Đề thi vào 10 chuyên Bình Định - đề số 5

Dựng hình chữ nhật MNPQ sao cho M, N là các điểm trên cạch BC, còn P, Q lần lượt là các điểm trên cạnh AC, AB.[r]

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH

Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn

Đề số 5

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

Năm học 2007 - 2008

Thời gian làm bài 150 phút

Ngày thi: 22/6/2007

Câu 1: (1,5 điểm).

Cho x > y và xy = 1 Chứng minh rằng:

2 2

x y





Câu 2: (3,5 điểm).

Giải các phương trình sau:

a) x2 x 2x b) √4 x2+5 x+1 −2√x2− x +1=9 x −3.

Câu 3: (2,0 điểm).

Chứng minh rằng nếu các số thực x, y, a, b thỏa mãn các điều kiện:

x y a b

x4 y4 a4 b4

   



 thì x ny n a nb n với mọi số nguyên dương n.

Câu 4: (3,0 điểm).

Cho tam giác ABC vuông tại A Dựng hình chữ nhật MNPQ sao cho M, N là các điểm trên cạch BC, còn P, Q lần lượt là các điểm trên cạnh AC, AB Gọi R1, R2 và R3 theo thứ tự là bán kính đường tròn nội tiếp các tam giác BQM, CPN và AQP Chứng minh rằng:

a) Tam giác AQP đồng dạng với tam giác MBQ và tam giác MBQ đồng dạng với tam giác NPC

b) Diện tích MNPQ lớn nhất khi và chỉ khi R12

+R22

=R32

-Hết -Họ và tên thí sinh: SBD :

HƯỚNG DẪN CHẤM THI Môn thi: TOÁN (dành cho lớp chuyên Toán)

-Câu 1: (1,5 điểm).

Với x > y và xy = 1 ta có:





2

x y

x y

 

Do x > y nên x – y > 0; áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương x – y,

2

x y ta được: 2

x y

x y

 

x y

Câu 2: (3,5 điểm).

a) x2 x 2x 

2

2

0

(*) 2 0

(**) 2

x

x

 

 







 

   

Ta có: (*)  2

0 0

2

x x

x



(**)  2

0 0

x x

x



Vậy phương trình có hai nghiệm là x 2 và x 1 3 (0,25 điểm). b) Ta có √4 x2+5 x+1 −2√x2− x +1=9 x −3 (1)

 √4 x2+5 x+1 −√4 x2− 4 x +4=9 x −3 (2) (0,25 điểm).

Điều kiện để phương trình có nghĩa: x –1, x−14 (0,25 điểm).

Đặt a = 4x2 5x1, b = √4 x2

−4 x+4 , ( a 0, b 0)

Kết hợp với (2) ta được a – b = a2 – b2  (a – b)(a + b – 1) = 0 (0,25 điểm).

 Trường hợp a – b = 0  a = b thì 4x2 5x1 = √4 x2−4 x+4

 Trường hợp a + b – 1 = 0  a + b = 1

Kết hợp với (2): a – b = 9x – 3

Ta suy ra 2a = 9x – 2 hay 4 x2+5 x +1=81

4 x

2

− 9 x+1

 x(65x – 56) = 0  ¿¿ (0,5 điểm).

Thử lại ta thấy chỉ có x = 1

3 và x =

56

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = 1

3 và x =

56

65.

Câu 3: (2 điểm).

Từ x4 + y4 + (x + y)4 = a4 + b4 + (a + b)4 ta có:

[(x + y)2 – 2xy]2 – 2x2y2 + (x + y)4 = [(a + b)2 – 2ab]2 – 2a2b2 + (a + b)4

 2(x + y)4 – 4(x + y)2 xy + 2x2y2 = 2(a + b)4 – 4(a + b)2 ab + 2a2b2

 2[(x + y)2 – xy]2 = 2[(a + b)2 – ab]2

Do (x + y)2 – xy  0 và (a + b)2 – ab  0 nên từ (1) và giả thiết suy ra xy = ab.

Ta có hệ

x y a b

xy ab







Theo hệ thức Viét thì x, y là các nghiệm của phương trình:

t a b t ab

t b





Vậy (x, y) là hoán vị của (a, b) nên dĩ nhiên x ny n a nb n ,  n Z+ (0,5 điểm).

Câu 4: (3 điểm).

b) Kẻ AH BC, từ câu trên ta có ΔAQP ~ ΔMBQ ~ ΔNPC Ký hiệu S là diện tích, ta có :

SBQM

SAQP=

R12

R32 ,

2 2 2 3

CPN AQP

Mặt khác ΔBQM ~ ΔBAH, ΔCPN ~ ΔCAH

Nên SAQP

SABC=

AQ2

AB2 và BQ

2

BA2=SBQM

SBAH=

CP2

CA2=SCPN

SCAH=

SBQM+SCPN

SABC (2) (0,25 điểm).

Ta lại có SMNPQ

SABC

=2QM ×QP

AH ×BC =2

QM

AH ×

QP

BC=2

BQ

AB ×

AQ

Mà BQ

AB×

AQ

AB ≤

1

4(BQAB+

AQ

AB)2=1

Từ (3) và (4) ta có SMNPQ≤1

Vậy SMNPQ lớn nhất ⇔ AQ = BQ ⇔ SAQP = SBQM + SCPN (theo (2))

⇔ R1

2

R32+R22

R32=1 (theo (1))

⇔ R32=R12