
+ b
2
)

1

a
2
+ b

2

a
4
+ b
4

( )
8
1
2
2
22

+
ba
du bng a = b = ẵ (4)
Cng v (1), (2), (4) ta cú T 64 + 6.4 + 2011.
8
1

8
2715

T
du bng a = b = ẵ
C2. Cho a, b là các số dơng thỏa mãn: a + b =1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T =
)(2011
619

+ + + =
Du bng xy ra khi a = b = ẵ
23
Sở giáo dục và đào
tạo
THANH HóA
Đề thi gồm có 01 trang
kỳ thi vào lớp 10 thpt chuyên lam sơn
NĂM HọC: 2010 - 2011
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: 20 tháng 6 năm 2010
Câu 1: (2,0 điểm)
1. Giải phơng trình:
3
3 140 0x x+ =
.
2. Không dùng máy tính, tính giá trị biểu thức:
3 3
70 4901 70 4901P = + +
.
Câu 2: (2,5 điểm)
1. Cho parabol (P):
2
1
4
y x=
và đờng thẳng (d): y = -1. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc (P).
Tìm trên trục tung tất cả các điểm sao cho khoảng cách từ M đến điểm đó bằng khoảng cách từ M đến đ-

K sao cho KB = KC. Gọi H là chân đờng cao hạ từ A của tam giác ABC.
1. Chứng minh rằng: HA = HB.
2. Tính số đo các góc
ã
ABC
và
ã
ACB
.
Câu 5: (1,0 điểm)
Ký hiệu [x] là phần nguyên của số thực x. Tìm các số thực x thoả mãn:
8 1 4 1 16 7
6 3 9
x x x+

+ =


.
Hết
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: .
Sở giáo dục và đào
tạo
kỳ thi vào lớp 10 thpt chuyên lam sơn
năm học: 2010 - 2011
24
Đề chính thức
Thanh hoá
ĐáP áN Đề THI CHíNH THứC

ữ

). 0,25
5x =
Vậy, phơng trình có nghiệm duy nhất: x = 5.
0,25
2
(1,0đ)
Với
3 3
70 4901 70 4901P = + +
ta có:
3 3
140 3 3 140 0P P P P= + =
0,5
Do đó P là nghiệm của phơng trình:
3
3 140 0x x+ =
.
Theo ý 1, phơng trình trên có nghiệm duy nhất:
0
5x =
0,25
Vậy
3 3
70 4901 70 4901 5P = + + =
. 0,25
2
(2,5đ)
1


(dùng pitago để tính).
0,5
Từ đó:
2 2
2 2 2
0
1 1
1
4 4
x x y x

+ = +
ữ ữ

với x. 0,25
2 2 2 2
0 0
1 1
1
2 2
x x y y x + = +
với x.
2 2
0 0
1 1
1 0
2 2
x y y


Trớc hết chứng minh: (x + y)
2
4xy với mọi x, y.
Đẳng thức xảy ra khi: x = y
0,25
áp dụng ta có: (a + b + c)
2
= [a +(b + c)]
2
4a(b + c). Đẳng thức xảy ra khi: a =
b + c
1
2
a =
(*)
Do a + b + c = 1 nên bất đẳng thức trên suy ra: 1 4a(b + c)
0,5
25