DevadapanDethi10ToanchuyenLQDBDinh2012

a) Ch ứng minh rằng tứ giác ABPC nội tiếp đường tr òn.[r]

GIẢI BỘ ĐỀ THI 10 CHUYÊN Bùi Văn Chi  SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN NĂM HỌC 2012 – 2013

Đề thức Mơn thi: TỐN (chun Tốn)

Ngày thi: 15/06/2012 Thời gian: 150 phút

Bài (2,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức A = 4 10 5  4 10 5

b) Cho 2

x y y x = Chứng minh x2 + y2 =

Bài (2,5 điểm)

a) Giải phương trình x2 + x 1 = b) Giải hệ phương trình

2

2

x 2y xy 2y x x y 6x 12

     

 

   

 

Bài (1,5 điểm)

Cho p  số nguyên tố cho 2p +1 là số nguyên tố Chứng minh p + chia hết cho và 2p2 + không phải là số nguyên tố.

Bài (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC, lấy điểm D, E, F theo thứ tự trên cạnh BC, CA, AB cho AEDF tứ giác nội tiếp Trên tia AD lấy điểm P (D nằm A và 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 nhau.

c) Gọi S và S’ lần lượt là diện tích hai tam giác ABC DEF Chứng minh rằng:

2

S' EF S 2AD

 

  

 

Bài (1,0 điểm)

Cho số a, b, c cho abc > và a3 > 36 Chứng minh bất đẳng thức:

2

2

a

GIẢI BỘ ĐỀ THI 10 CHUYÊN Bùi Văn Chi  GIẢI ĐỀ THI 10 CHUYÊN 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 = 4 10 5  4 10 5 Nhận xét A > 0, biến đổi:

A2 =  

2

4 10 5  4 10 5 2  10 5 = + 16 10 5  =

=      

2

8 5   8 1  8 1  6 5 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 y 2y x 22x2y21 y 2 1 x2   (x2

+ y2)(2 – x2 – y2) (1) 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 = Vậy x2 + y2 = (Khi x = y =

2 ) Bài (2,5 điểm)

a) Giải phương trình x2 + x 1 = (1) Từ (1) suy ĐKXĐ: -  x 

Biến đổi tương đương (1)  x 1 = (1 – x)(1 + x)  x 1 x    x 1  0 

   

x x

1 x x 1 x x

     

  

  

     



Ta giải phương trình: 1 x  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)

 2

x

x

x x x ( x 0)

1 x :loai

2     

  

 

 

     

 

 

 

Vậy phương trình (1) có ba nghiệm: x1 = - 1, x2 = 0, x3 =

1 

GIẢI BỘ ĐỀ THI 10 CHUYÊN Bùi Văn Chi  b) Giải hệ phương trình

2

2

x 2y xy 2y x (1) x y 6x 12 (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 :

x1=

y 3y 2y

  

 , x2 =

y 3y

  

= – y 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 :

(1 - y)2 – y2 + 6(1 – y) + 12 =  – 2y + y2 – y2 + – 6y + 12 =  y = 19 , suy x = – y = 11

8 

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm : x = - , y = - ; x = 11 

, y = 19 Bài (1,5 điểm)

Chứng minh p + chia hết cho 6, 2p2 + số nguyên tố

Vì p số nguyên 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 Ta có : DA.DP = DB.DC  DA DC

DBDP,

 

ADB CDP (đối đỉnh) Do đóADB CDP (c.g.c)

 DAB DCP   tứ giác ABPC nội tiếp

b) Chứng minh DEF PCB Ta có: A 1E1(góc nội tiếp chắn cung DF)

 

1

A C (góc nội tiếp chắn cung BP), suy raE 1C1(1)

Tương tự, A 2F1(góc nội tiếp chắn cung DE)

 

2

A B (góc nội tiếp chắn cung CP), suy F 1B1(2) Từ (1), (2) ta có DEF PCB (g.g)

A

B C

D F

E

H K

2

1

1

P

S

S

GIẢI BỘ ĐỀ THI 10 CHUYÊN Bùi Văn Chi  b) Chứng minh

2 S' EF S 2AD       

Ta có: PCB DEF 

2 PCB DEF S BC S EF        (1) Kẻ AH  BC, PK  BC, ta có:

ABC PCB

1

AH.BC

S 2 AH

1

S PK.BC PK

2

  (2)

Nhân vế theo vế (1), (2):

2 PCB ABC

DEF PCB

S S BC AH

S S EF PK

        ABC DEF

S BC AH

S  EF PK

Mặt khác, AH // PK nên theo định lý Ta-lét, ta có: AH DA PKDP Từ đó,

2 ABC

2 DEF

S DA BC

S DP EF ,

Ta lại có BC2 = (DB + DC)2  4DB.DC = 4DA.DP (do DB.DC = DA.DP) nên:

2

ABC

2

DEF

S DA 4DA.DP 4AD 2AD

S DP EF EF EF

 

    

  , suy

2 DEF ABC S EF S 2AD       Vậy S' EF S 2AD     

  Dấu “=” xảy DB = DC Bài (1,0 điểm)

Chứng minh:

2

2

a

b c ab bc ca      (1) Ta có: abc > a3 > 36, suy a > bc >

a > Ta chứng minh BĐT (1) phép biến đổi tương đương:

(1)   

2

2

a

b c a b c bc

3           

2

2

a

b c a b c 3bc      

    

2

2

a

b c a b c

3      a (2) (vì bc >

a >  - 3bc < a 

) Đặt t = b + c, (2)  f(t) = t2 – at +

2 a 3 a       

> (3)

Xét  =

2 3

2 a 3a 4a 36 a 36

a

3 a 3a 3a

     

    

 

< 0, suy (3) đúng, t

Thật vậy, (3) 

2 2 2

a a a

t

2 a

 

 

   

 

   

> 

2 3

a a 36

t 12a              

> (4) BĐT (4) a3 > 36, suy bất đẳng thức (1)

Vậy

2

2

a