SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
QUẢNG BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
Số BD: ………………………

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011 - 2012
KHÓA NGÀY 01 - 07 - 2011
MÔN THI : TOÁN

Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm có 01 trang

 x 2 + x − xy − 2 y 2 − 2 y = 0
Câu 1:(2,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:  2
2
 x + y = 1
Câu 2:(2,0 điểm) Cho phương trình: x + 2 x − 1 − m 2 + 6m − 12 = 0 (m là tham số).
a) Giải phương trình khi m = 2.
b) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.
.
Câu 3:(1,5 điểm) Cho a, b, c là ba số đo ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
1
1
1
a+b+c
1 1 1
+
+
≥ 2  + + ÷, với p =
.
p −a p −b p −c

* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tùy theo mức điểm của
từng câu.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu.
Câu
Nội dung
Điểm
1
(2.0)
2
2
 x + x − xy − 2 y − 2 y = 0 (1)
(I )  2
2
(2)
 x + y = 1
x = − y −1
0.50
Ta có: (1) ⇔ ( x + y + 1)( x − 2 y ) = 0 ⇔ 
x = 2y
 x = − y − 1
0.25
 2
2
 x + y = 1
Từ đó ta có: ( I ) ⇔ 
x = 2y
 
  x 2 + y 2 = 1
0.50
 x = − y − 1


y = − 5
 y = 5

 
5
5
2

(2.0)
2


0.25

ĐK: x ≥ 1
Ta có : x + 2 x − 1 − m 2 + 6m − 12 = 0

(1)

⇔ x − 1 + 2 x − 1 − m 2 + 6m − 11 = 0
Đặt : t = x − 1 (t ≥ 0) ta có phương trình: t 2 + 2t − (m 2 − 6m + 11) = 0 (2)
t = 1
2
a) Với m = 2 ta có phương trình: t + 2t − 3 = 0 ⇔ 
t = −3(lo¹i)
Với t = 1 ⇔ x − 1 = 1 ⇔ x = 2 (thỏa mãn)
b) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm không
âm.
2

1
4
4
+
≥
=
p −a p −b p −a + p −b c
1
1
4
4
+
≥
=
p −b p −c p −b + p −c a
1
1
4
4
+
≥
=
p−c p−a p−c+ p−a b
 1
1
1 
1 1 1
+
+
≥ 4  + + ÷⇒ (đpcm)

(1.0)


(

)

0.25

2

= n3 + 6 + n − 50 (*)
Do A là tích của 2 số chính phương nên nó là số chính phương.
Ta xét các trường hợp:
TH1: 0 ≤ n < 3 , bằng phép thử trực tiếp ta thấy A là số chính phương khi
và chỉ khi n = 1, khi đó A = 0 nhưng n5 + n 4 + n3 + 13n 2 + 13n + 14 = 43
không phải là số chính phương.

(

TH2: 3 ≤ n < 50 ta có: A < n3 + 6

(

)

)

2


là số chính phương. Vì n – 1 = 49 là

số chính phương nên n5 + n 4 + n3 + 13n 2 + 13n + 14 cũng là số chính
phương.

(

)

2

(

TH4: n > 50, lập luận tương tự TH2 ta có: n3 + 6 < A < n3 + 7
5

)

2

nên A

không là số chính phương.
Vậy: n = 50 là số cần tìm
N

0.25

(3.5)
N'

= ECO
= 900 ⇒ EA ⊥ AB

Vậy: AE là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn (O) và (O1) tại A.
c)
Gọi N’ là giao điểm của AM và (O).
· ' AO ( tam giác OAN’ cân tại O).
Ta có: ·AN ' O = N
·
·
H là trực tâm tam giác AOC nên CH ⊥ AO ⇒ HCO
(cùng phụ
= HAO
·
với COA
)
·
· 'O .
Suy ra: HCO
= HN
Tứ giác HCN’O có 2 đỉnh kề nhau là C và N’ cùng nhìn cạnh HO dưới
4

0.25
0.50
0.25
0.25
0.25
0.25


Từ đó ta có: OM =
(1)
AM
AM
Tam giác AMO có OH là phân giác góc ·AOM nên:
AH
AO
AH
AO
AH
a
=
⇒
=
⇒
=
(2)
HM OM
AH + HM AO + OM
AM a + OM
Từ (1) và (2) suy ra :
a2
a ( 5 − 1)
OM =
⇒ OM 2 + a.OM − a 2 = 0 ⇒ OM =
a + OM
2
*)Lưu ý: đối với ý d) nếu học sinh vẽ hình EM không song song với AB
nhưng lời giải đúng vẫn cho điểm tối đa.