Vậy AH chính là đờng cao của tứ diện ABCD hạ từ A.
Trang 1Đề thi chuyên lam sơn (10)
Môn : Toán (Toán chung) Bài 1 : (2đ) Cho biểu thức :
x x x
x x x
x x x
x x
x
2
3 :
2 2
8 8 2
a Tìm x để P có nghĩa và chứng minh rằng P 1
b Tìm x thoả mãn : x 1.P 1
Bài 2 : (3đ)
a Giải phơng trình :
1 1
2 2
x
x x
b Giải hệ phơng trình :
x2y – 2x + 3y2 = 0
x2+ y2x + 2y = 0
c Giải phơng trình :
2006 2005 2006
.
2006 4 4 2 2
x
Bài 3 : (1,5đ)
Cho a, b, c là các số dơng Chứng minh rằng :
8 16
25
c c a
b c b
Bài 4 : (2đ) Cho ABC với BC=a, CA=b, AB=c (c<a, c<b) Gọi M và N lần lợt là tiếp điểm của cạnh AC và cạnh BC với đờng tròn tâm O nội tiếp
ABC
Đoạn thẳng MN cắt tia AO tại P và cắt tia BO tại Q Gọi E, F lần lợt
là trung điểm của AB và AC
a Chứng minh rằng :
c
PQ b
NQ a
MP
b Chứng minh rằng : Q, E, F thẳng hàng
Bài 5 : (1,5đ) Hình tứ diện ABCD có cạnh AB vuông góc với cạnh CD, AD=AC, diện tích của thiết diện đi qua cạnh AB và trung điểm của cạnh DC bằng S ; DC=a Tính thể tích của tứ diện ABCD theo a và S
Trang 2§¸p ¸n §Ò thi chuyªn lam s¬n
M«n : To¸n (To¸n chung) Bµi 1 : (2®)
a §iÒu kiÖn x>0
Ta cã :
) 2 (
) 2 ( ) 3 (
: )
2 (
) 2 ( ) 8 8 ( )
x x
x x
x x
x
x x
x
P=
5 2
4
4
x
x
4 ) 1 (
) 1 ( 1 5 2
4 4
2
2
x
x x
x
x
(0.25®)
b ( x 1 ).P 1
Trang 3
3
3 2 3 3
3 2 3
x
x
3
3 4
7
x (thoã mãn điều kiện x>0) (0.25đ)
Bài 2 : (3đ)
a Giải phơng trình : 1
1
2 2
x
x
ĐK : x 1
1
2 ) 1
( 1
2 2
x
x x
x x
x
1 2 )
1
(
2
x
x x
x
1
x
x
0 ) 2 1 ( ) 2 1
(
0 ) 2 1 ( ) 2 1
(
2
2
x x
x x
(0.25đ)
2
1 2 2 1
b Giải hệ phơng trình : x2y – 2x + 3y2 = 0
x2+ y2x + 2y = 0 Nếu y=0 x=0 Vậy x=0, y=0 là nghiệm của hệ phơng trình Với y 0 hệ đã cho trở thành x2y – 2x + 3y2 = 0
x2y+ y3x + 2y2 = 0 (0.25đ)
0 2
0 2
2 2
2 3
y x y x
y x x
y
Nhận thấy y 3 2 không thoả mãn hệ phơng trình
Xét y 3 2 từ (1)
2 3 2
y
y
x thay vào (2) ta có :
0 2 2 )
2
2 2
2
3
2
y
y y
y
y
2 )
2
3 2 3
3
y y
y y
3 6 11 3 8 0
y
3
2 3
8
1 1
1
3 3
3
x y
y
x y
y
(0.25đ)
Vậy hệ có 3 nghiệm (0;0) (1;-1) (-2 3;
3 3
2
) (0.25đ)
(loại)
(2) (1) (thỏa mãn) (0.25đ)
Trang 4c 2006 4 4 2 2006 2 2005 2006
x
4 ( 2 2006 ) 2 2006 2006 2 2006 2006 0
x
2 2006 2006( 4 2 2006 2006 ) 0
x
4 2006 2 2006
4
1 2006 2006
4
2
4
x
2
1 2006 (
)
2
1
2
1 2006 2
2
2
8021 4011
2006
2
1 8021
x
2
1
8021
Bài 3 : (1.5đ)
Đặt b+c=x , c+a=y, a+b=z (ĐK: x,y,z>0)
2 2 2
z x y
c
y z x
b
x z y
a
(0.25đ)
Thay vào bất đẳng thức cần chứng minh ta có :
42 ) 2
16 ( ) 25 ( ) 16
25
(
2
1
1 16
16 16 25 25 25 2
1 2
2
) (
16 2
) (
25
y y
z x
z z
x y
x
x
y
z
x z
y y
z y
x x
z x
y z
z x y y
y z x x
x z
y
VT
áp dụng bất đẳng thức CôSi cho các số dơng :
8
16 2
2
16
10
25 2
)
25
(
40 16 25 2 )
16
25
(
z y
y z y
y
z
x z
z x x
z
z
x
xy
x y y
x
x
y
(0.25đ)
Thay vào (1) ta có : VT ( 40 10 8 42 ) 8
2
1
Dấu bằng bất đẳng thức xảy ra khi :
(1) (0.25đ)
Trang 5
z
y
y
z
x
z
z
x
y
x x
y
16
25
16
25
y z
z x
x y
4 5
4 5
k x
k k y
k z
5
) 0 ( 4
(0.25®)
2
5 4
y
(lo¹i v× a >0) (0.25®)
VËy kh«ng cã dÊu b»ng x¶y ra 25 16 8
c c a
b c b
a
Bµi 4 :
a Ta cã : BOP lµ gãc ngoµi AOB BOP= OAB + OBA =
2
1 (BAC + ABC)
2
1 180 2
ABC BAC
ACB
BOP+PNP=1800 tø gi¸c BOPN néi tiÕp
OPM = OBC (cïng bï OPN ) MÆt kh¸c : OMP = OCN OPM OBC (g.g)
OB
OP OC
OM
a
PM
T¬ng tù ta cã :
ONQ OCA (g.g)
a
PM OC
OM OC
ON b
NQ
AOB QOP (g.g)
a
PM OB
OP c
PQ
Tõ (1) , (2)
c
PQ b
NQ a
MP
b Tø gi¸c AMQO néi tiÕp (CM trªn)
AQO=AMO = 900 ABQ vu«ng t¹i Q cã QE lµ trung tuyÕn
(0.25®)
EQB= EBQ=CBQ
O
M
F
C N
B E
A
P Q
Trang 6 EQ//BC (0.25đ)
mà EF//BC E, Q, F thẳng hàng (0.25đ)
Bài 5 :
Ta có : AC = AD gọi M là trung điểm của CD vì ACD cân (0.25đ)
AMCD
AB CD CD (ABM) CD BM (0.25đ)
Ta có thiết diện đi qua cạnh AB và trung điểm CD là mặt phẳng (ABM)
Ta có : CD BM
CM=MD BCD cân tại B (0.25đ)
Từ A hạ đờng vuông góc cắt BM tại H
AH BM
AH CD lại có BAM CD (0.25đ)
AH (BCD) Vậy AH chính là đờng cao của tứ diện ABCD hạ từ A
VABCD =
3
1
SBCD.AH=
3
1 AH
2
1 BMCD=
6
1 AH.BM.CD=
3
1 SABM.CD=
3
1 S.a=
3
Sa
(đvtt)
C H
D B
A
M
(0.5đ)