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 – 4ac = (– 3) 2 – 4. 2. (– 2) = 25 > 0 25 5⇒ ∆ = = . Phương trình có hai nghiệm phân biệt : ( ) ( ) 1 2 3 5 3 5 1 2; ; 2 2.2 2 2.2 2 b b x x a a − − + − − − − + ∆ − − ∆ − = = = = = = 2) 1 1 4 1 8 2 2 14 7 2 2 6 2 9 6 2 9 4 1 2 1 3 x y x y x x x x y x y x y y y   + = − + = − = = =      ⇔ ⇔ ⇔ ⇔      − = − = + = −      + = − = −   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) . Ta có : ∆ = b 2 – 4ac = (– 13) 2 – 4. 4. 3 = 121 > 0 121 11⇒ ∆ = = . Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt : ( ) 1 13 11 3 0 2 2.4 b t a − − + − + ∆ = = = > ( Nhận); ( ) 2 13 11 1 0 2 2.4 4 b t a − − − − − ∆ = = = > ( 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   = − −     . 4) 2 2x 2 2.x 1 0− − = Ta có : ∆ = b 2 – 4ac = ( ) ( ) 2 2 2 4.2. 1 16 0 16 4− − − = > ⇔ ∆ = = . Phương trình có hai nghiệm phân biệt : ( ) ( ) 1 2 2 2 4 2 2 4 2 2 2 2 ; ; 2 2.2 2 2 2.2 2 b b x x a a − − + − − − − + ∆ + − − ∆ − = = = = = = Câu 2. ( 1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị của hàm số 2 x 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 c a = − x 1 = 1 => y 1 = 1 2 − ; x 2 = – 2 => y 2 = – 2. Vậy (D) cắt (P) tại 2 điểm M 1 ( 1; 1 2 − ) và M 2 (– 2; – 2). Câu 3. ( 1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau : A 12 6 3 21 12 3= − + − ; 2 2 5 3 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 5 3 3 1 5 5 1 5 3 1 5 1 5 2 3 3 5 2 2 2 2 4 2 2 4 2 2 2 2 2 3 1 5 1 5 3 1 5 1 5 3 1 5 1 5 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 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           − +  ÷  ÷ − + + − = − + + + + − = + −  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷                   − + − + − + + − = + − = + − = = =  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷         Vậy 2 2 5 3 3 5 15 5 B 5 2 3 3 5 2 3 3 5 5. 10 2 2 2 2 2 2     = + + − − + − + + − = + = + =  ÷  ÷  ÷  ÷     Câu 4. ( 1,5 điểm) Cho phương trình : x 2 – ( 3m + 1)x + 2m 2 + m – 1 = 0 ( x là ẩn số). a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. b) Gọi x 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 + x 2 = b a − = 3m + 1; x 1 .x 2 = c a = 2m 2 + m – 1. Ta có : 2 2 1 2 1 2 A 3x x x x= + − = ( x 1 + x 2 ) 2 – 5 x 1 .x 2 = (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 2 1 m 0 2   + ≥  ÷   với mọi m. Vậy A đạt giá trị lớn nhất bằng 25 1 khi m 4 2 = . Câu 5. ( 3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc đường tròn (O) khác A và B. Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau tại E. Vẽ MP vuông góc với AB ( P thuộc AB)., vẽ MQ vuông góc với AE ( Q thuộc AE). a) Chứng minh : AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là hình chữ nhật. b) Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh :O: I và E thẳng hàng. c) Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng dạng. Suy ra K là trung điểm của MP. d) Đặt AP = x. Tính MP theo R và x. Tìm vị trí của M trên (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất. GIẢI a) * Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp: Do AE và ME là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) Nên : · · · · 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 : · · · · 0 EAO MPB 90 ; EOA MBP= = = Suy ra : ∆ AEO ∆ PMB. * Chứng minh K là trung điểm của MP: Do ∆ AEO ∆ PMB  AE PM AE.PB AE.PB PM AO PB AO R = ⇔ = = Do MP // AE KP PB PB.AE PB.AE PB.AE KP 2KP AE AB AB 2R R ⇒ = ⇔ = = ⇔ = Suy ra : PM = 2 PK, hay K là trung điểm của PM. d) * Đặt AP = x. Tính MP theo R và x : Xét · ( ) 0 AMB AMB 90 ; MP AB∆ = ⊥ , ta được : ( ) MP AP.PB 2x R x= = − . * Vị trí của M trên (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất: + 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 x R x R x R R R x R x x R x S     − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤  ÷  ÷     Ta được S đạt giá trị lớn nhất bằng 2 3 3 4 R khi AP = 3 2 R · ¼ 0 0 MAB 30 Sđ BM 60⇒ = ⇔ = , Khi đó M thuộc đường tròn sao cho : ¼ 0 Sđ BM 60= . ………………………….Hết…………………………. ĐỀ THI TRƯỜNG CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NĂM HỌC 2009 – 2010 K 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  + =   +   + =  +  2) Giải phương trình : ( 2x 2 – x) 2 + 2x 2 – x – 12 = 0 GIẢI 1) Giải hệ phương trình sau : 1 2 1 2 1 1 1 2 2 1 1 1 1 3 2 1 1 2 2 1 3 1 5 3 5 3 3 1 1 3 y y x y x x x x y y y y y x x     + = + = = =      + =      + + + ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ +           = = + = + = =      + +     Vậy hệ phương trình có nghiệm : 1 1 ; 2 3    ÷   . 2) Giải phương trình : ( 2x 2 – x) 2 + 2x 2 – x – 12 = 0 Đặt : t = 2x 2 – x, ta được phương : t 2 + t – 12 = 0 (*) Ta có : ∆ = b 2 – 4ac = 1 2 – 4.1(– 12) = 49 49 7⇒ ∆ = = , Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt : 1 2 1 7 1 7 t 3; t 4; 2 2.1 2 2.1 b b 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 – 4ac = (–1) 2 – 4.2.4 = – 31 < 0. Vậy phương trình (2) vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm : S = 3 1; 2   −     Câu 2. ( 3 điểm) Cho phương trình x 2 – 2(2m + 1)x + 4m 2 + 4m – 3 = 0 ( x là ẩn số). Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x 1 ; x 2 ( x 1 < x 2 ) thỏa : | x 1 | = 2| x 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 2 | * Trường hợp : x 1 = 2x 2  2m – 1= 2( 2m + 3)  7 m 2 − = * Trường hợp : x 1 = – 2x 2  2m – 1 = –2( 2m + 3)  5 m 6 − = Vậy 7 m 2 − = hoặc 5 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 M 2 M 2 7 2 11 7 2 11 7 2 11 7 2 11 + −   + + + − +  ÷ = = = = = ⇔ =  ÷ + + + +   ( ) ( ) 2 2 2 3 2 2 2 2 2.1 1 2 1 2 1− = − + = − = − Vậy : ( ) A M 2 1 2 2 1 1= − − = − + = Câu 4. ( 4 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O). Gọi P là điểm chính giữa của cung nhỏ AC. Hai đường thẳng AP và BC cắt nhau tại M. Chứng minh rằng : a) · · ABP AMB= ; b) MA. MP = BA. BM GIẢI a) Chứng minh · · 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= => · · CBP AMB= =>∆ MPB cân tại P nên PM = PM. + Xét ∆ MAB và ∆ APB : Góc A chung ; · · ABP AMB= Suy ra ∆ MAB ∆ BAP ( g – g) Suy ra : MA BM MA BM AM.PM BA.BM BA PB BA PM = ⇔ = ⇔ = ( đpcm) Câu 5. ( 3 điểm) a) Cho phương trình : 2x 2 + mx + 2n + 8 = 0( x là ẩn số và m , n là các số nguyên). Giả sử phương trình có các nghiệm đều là số nguyên. Chứng minh rằng: m 2 + n 2 là hợp số. b) Cho hai số a, b > 0, thỏa : a 100 + b 100 = a 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 m m a b a b n ab ab n −  = − + + =   ⇔   = −    = +  Suy ra : m 2 + n 2 = [ 2( a + b)] 2 + ( ab – 4) 2 = 4a 2 + 8ab + 4b 2 + (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 + n 2 là hợp số. b) Ta có : a 100 + b 100 = a 101 + b 101 = a 102 + b 102 , nên : (a 100 + b 100 ) (a 102 + b 102 )= (a 101 + b 101 ) 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 100 b 102 + a 102 b 100 = 2a 101 b 101  b 2 + a 2 = 2ab  ( a – b) 2 = 0  a = b. Từ giả thiết, ta được : 2a 100 = 2a 101 = 2a 102  1 = a = a 2  a = b =1 ( vì a, b > 0) Vậy : P = a 2010 + b 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 ⇒ = ⇔ = . Vậy ta luôn được AM = 2 EM. Suy ra : AM + 2 BM = 2 ( EM + BM) ≥ 2. EB = 2 ( ) 2 2 17 2 2. 17 2 2 a a a a   + = =  ÷   , dấu “=” xảy ra khi M trùng với F. Vậy : AM + 2 BM đạt giá trị nhỏ nhất bằng 17a khi M trùng với F. Câu 7. ( 2 điểm)Cho a, b là các số dương thỏa : a 2 + 2b 2 ≤ 3c 2 . Chứng minh : 1 2 3 a b c + ≥ . 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 2 , suy ra : 2ac + 4bc ≤ a 2 + 2b 2 + 3c 2 ≤ 6c 2  a + 2b ≤ 3c (*) Áp dụng BĐT BunhiAkôpski : ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 1 2 3 2 3 2 2 1 2 1 2 3 3 1 2 9 (Đpcm) c a b c a b a b a b a b a b c a b a b c       ≥ + ⇔ + ≥ + + ≥ +  ÷  ÷  ÷  ÷         ⇔ + ≥ + = ⇔ + ≥  ÷   ……………………………Hết…………………………… Rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của tất cả mọi người. M F EO D C B A . 60= . ………………………….Hết…………………………. ĐỀ THI TRƯỜNG CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NĂM HỌC 2009 – 2010 K 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  + =   +   + =  +  2) Giải. 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 . 3 1 y x y x  + =   +   + =  +  2) Giải phương trình : ( 2x 2 – x) 2 + 2x 2 – x – 12 = 0 GIẢI 1) Giải hệ phương trình sau : 1 2 1 2 1 1 1 2 2 1 1 1 1 3 2 1 1 2 2 1 3 1 5 3 5 3 3 1 1 3 y y x y x