KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN NĂM 2013 - 2014

MÔN TOÁN
THỜI GIAN 150ph

Bài 1. (2,5 điểm)
a/ Tìm các nghiệm của phương trình $2x^{2}+4x +3a=0(1)$, biết rằng phương trình (1) có một nghiệm là số đối của một nghiệm nào đó của phương trình $2x^{2}-4x -3a=0$
b/ Cho hệ thức $x^{2}+(x^2 + 2)y+6x+9=0$ với x, y là các số thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của y.

Bài 2. (2,5 điểm)
a/ Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} (x^4+1)(y^4+1)=4xy\\ \sqrt[3]{x-1}-\sqrt{y-1}=1-x^3 \end{matrix}\right.$
b/ Tìm các số nguyên x, y sao cho $2x - 2\sqrt{y+2}=2\sqrt{2x+1}-y$

Bài 3. (3,5 điểm)
Cho đoạn thẳng BC có M là trung điểm . Gọi H là một điểm của đoạn thẳng BM (H khác các điểm B và M). Trên đường thẳng vuông góc với BC tại H lấy điểm A sao cho $\widehat{BAH}=\widehat{MAC}$. Đường tròn tâm A bán kính AB cắt đoạn thẳng BC tại điểm thứ hai ở D và cắt đoạn thẳng AC tại E. Gọi P là giao điểm của AM và EB.
a/ Đặt AB = r, tính tích DH.AM theo r.
b/ Gọi $h_{1},h_{2},h_{3}$ lần lượt là khoảng cách từ điểm P đến các đường thẳng BC, Ca, AB. Chứng minh rằng $\frac{h_{2}}{AB}+\frac{h_{3}}{AC}<1-\frac{2h_{1}}{BC}$
c/ Gọi Q là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác APE và BPM. Chứng minh rằng tứ giác BCEQ là tứ giác nội tiếp.

Bài 4. (1,5 điểm)
Cho một tháp số (gồm 20 ô vuông giống nhau) như hình vẽ. Mỗi ô vuông được ghi một số nguyên dương n với $1\leq n\leq 20$, hai ô vuông bất kỳ không được ghi cùng một số. Ta quy định trong tháp số này 2 ô vuông kề nhau là 2 ô vuông có chung cạnh. Hỏi có thể có cách ghi nào thỏa mãn điều kiện: Chọn 1 ô vuông bất kỳ (khác với các ô vuông được đặt tên a, b, c, d, e, f, g, h như hình vẽ) thì tổng của số được ghi trong ô đó và các số được ghi trong 3 ô vuông kề với nó chia hết cho 4 ?




----- HẾT -----


Gợi ý

Bài 1: a. cộng (1)và (2) rồi ta dễ dàng tìm nghiệm của pt thỏa mãn
b.
Câu 1b. Biến đổi $x^{2}+(x^2 + 2)y+6x+9=0$ thành $x^2(1+y) +6x +2y+9 = 0$
Xét y=-1 và y khác -1 ( TH y khác -1 ta giải $\Delta$ của phương trình trên)



Bài 2: a
Điều kiện $y\geq 1$
$4xy=(x^{4}+1)(y^{4}+1)\geq 4x^{2}y^{2}\Rightarrow 0\leq xy\leq 1$
Mà $y\geq 1\Rightarrow x\leq 1$
Do đó $\sqrt[3]{x-1}-\sqrt{y-1}\leq 0\leq 1-x^{3}$
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất $\boxed {(x,y)=(1,1)}$

b


$2x+y = 2(\sqrt{2x+1} +\sqrt{y+2})$
Ta có x,y nguyên nên $(\sqrt{2x+1} +\sqrt{y+2})$ nguyên hay $\sqrt{2x+1}$ và $\sqrt{y+2}$ nguyên
Ta có phương trình tương đương:
$(\sqrt{2x+1} -1)^2 + (\sqrt{y+2} -1)^2 = 5$
Vì $\sqrt{2x+1}$ và $\sqrt{y+2}$ nguyên. Đến đây dễ dàng rồi

Bài 3:
a) Ta phát biểu 1 bổ đề quen thuộc:
Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $(O)$ và có $AD$ là đường cao. Khi đó, ta luôn có $\widehat{BAH}=\widehat{CAO}$.
======================================
Áp dụng vào bài toán. Ta có ngay $\widehat{BAH}=\widehat{CAO}$ với $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABC$.
Suy ra $\widehat{CAM}=\widehat{CAO} \quad (1)$.
Mặt khác, ta có $\widehat{ABC}<90^o,\widehat{ACB}<90^o$ nên $O$ luôn nằm trong góc $BAC$.
$M \in [BC]$ nên $O,M$ cùng phía với $AC$.
Từ (1), ta có $AM$ đi qua $O$. Mà lại có $O$ nằm trên trung trực $BC$ nên $M \equiv O$ hay $\widehat{BAC}=90^o$.
Dễ thấy $BH=HD, AM=MB \Rightarrow DH.AM=BH.BM=\dfrac{1}{2}BH.BC= \dfrac{1}{2}BA^2= \dfrac{r^2}{2}$
b)

\[
\begin{array}{l}
\frac{{h_2 }}{{AB}} + \frac{{h_3 }}{{AC}} < 1 - \frac{{2h_1 }}{{BC}} \\
\Leftrightarrow \frac{{2S_{PAC} }}{{AB.AC}} + \frac{{2S_{PAB} }}{{AB.AC}} < 1 - \frac{{2h_1 }}{{BC}} \\
\Leftrightarrow \frac{{2\left( {S_{ABC} - S_{PBC} } \right)}}{{AH.BC}} < 1 - \frac{{2h_1 }}{{BC}} \\
\Leftrightarrow 1 - \frac{{h_1 }}{{AH}} < 1 - \frac{{2h_1 }}{{BC}} \\
\Leftrightarrow \frac{1}{{AH}} > \frac{2}{{BC}} \\
\end{array}
\]
BĐT cuối luôn đúng vì \[
H \in \left( {BM} \right) \Rightarrow AH < AM = \frac{1}{2}BC \Rightarrow \frac{1}{{AH}} > \frac{2}{{BC}}
\]
Ta có đpcm.
c) $\widehat{QBP}=\widehat{QMP}$ và $\widehat{QAP}=\widehat{QEP}$ nên $\triangle QBE \sim \triangle QMA (g.g)$
Do đó $\frac{QB}{QE}=\frac{QM}{QA} \quad (2)$ và $\widehat{BQE}=\widehat{MQA} \quad (3)$.
Từ (3) ta có $\widehat{BQM}=\widehat{AQE}$. Kết hợp với (2) thì $\triangle QBM \sim \triangle QEA(c.g.c)$
$\Rightarrow \widehat{QBM}=\widehat{QEA} \Rightarrow đpcm$


Bài 4