Gọi H là trực tâm của tam giác ABC.[r]
Trang 1Gv: Phạm Doãn Lê Bình lebinh234.name.vn
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 KHỐI THPT CHUYÊN, ĐẠI HỌC VINH
NĂM HỌC 2009 — 2010 Môn : Toán chuyên Câu 1 (2,5 điểm) Giải các phương trình sau :
1) √
3x + 1 −√
x − 7 =√
x;
2) x4− 3x3− 2x2+ 6x + 4 = 0
Câu 2 (2,5 điểm)
1) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình x2+ y2− 13(x − y) = 0
2) Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố lẻ p đều không tồn tại các số nguyên dương m, n thỏa mãn 1
p =
1
m2 + 1
n2 Câu 3 (2 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + 2y + 3z = 18 Chứng minh rằng
2y + 3z + 5
1 + x +
3z + x + 5
1 + 2y +
x + 2y + 5
1 + 3z ≥ 51
7 . Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?
Câu 4 (3 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O và [ACB = 45o Kẻ các đường cao AA0 và BB0 Gọi H là trực tâm của tam giác ABC M và N tương ứng là trung điểm của AB và CH
1) Chứng minh rằng A0M B0N là hình vuông
2) Chứng minh rằng A0B0, M N, OH đồng quy
LÊ QUỐC HÁN (GV ĐH Vinh) giới thiệu
ĐÁP ÁN Câu 1 1) ĐK x ≥ 7 Ta có PT đã cho tương đương với
3x + 1 = 2x − 7 + 2px(x − 7) ⇔ x + 8 = 2√
x2− 7x ⇔ 3x2− 44x − 64 = 0 ⇔ x = 16(vì x ≥ 7) 2) Dễ thấy x = 0 không là nghiệm của PT đã cho Xét x 6= 0, chia hai vế PT cho x2 ta được
x2+ 4
x2 − 3
x − 2 x
− 2 = 0 ⇔
x − 2 x
2
− 3
x − 2 x
+ 2 = 0
Đặt t = x − 2
x, khi đó PT trên có dạng t
2− 3t + 2 = 0 ⇔ t = 2 hoặc t = 1
• Với t = 2 thì x − 2
x = 2 ⇔ x
2− 2x − 2 = 0 ⇔ x = 1 +√3 hoặc x = 1 −√
3
• Với t = 1 thì x − 2
x = 1 ⇔ x
2− x − 2 = 0 ⇔ x = −1 hoặc x = 2
Tập nghiệm S = {−1; 1 −√
3; 1 +√
3; 2}
Câu 2 1) Ta có PT đã cho tương đương với
(x + y)2+ (x − y)2− 2.13(x − y) + 132 = 169 ⇔ (x + y)2+ (13 − x + y)2 = 169 = 122+ 52
Vì x, y là các số nguyên dương nên dễ thấy 0 < x + y < 13; 0 < 13 − x + y < 13 Suy ra
x + y = 12
13 − x + y = 5 hoặc
x + y = 5
13 − x + y = 12 ⇔ (x; y) = (3; 2) hoặc (x; y) = (10; 2)
1
Trang 2Gv: Phạm Doãn Lê Bình lebinh234.name.vn
Vậy PT đã cho có hai nghiệm nguyên dương (x; y) là (3; 2) và (10; 2)
2) Giả sử tồn tại số nguyên tố lẻ p sao cho 1
p =
1
m2 + 1
n2 ⇔ m2n2 = p(m2 + n2) (1) Suy ra m2n2 p Do p là số nguyên tố nên mn p, suy ra m p hoặc n p Kết hợp với (1) suy ra
m2+ n2 p Do đó m p và n p ⇒ m ≥ p, n ≥ p Khi đó 1
p =
1
m2 + 1
n2 ≤ 1
p2 + 1
p2 = 2
p2 ⇒ p ≤ 2 Mâu thuẫn với giả sử
Câu 3 Đặt P = 2y + 3z + 5
1 + x +
3z + x + 5
1 + 2y +
x + 2y + 5
1 + 3z ⇒ P + 3 = 24
1
1 + x +
1
1 + 2y +
1
1 + 3z
Áp dụng BĐT quen thuộc với các số dương a
2
b +
c2
d ≥ (a + c)
2
b + d Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a
b =
c
d, suy ra P + 3 ≥ 24
4
2 + x + 2y +
1
1 + 3z
3 + x + 2y + 3z =
72
7 . Suy ra P ≥ 51
7 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1 + x = 1 + 2y = 1 + 3z và x + 2y + 3z = 18 ⇔ (x; y; z) = (6; 3; 2)
Câu 4
1) Ta có M A0 = M B0 = 1
2AB (1), N A
0
= N B0 = 1
2CH (2) Mặt khác, vì [BAC = 45o nên ∆CAA0 và ∆BA0H vuông cân Suy ra
∆CA0H = ∆AA0B (c.g.c), do đó CH = AB (3)
Lại có \N A0C = \N CA0 = \M AA0 = \M A0A nên \M A0N = \AA0C = 90o
(4)
Từ (1),(2),(3),(4) suy ra A0M B0N là hình vuông
2) Do O và A0 thuộc đường trung trực cạnh AC nên A0O ⊥ AC ⇒
OA0//B0H Tương tự có OB0//A0H, suy ra A0HB0O là hình bình hành
Do đó A0B0, OH, M N cắt nhau tại trung điểm mỗi đường
2
