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]
(1)SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH Trường THPT Chun Lê Q Đơn
Đề số 5
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2007 - 2008
Thời gian làm 150 phút Ngày thi: 22/6/2007 Câu 1: (1,5 điểm).
Cho x > y xy = Chứng minh rằng:
2
2
x y
x y
.
Câu 2: (3,5 điểm).
Giải phương trình sau:
a) x2 x 2x b) √4 x2+5 x+1 −2√x2− x +1=9 x −3
Câu 3: (2,0 điểm).
Chứng minh số thực x, y, a, b thỏa mãn điều kiện:
x y a b x4 y4 a4 b4
thì xnyn anbn với số nguyên dương n. Câu 4: (3,0 điểm).
Cho tam giác ABC vuông A Dựng hình chữ nhật MNPQ cho M, N điểm cạch BC, P, Q điểm cạnh AC, AB Gọi R1, R2 R3 theo thứ tự bán
kính đường tròn nội tiếp tam giác BQM, CPN AQP Chứng minh rằng:
a) Tam giác AQP đồng dạng với tam giác MBQ tam giác MBQ đồng dạng với tam giác NPC
b) Diện tích MNPQ lớn R1
+R2
=R3
(2)
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
Mơn thi: TỐN (dành cho lớp chuyên Toán) -Câu 1: (1,5 điểm).
Với x > y xy = ta có:
2
2 x y 2xy
x y
x y x y
=
2
x y
x y
(0,5 điểm).
Do x > y nên x – y > 0; áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương x – y,
x y ta được:
x y
x y
2
2 x y 2
x y
(đpcm). (1,0 điểm).
Câu 2: (3,5 điểm).
a) x2 x 2x
2
(*)
(**)
x
x x x
x
x x x
(0,25 điểm).
Ta có: (*)
0
2
2
x x
x
x x
(0,5 điểm).
(**)
0
1
2
x x
x
x x x
(0,5 điểm).
Vậy phương trình có hai nghiệm x 2 x 1 (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− x+4=9 x − 3 (2) (0,25 điểm).
Điều kiện để phương trình có nghĩa: x –1, x −1
4 (0,25 điểm).
Đặt a = 4x2 5x1, b = √4 x2− x +4
, ( a 0, b 0)
Ta có a2 – b2 = 9x – 3 (0,25 điểm).
Kết hợp với (2) ta a – b = a2 – b2 (a – b)(a + b – 1) = 0 (0,25 điểm).
Trường hợp a – b = a = b 4x2 5x1 = √4 x2− x +4
x =
3 (0,25 điểm).
Trường hợp a + b – = a + b = 1 Kết hợp với (2): a – b = 9x – 3
Ta suy 2a = 9x – hay 4 x2+5 x+1=81 x
2− x +1
x(65x – 56) =
x=0
¿
x=56
65 ¿ ¿ ¿ ¿
(0,5 điểm).
Thử lại ta thấy có x =
3 x = 56
65 nghiệm (1) (0,25
điểm).
Vậy phương trình cho có nghiệm x =
3 x = 56
65
(3)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
(x + y)2 – xy = (a + b)2 – ab (1) (0,5 điểm).
Do (x + y)2 – xy (a + b)2 – ab nên từ (1) giả thiết suy xy = ab.
Ta có hệ
x y a b xy ab
(0,5 điểm).
Theo hệ thức Viét x, y nghiệm phương trình:
2 0 t a
t a b t ab
t b
(0,5 điểm).
Vậy (x, y) hoán vị (a, b) nên dĩ nhiên xnynanbn,n Z+ (0,5 điểm).
Câu 4: (3 điểm).
a) Chứng minh được: Δ AQP ~ Δ MBQ (0,5
điểm).
Δ MBQ ~ Δ NPC (0,5
điểm).
b) Kẻ AH BC, từ câu ta có Δ AQP ~ Δ MBQ ~ Δ NPC Ký hiệu S diện tích, ta có :
SBQM
SAQP= R12
R3 ,
2 2
CPN AQP
S R
S R (1) (0,25 điểm).
Mặt khác Δ BQM ~ Δ BAH, Δ CPN ~ Δ CAH Nên SAQP
SABC
=AQ
2 AB2
BQ2 BA2=
SBQM SBAH
=CP CA2=
SCPN SCAH
=SBQM+SCPN
SABC
(2) (0,25 điểm). Ta lại có SMNPQ
SABC
=2 QM ×QP AH × BC =2
QM AH ×
QP BC=2
BQ AB ×
AQ
AB (3) (0,25 điểm).
Mà BQ
AB ×
AQ
AB ≤
1 4(
BQ
AB+
AQ AB)
2
=1
4 (4) (0,25 điểm).
Từ (3) (4) ta có SMNPQ≤1
2SABC (0,5 điểm).
Vậy SMNPQ lớn ⇔ AQ = BQ ⇔ SAQP = SBQM + SCPN (theo (2))
⇔ R1
2
R32+
R22
R32=1 (theo (1)) ⇔ R3
2 =R1
2 +R2
2
(đpcm) (0,5
điểm).