Đang tải... (xem toàn văn)
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
www.MATHVN.com - Tốn Học Việt Nam SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUN LÊ Q ĐƠN NĂM HỌC 2012 – 2013 Mơn thi: TỐN (chun Tốn) Ngày thi: 15/06/2012 Thời gian: 150 phút Đề thức Bài (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức A = 10 10 b) Cho x y y x = Chứng minh x2 + y2 = Bài (2,5 điểm) a) Giải phương trình x2 + x = x 2y xy 2y x 2 x y 6x 12 b) Giải hệ phương trình Bài (1,5 điểm) Cho p số ngun tố cho 2p +1 số ngun tố Chứng minh p + chia hết cho 2p + khơng phải số ngun tố Bài (3,0 điểm) Cho tam giác ABC, lấy điểm D, E, F theo thứ tự cạnh BC, CA, AB cho AEDF tứ giác nội tiếp Trên tia AD lấy điểm P (D nằm A P) cho DA.DP = DB.DC a) Chứng minh tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn b) Chứng minh tam giác DEF tam giác PCB đồng dạng với c) Gọi S S’ diện tích hai tam giác ABC DEF Chứng minh rằng: S' EF S 2AD Bài (1,0 điểm) Cho số a, b, c cho abc > a3 > 36 Chứng minh bất đẳng thức: a2 b2 c ab bc ca GIẢI BỘ ĐỀ THI 10 CHUYÊN www.MATHVN.com Bùi Văn Chi www.MATHVN.com - Tốn Học Việt Nam GIẢI ĐỀ THI 10 CHUN TỐN TRƯỜNG THPT CHUN LÊ Q ĐƠN BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2012 – 2013 – Ngày thi: 15/06/2012 – Thời gian: 150 phút Bài (2,0 điểm) a) Rút gọn: A = 10 10 Nhận xét A > 0, biến đổi: A2 = 10 10 = 8 1 10 = + 1 16 10 = 1 Suy A = 1 (A > 0) b) Chứng minh x2 + y2 = Ta có: x y y x = (0 x, y 1) Áp dụng bất đẳng thức B.C.S: x 1 y2 y 1 x 2 x y 1 y 1 x (x + y )(2 – x – y ) (1) 2 2 2 2 Đặt t = x2 + y2 (t 0) Bđt (1) t(2 – t) t2 – 2t + (t – 1)2 Mặt khác, ta ln có (t – 1)2 0, suy t – = t = 1 Vậy x2 + y2 = (Khi x = y = ) Bài (2,5 điểm) a) Giải phương trình x2 + x = (1) Từ (1) suy ĐKXĐ: - x Biến đổi tương đương (1) x = (1 – x)(1 + x) x 1 x x 1 x 1 x 1 1 x x 1 1 x x Ta giải phương trình: 1 x 1 x 1 (2) (2) (1 – x)2(1 + x) = (- x 0) (x2 - 2x + 1)(1 + x) = (- x 0) x3 – x2 – x = (- x 0) x(x2 – x – 1) = (- x 0) x x 1 x x x 1 0( 1 x 0) 1 x :loai Vậy phương trình (1) có ba nghiệm: x1 = - 1, x2 = 0, x3 = GIẢI BỘ ĐỀ THI 10 CHUYÊN 1 2 www.MATHVN.com Bùi Văn Chi www.MATHVN.com - Tốn Học Việt Nam S S x 2y xy 2y x (1) b) Giải hệ phương trình 2 x y 6x 12 0(2) Biến đổi phương trình (1): (1) x2 – x(y + 1) – 2(y2 – y) = (3) Xem (3) phương trình bậc hai theo ẩn x Xét = (y + 1)2 + 8(y2 – y) = 9y2 – 6y + = (3y – 1)2 Do phương trình (3) có hai nghiệm : y 3y 1 y 3y x1 = 2y , x2 = =1–y 2 Thay biểu thức x vào phương trình (2) : +) Với x = 2y, ta có : 4y2 – y2 + 12y + 12 = y2 + 4y + = (y + 2)2 = y = - 2, suy x = 2y = - +) Với x = – y, ta có : 19 (1 - y)2 – y2 + 6(1 – y) + 12 = – 2y + y2 – y2 + – 6y + 12 = y = , 11 suy x = – y = 11 19 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm : x = - , y = - ; x = , y= 8 Bài (1,5 điểm) Chứng minh p + chia hết cho 6, 2p2 + khơng phải số ngun tố Vì p số ngun tố nên p số lẻ có hai dạng 3k + 1, 3k + (k N, k 2) Suy p + số chẵn nên p + Nếu p = 3k + 2p + = 2(3k + 1) + = 6k + 2p + > nên 2p + hợp số : trái giả thiết Do p = 3k + 2, suy p + = 3k + + = 3k + Vậy p + nên p + Với p = 3k + 2p2 + = 2(3k + 2)2 + = 18k2 + 24k + = 3(6k2 + 8k + 3), 2p2 + lớn nên 2p2 + hợp số Vậy p + chia hết cho 6, 2p2 + hợp số Bài (3,0 điểm) a) Chứng minh tứ giác ABPC nội tiếp DA DC A Ta có : DA.DP = DB.DC , ADB CDP (đối đỉnh) DB DP Do ADB CDP (c.g.c) DAB DCP tứ giác ABPC nội tiếp b) Chứng minh DEF PCB F Ta có: A1 E1 (góc nội tiếp chắn cung DF) E 1 A C (góc nội tiếp chắn cung BP), 1 suy E1 C1 (1) Tương tự, A F (góc nội tiếp chắn cung DE) K B D H 1 S A B1 (góc nội tiếp chắn cung CP), suy F1 B1 (2) Từ (1), (2) ta có DEF PCB (g.g) GIẢI BỘ ĐỀ THI 10 CHUYÊN www.MATHVN.com P Bùi Văn Chi C www.MATHVN.com - Tốn Học Việt Nam S' EF b) Chứng minh S 2AD A 2 S SPCB BC (1) SDEF EF Kẻ AH BC, PK BC, ta có: SABC AH.BC AH (2) SPCB PK.BC PK Nhân vế theo vế (1), (2): S SPCB SABC BC AH BC AH ABC SDEF SPCB EF PK SDEF EF PK Ta có: PCB DEF Mặt khác, AH // PK nên theo định lý Ta-lét, ta có: F 1 E K B D H C P AH DA PK DP SABC DA BC , SDEF DP EF2 Ta lại có BC2 = (DB + DC)2 4DB.DC = 4DA.DP (do DB.DC = DA.DP) nên: Từ đó, SABC DA 4DA.DP 4AD2 SDEF DP EF2 EF2 SDEF 2AD , suy SABC EF EF 2AD 2 S' EF Vậy Dấu “=” xảy DB = DC S 2AD Bài (1,0 điểm) a2 Chứng minh: b2 c ab bc ca (1) 3 Ta có: abc > a > 36, suy a > bc > > a Ta chứng minh BĐT (1) phép biến đổi tương đương: a2 a2 (1) b2 c2 a b c bc b c a b c 3bc 3 a 3 b c a b c (2) (vì bc > > - 3bc < ) a a a a2 Đặt t = b + c, (2) f(t) = t2 – at + > (3) a a 3a 4a 36 a 36 Xét = a < 0, suy (3) đúng, t 3a 3a a 2 2 a a 3 a a a 36 Thật vậy, (3) t > t > (4) 2 a 12a BĐT (4) a3 > 36, suy bất đẳng thức (1) a2 Vậy b c2 ab bc ca GIẢI BỘ ĐỀ THI 10 CHUYÊN www.MATHVN.com Bùi Văn Chi