Đề thi vào 10 toán chuyên Lê Quý Đôn Bình Định

Cho tam giác ABC, lấy 3 điểm D, E, F theo thứ tự trên các cạnh BC, CA, AB sao cho AEDF là tứ giác nội tiếp. Trên tia AD lấy điểm P (D nằm giữa A và P) sao cho DA.DP =DB.DC. a) Chứng minh rằng tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh tam giác DEF và tam giác PCB đồng dạng với nhau. c) Gọi S và S’ lần lượt là diện tích hai tam giác ABC và DEF. Chứng minh rằng

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

NĂM HỌC 2012 – 2013

Đề chính thức Môn thi: TOÁN (chuyên Toán)

Ngày thi: 15/06/2012 Thời gian: 150 phút Bài 1 (2,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức A = 4 10 2 5  4 10 2 5

x 1 y y 1 x = 1 Chứng minh rằng x2 + y2 = 1

Bài 2 (2,5 điểm)

a) Giải phương trình x2 + x 1 = 1

b) Giải hệ phương trình

x 2y xy 2y x 0

x y 6x 12 0

     





   



Bài 3 (1,5 điểm)

Cho p  5 là số nguyên tố sao cho 2p +1 cũng là số nguyên tố

Chứng minh rằng p + 1 chia hết cho 6 và 2p2 + 1 không phải là số nguyên tố

Bài 4 (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC, lấy 3 điểm D, E, F theo thứ tự trên các cạnh BC, CA, AB sao cho AEDF là tứ giác nội tiếp Trên tia AD lấy điểm P (D nằm giữa A và P) sao cho DA.DP = DB.DC

a) Chứng minh rằng tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn

b) Chứng minh tam giác DEF và tam giác PCB đồng dạng với nhau

c) Gọi S và S’ lần lượt là diện tích hai tam giác ABC và DEF Chứng minh rằng:

2

S' EF

S 2AD

 

  

 

Bài 5 (1,0 điểm)

Cho các số a, b, c sao cho abc > 1 và a3 > 36 Chứng minh bất đẳng thức:

2

a

GIẢI ĐỀ THI 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2012 – 2013 – Ngày thi: 15/06/2012 – Thời gian: 150 phút

Bài 1 (2,0 điểm)

a) Rút gọn: A = 4 10 2 5  4 10 2 5

Nhận xét A > 0, biến đổi:

2

4 10 2 5  4 10 2 5 2 4  10 2 5 = 8 + 2 16 10 2 5  =

= 8 2 6 2 5   8 2  5 1 2  8 2 5 1  6 2 5 5 1 2

Suy ra A = 5 1 (A > 0)

b) Chứng minh x 2 + y 2 = 1

Ta có: x 1 y 2 y 1 x 2 = 1 (0  x, y  1)

Áp dụng bất đẳng thức B.C.S:

x 1 y 2y 1 x 22x2y21 y 2 1 x2  1  (x2 + y2)(2 – x2 – y2) (1)

Đặt t = x2 + y2 (t  0)

Bđt (1)  1  t(2 – t)  t2 – 2t + 1  0  (t – 1)2  0

Mặt khác, ta luôn có (t – 1)2  0, suy ra t – 1 = 0  t = 1

Vậy x2 + y2 = 1 (Khi đó x = y = 1

2 )

Bài 2 (2,5 điểm)

a) Giải phương trình x 2 + x 1  = 1 (1)

Từ (1) suy ra ĐKXĐ: - 1  x  0

Biến đổi tương đương (1)  x 1 = (1 – x)(1 + x)  x 1 1 x    1 x 1  0



x 1

x 1 0

1 x 1 x 1

1 x 1 x 1 0

  

     



Ta giải phương trình: 1 x  1 x 1  (2)

(2)  (1 – x)2(1 + x) = 1 (- 1  x  0)

 (x2 - 2x + 1)(1 + x) = 1 (- 1  x  0)

 x3 – x2 – x = 0 (- 1  x  0)

 x(x2 – x – 1) = 0 (- 1  x  0)

 2

x 0

x 2

x x 1 0 ( 1 x 0)

1 5

x :loai 2



 





 

     









Vậy phương trình (1) có ba nghiệm: x1 = - 1, x2 = 0, x3 = 1 5

2



b) Giải hệ phương trình

x 2y xy 2y x 0 (1)

x y 6x 12 0 (2)

     





   

 Biến đổi phương trình (1):

(1)  x2 – x(y + 1) – 2(y2 – y) = 0 (3)

Xem (3) là phương trình bậc hai theo ẩn x

Xét  = (y + 1)2 + 8(y2 – y) = 9y2 – 6y + 1 = (3y – 1)2

Do đó phương trình (3) có hai nghiệm :

x1= y 1 3y 1 2y

2

  

 , x2 = y 1 3y 1

2

  

= 1 – y Thay biểu thức của x vào phương trình (2) :

+) Với x = 2y, ta có :

4y2 – y2 + 12y + 12 = 0  y2 + 4y + 4 = 0  (y + 2)2 = 0  y = - 2, suy ra x = 2y = - 4

+) Với x = 1 – y, ta có :

(1 - y)2 – y2 + 6(1 – y) + 12 = 0  1 – 2y + y2 – y2 + 6 – 6y + 12 = 0  y = 19

8 ,

suy ra x = 1 – y = 11

8



Vậy hệ phương trình có hai nghiệm : x = - 4 , y = - 2 ; x = 11

8

 , y = 19

8

Bài 3 (1,5 điểm)

Chứng minh p + 1 chia hết cho 6, và 2p 2 + 1 không phải là số nguyên tố

Vì p là số nguyên tố  5 nên p là số lẻ có một trong hai dạng 3k + 1, 3k + 2 (k  N, k  2)

Suy ra p + 1 là số chẵn nên p + 1  2

Nếu p = 3k + 1 thì 2p + 1 = 2(3k + 1) + 1 = 6k + 3  3 và 2p + 1 > 3 nên 2p + 1 là hợp số : trái giả thiết

Do đó p = 3k + 2, suy ra p + 1 = 3k + 2 + 1 = 3k + 3  3

Vậy p + 1  2 và  3 nên p + 1  6

Với p = 3k + 2 thì 2p2 + 1 = 2(3k + 2)2 + 1 = 18k2 + 24k + 9 = 3(6k2 + 8k + 3), do đó 2p2 + 1  3 và lớn hơn 3 nên 2p2 + 1 là hợp số

Vậy p + 1 chia hết cho 6, và 2p2 + 1 là hợp số

Bài 4 (3,0 điểm)

a) Chứng minh tứ giác ABPC nội tiếp

Ta có : DA.DP = DB.DC  DA DC

DBDP, và 

 ADB CDP (đối đỉnh)

Do đó  ADB  CDP (c.g.c)

 DAB DCP  tứ giác ABPC nội tiếp

b) Chứng minh  DEF  PCB

Ta có:  

A E (góc nội tiếp cùng chắn cung DF)

 

A C (góc nội tiếp cùng chắn cung BP),

suy ra 

E C (1)

Tương tự,  

A F (góc nội tiếp cùng chắn cung DE)

 

A B (góc nội tiếp cùng chắn cung CP), suy ra  

F B (2)

Từ (1), (2) ta có  DEF  PCB (g.g)

A

D

F

E

H K

2 1

P

b) Chứng minh

2

S' EF

S 2AD

 

  

 

Ta có:  PCB  DEF 

2 PCB

DEF

S BC

S EF

 

  

  (1)

Kẻ AH  BC, PK  BC, ta có:

ABC

PCB

1

AH.BC

1

S PK.BC PK

2

Nhân vế theo vế (1), (2):

2 PCB ABC

DEF PCB

 

  

  

2 ABC

2 DEF

S BC AH

S  EF PK Mặt khác, AH // PK nên theo định lý Ta-lét, ta có: AH DA

PKDP

Từ đó,

2 ABC

2 DEF

S DA BC

S DP EF ,

Ta lại có BC2 = (DB + DC)2  4DB.DC = 4DA.DP (do DB.DC = DA.DP) nên:

2 2

ABC

DEF

S DA 4DA.DP 4AD 2AD

 

  , suy ra

2 DEF

ABC

S 2AD

 

 

  Vậy

2

S' EF

S 2AD

 

  

  Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi DB = DC

Bài 5 (1,0 điểm)

Chứng minh:

2

a

3      (1)

Ta có: abc > 1 và a3 > 36, suy ra a > 0 và bc > 1

a > 0

Ta chứng minh BĐT (1) bằng phép biến đổi tương đương:

(1)   

2

a

2

2

a

    

2

2

3      a (2) (vì bc >

1

a > 0  - 3bc <

3 a

 ) Đặt t = b + c, (2)  f(t) = t2 – at +

2

a 3

3 a



> 0 (3)

Xét  =

a 4

< 0, suy ra (3) đúng,  t

Thật vậy, (3) 

a a 3 a t

 

   

 

    > 0 

a a 36 t

2 12a

  

 

 

> 0 (4) BĐT (4) đúng vì a3 > 36, suy ra bất đẳng thức (1) đúng

Vậy

2

a

b c ab bc ca

3     

A

D

F

E

H K

2 1

P