De thi vao 10 chuyen Binh Dinh de so 7

điểm nằm trên cung BC không chứa điểm A sao cho cung EB bằng cung EC.[r]

SỞ GD – ĐT BÌNH ĐỊNH Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn

Đề số 7

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN Năm học 2009 – 2010

Thời gian làm 150 phút Ngày thi: 19/06/2009 Bài 1: (1,5 điểm)

Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh rằng:

a b c

b c c a a b

1   2

  

Bài 2: (2 điểm)

Cho số phân biệt m, n, p Chứng minh phương trình x m x n x p

1 1 0

  

   có hai

nghiệm phân biệt Bài 3: (2 điểm)

Với số tự nhiên n (n  3), đặt      

n

S

n n n

1

3 (2 1)

   

     .

Chứng minh Sn 

Bài 4: (3 điểm)

Cho ABC nội tiếp đường tròn tâm O có độ dài cạnh BC = a, AC = b, AB = c E

điểm nằm cung BC không chứa điểm A cho cung EB cung EC Nối AE cắt cạnh BC D

a) Chứng minh: AD2 AB AC DB DC  . b) Tính độ dài đoạn AD theo a, b, c Bài 5: (1,5 điểm)

Chứng minh rằng:  

m

n n2

1

3

 

 với số nguyên dương m, n.

HƯỚNG DẪN GIẢI ========== Bài 1:

 Ta có:

m m k n n k

 

 (với < m < n, k > 0) (1)

Thật vậy, (1)  m n k(  )n m k(  ) 0mk nk  0m n (0 < m < n, k > 0)  Áp dụng:

a a

a b c

b c a b c

0    

  

b b

b c a

c a a b c

0    

  

c c

c a b

a b a b c

0    

  

Cộng BĐT trên, vế theo vế, ta được:

a b c a b c

b c c a a b a b c 2(   ) 2

   

     (2)

 Chứng minh BĐT phụ:

x y z

x y z 1 (   )   9

  (x, y, z > 0) Ta có:

x y y z z x

x y z

x y z y x z y x z

1 1

(   )    3            3 2

 

     

 Thay x a b y b c z c a  ,   ,   vào (2) ta được:

a b c a b c

a b b c c a a b b c c a

1 1 1

2( ) ( )

2                            

c a b a b c

a b b c c a b c c a a b

9

1 1

2 2

            

      (3)

Từ (2) (3) suy ra:

a b c

b c c a a b

1   2

   .

Bài 2: Xét phương trình: x m x n x p

1 1 0

  

   (1)

 Điều kiện xác định (1): x m n p , ,

 Biến đổi (1)  (x n x p )(  ) ( x m x p )(  ) ( x m x n )(  ) 0

 3x2 2(m n p x mn np mp  )    0

 = (m n p  )2 3(mn np mp  )m2n2p2 mn np mp 

= m n n p m p

2 2

1 ( ) ( ) ( )

2        (vì m  n  p). Vậy (1) ln có hai nghiệm phân biệt

Bài 3: n      

S

n n n

1

3 (2 1)

   

    

 Với k nguyên dương, ta có: 2k 1 (k k1) (1)

Thật vậy, (1)  (2k1)2 4 (k k1) 4k24k 1 4k24k (BĐT đúng)

 Do đó:    

k k

k k k k

k k k k k k k

1 1

2 ( ) ( 1)

(2 1) ( 1)

   

   

  

 

= k k

1 1

2 1

 



 



  (2)

 Cho k lấy giá trị từ đến n, thay vào (2), cộng BĐT, vế theo vế, ta được:

     

n

S

n n n

1

3 (2 1)

   

    

< n n n

1 1 1 1 1 1

2 1 2 2 3 1 1

   

        

   

 

   

A

B D C

E /

/

1

b c

a . O

Bài 4:

a) Chứng minh: AD2 AB AC DB DC  .

Xét hai tam giác ABD AEC, ta có: A1A ABD AEC2, 

ABD AEC 

AD AB AD AE AB AC AC AE 

Mạt khác, ABD CED 

BD DA BD DC DA DE DE DC  

 AB.AC – BD.DC = AD.AE – DA.DE = AD(AE – DE) = AD2

Vậy: AD2 AB AC DB DC  (1) b) Tính AD

Theo tính chất đường phân giác tam giác, ta có:

DB DC DB DC DB DC BC a

AB AC c b c b c b b c



     

  



DB DC DB DC a DB DC a bc

c b bc b c b c

2

     

 

    (2)

Thay (2) vào (1), ta được:

a a a b c a b c a

AD bc bc bc bc

b c b c b c b c

2

2

( )( )

1

( )

         

          

  

      

Vậy: AD =

bc b c a b c a b c

(   )(   )

 .

Bài 5: Chứng minh:   m

n n2

1

3

 



Trước hết, ta cần chứng minh: n n2 

1 2

3

 

 , với  n  N* (1)

Thật vậy, (1)  n n2

1

2  

(2) Đặt tn1 (0 t 1), ta có:

  3 ( 1)t t  3 1 t 0

  3 ( 1)t t  3 ( 1)  t  2 0   (3)

Vì < t  2 0   nên (3)  (2)

Mặt khác, m

n n

1

2

  

, m  N*, nên  

m

n n2

1

3

 

 , m, n  N*.