SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
HÀ NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài 1. (2,0 điểm)
Cho biểu thức M =

2 a

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC: 2013 – 2014
Môn: Toán (Chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian
giao đề)









a  2a - 3b  3b 2 a - 3b - 2a a
a 2  3ab

a) Tìm điều kiện của a và b để M xác định và rút gọn M.
b) Tính giá trị của M khi a = 1  3 2 , b = 10 

11 8
3

HC2

Bài 5. (1,0 điểm)
Cho ba số thực a, b, c > 0 thoả mãn a + b + c = 2013.
Chứng minh

a
b
c
+
+
 1.
a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + ab

Dấu đẳng thức sảy ra khi nào?
HẾT


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
HÀ NAM

Câu
a) M =

2 a

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC: 2013 – 2014
Môn: Toán (Chuyên Toán)


Câu 1 =

a
2

3
ab
(2,0 đ)

0,25

( 2a  3b )( 2a  3b )
2a  3b

a ( 2a  3b )
a

b) Ta có M = 2 


0,25

0, 5

3b
11 8
với a = 1  3 2 , b = 10 
a
3


0,25
0,25

2

a) x – 5x + (2m + 5)x – 4m + 2 = 0 (1)
x  2
  x  2  ( x 2  3x  2m  1)  0   2
Nếu
 x  3x  2m  1  0(*)
x  2
trừ 0,25 điểm
 2
x

3
x

2
m

1

0


0,25

Để (1) có ba nghiệm phân biệt thì pt (*) có hai nghiệm phân biệt khác


0,5
0,25
0,25

áp dụng định lý Vi-ét đối với pt (*) ta có 

Vậy (**)  9  2(2m 1)  7  m  1 (thoả mãn ĐK)
Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.

0,5


Ta có A  444.....4  444......4000...0  444.....4  444....4. 10n  1  888....8
2n

n

n

n

n

n

0,25

2



2

3
3 
3 
3

A  2 B  4   B   B  2 B  4   B   2. B.2  4   B  2 
4
4 
4 
4

2

2

3
 
 

=  .888....8  2    3.222....2  2    666....68 
n
n
4
 
  n1



I là trung điểm của CD  OI  CD  MIO  900
 A, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO
 Tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn đường kính MO.
b) MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
OA = OB
 MO là đường trung trực của AB
 MO  AB
2
 MH.MO = MB (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (1)
1
sđ BC
2
 MBC MDB( g.g )
MB MD


 MC.MD  MB 2 (2)
MC MB

0,25
0,25
0,25

0,25

MBC  MBD 

0,25




OI
OI
OI
O, I cố định  độ dài OI không đổi
 lại có Q thuộc tia OI cố định
 Q là điểm cố định  đpcm.
1800  COD
d) AHC  90  MHC  90  ODC  90 
( COD cân tại O)
2
1
1
1
= 1800  COD  3600  sdCBCB  sdCAD
2
2
2
= CBD (3)
0

0



CAH  CDB (4) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC)
Từ (3) và (4)  AHC DBC( g.g )
HA BD
(5)





b c

Chứng minh tương tự được

0,25

0,25

Ta có 2013a + bc=(a + b + c)a + bc =a2 + ab + ac + bc = a2 +bc +
a(b + c)
Theo BĐT Cô-Si cho hai số dương ta có a2 + bc  2a bc . Từ đó
a2 + bc + a(b + c)  2a bc +a(b + c) = a(b + c + 2 bc ) = a(
2
Câu 5
b c)
(1,0 đ) Vậy
a a

0, 5

0



a

a  2013a  bc

b
c
c
(2) và
(3)


b  2013b  ca
a b c
c  2013c  ba
a b c

Cộng từng vế của (1); (2); (3) ta được
a
b
c
a b c
+
+

1
a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + ab
a b c

a 2  bc
 2
b  ca
Dờu “=” xảy ra   2
 a  b  c  671
c




Suy ra đpcm.
Câu 5: Với gt đã cho ta có:
a
a

a  2013a  bc a  (a  b  c )a  bc


a(a  (a  b)(a  c))
a
 2
2
a  (a  b)(a  c) a  a  ab  ac  bc



a(2 (a  b)(a  c)  2a) a(a  b  a  c  2a )
ab  ac


2(ab  ac  bc)
2(ab  ac  bc)
2(ab  ac  bc)

(theo BĐT cosi 2 ab  a+b dấu = xảy ra khi a=b.
Từ đó suy ra VT 