Đề thi vào trường chuyên Lê Quý Đôn

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
NĂM HỌC 2009 – 2010

Đề chính thức Môn thi: TOÁN (chuyên)
Ngày thi: 19/06/2009
Thời gian: 150 phút
Bài 1. (1,5 điểm)
Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
a b c
1 2
b c c a a b
< + + <
+ + +
Bài 2. (2 điểm)
Cho 3 số phân biệt m, n, p. Chứng minh rằng phương trình
1 1 1
0
x m x n x p
+ + =
− − −
có hai nghiệm
phân biệt.
Bài 3. (2 điểm)
Với số tự nhiên n, n  3. Đặt S
n
=
( ) ( )
( )
( )
1 1 1

3 1 2 5 2 3 2n 1 n n 1
+ + +
+ + + + +
L
.
Chứng minh rằng S
n
<
1
2
.
Bài 4. (3 điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O có độ dài các cạnh BC = a, AC = b, AB = c.
E là điểm nằm trên cung BC không chứa điểm A sao cho cung EB bằng cung EC. Nối AE cắt cạnh
BC tại D.
a. Chứng minh: AD
2
= AB.AC – DB.DC
b. Tính độ dài đoạn AD theo a, b, c.
Bài 5. (1,5 điểm)
Chứng minh rằng:
( )
2
m 1
2
n
n 3 2
− ≥
+
với mọi số nguyên dương m, n.

GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN
THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN BÌNH ĐỊNH
MÔN TOÁN CHUYÊN NĂM HỌC 2009 – 2010
Ngày thi: 19/06/2009 – Thời gian: 150 phút
Bài 1. (1,5 điểm)
Chứng minh:
a b c
1 2
b c c a a b
< + + <
+ + +
(với a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác).
Ta có:
m m k
n n k
+
<
+
, (với 0 < m < n, k > 0) (1)
Thật vậy, (1)  0 < m(n + k) < n(m + k)  0 < mk < nk  0 < m < n
Áp dụng: 0 < a < b + c
⇒

a 2a
b c a b c
<
+ + +
0 < b < c + a
⇒

b 2b
c a a b c
<
+ + +
0 < c < a + b
⇒

c 2c
a b a b c
<
+ + +
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên :
a b c 2(a b c)
2
b c c a a b a b c
+ +
+ + < =
+ + + + +
(2)
Ta chứng minh bất đẳng thức phụ:
( )
1 1 1
x y z 9
x y z
 
+ + + + ≥
 ÷
 
(x, y, z > 0) (3)
(3) 

x y y z x z
3
y x z y z x
   
 
+ + + + + +
 ÷  ÷
 ÷
 
   
 9: BĐT đúng
Thay x = a + b, y = b + c, z = c + a vào (2):
1 1 1
2(a b c) 9
a b b c c a
 
+ + + + ≥
 ÷
+ + +
 

1 1 1 9
(a b c)
a b b c c a 2
 
+ + + + ≥
 ÷
+ + +
 


c a c 9
1 1 1
a b b c a b 2
+ + + + + ≥
+ + +

a b c 9 3
3 1
b c c a a b 2 2
+ + ≥ − = >
+ + +
(4)
Từ (3), (4) suy ra:
a b c
1 2
b c c a a b
< + + <
+ + +
.
Bài 2.(2 điểm)
Chứng minh phương trình
1 1 1
0
x m x n x p
+ + =
− − −
(1)
có hai nghiệm phân biệt ( m n  p)
Điều kiện xác định của phương trình: x  m, n, p.
Biến đổi tương đương:

(1) 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
x m x n x n x p x m x p 0− − + − − + − − =
 3x
2
– 2x(m + n + p) + mn + np + mp = 0

’
= (m + n + p)
2
– 3(mn + np + mp) = m
2
+ n
2
+ p
2
– mn – np – mp =
( ) ( ) ( )
2 2 2
1
m n n p m p
2
 
− + − + −
 
> 0 (vì m  n  p)
Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
Bài 3.(2 điểm)
Chứng minh S
n

=
( ) ( )
( )
( )
1 1 1
3 1 2 5 2 3 2n 1 n n 1
+ + +
+ + + + +
L
,  n  N, n  3
Ta có:
2n 1 2 n(n 1)+ > +
 (2n + 1)
2
> 4n(n + 1)  4n
2
+ 4n + 1 > 4n
2
+ 4n
Do đó:
( )
( ) ( )
1 1
2n 1 n n 1 2 n n 1 . n(n 1
<
+ + + + + +
=
( )
n 1 n
1

2
n 1 n n(n 1)
 
+ −
 
+ − +
 
 
=
=
1 1 1
2
n n 1
 
−
 
+
 
 
(1)
Cho n lần lượt lấy các giá trị từ 1 đến n, thay vào (1), rồi cộng vế theo vế các bất đẳng thức tương
ứng, ta có:
S
n
=
( ) ( )
( )
( )
1 1 1
3 1 2 5 2 3 2n 1 n n 1

+ + +
+ + + + +
L
<
<
1 1 1 1 1 1 1
2
1 2 2 3 n n 1
 
− + − + + −
 ÷
 ÷
+
 
L
=
1 1 1
1
2 2
n 1
 
− <
 ÷
 ÷
+
 
.
Vậy S
n
<

1
2
,  n  N, n  3.
Bài 4. (3 điểm)
a) Chứng minh: AD
2
= AB.AC – DB.DC
Xét hai tam giác ABD và AEC, ta có:
¶
¶
1 2
A A=
(AD là phân giác góc A)
·
·
ABD AEC=
(góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
Do đó ABD AEC (g.g)
Suy ra
AD AB
AC AE
=
 AD.AE = AB.AC
Mặt khác, ABD CED (g.g),
nên
BD DA
DE DC
=
⇒
BD.DC = DA.DE

Từ đó: AB.AC – BD.DC = AD.AE – DA.DE = AD(AE – DE) = AD
2
Vậy AD
2
= AB.AC – DB.DC (1)
b) Tính AD theo a, b, c
Theo tính chất đường phân giác của tam giác, ta có:
DB DC DB DC DB DC BC a
AB AC c b c b c b c b
+
= ⇔ = = = =
+ + +
Suy ra
2
DB DC DB.DC a
.
c b bc b c
 
= =
 ÷
+
 
⇒
DB.DC =
2
a
.bc
b c
 
 ÷

+
 
(2)
Thay (2) vào (1), ta có:
AD
2
= bc -
2
a
.bc
b c
 
 ÷
+
 
=
( ) ( )
( )
2
b c a b c a
a a
bc 1 1 bc.
b c b c
b c
+ − + +
  
− + =
 ÷ ÷
+ +
+

  
Vậy AD =
( ) ( )
bc b c a b c a
b c
+ − + +
+
.
Bài 5.(1,5 điểm)
Chứng minh:
( )
2
m 1
2
n
n 3 2
− ≥
+
,  m, n  N
*
Trước hết, ta cần chứng minh
( )
2
1 1
2
n
n 3 2
− ≥
+
,  n  N

*
(1)
S
S
A
B
C
E
D
c
b
a
1
2
O
Vì n  N
*
nên bất đẳng thức (1) tương đương với:
(1) 
2
1 3 2
2
n n
−
− ≥
(2). Đặt t =
1
n
(0 < t  1), ta có:
(2) 

( )
2
3 2 t t 2 0− + − ≤
( t, 0 < t  1) (3)
Biến đổi tương đương:
(3) 
( ) ( ) ( )
2
3 2 t 3 2 t 3 2 t t 2− − − + − + −
 0

( ) ( )
3 2 t (t 1) 3 2 1 t 2− − + − + −
 0

( ) ( ) ( )
3 2 t (t 1) 3 2 1 t 3 2 1 3 2 2 1− − + − + − − + + − +
 0

( ) ( )
3 2 t (t 1) 3 2 1 (t 1) 3 2 2 1− − + − + − + − +
 0

3 2 2 1− +
 0 ( vì 0 < t  1)

3 1 2 2+ ≤

4 2 3+
 8 

2 3
 4 
3
< 2  3 < 4: bất đẳng thức đúng.
Do đó bất đẳng thức (2) đúng.
Vì
m 1
2 2
n n
− ≥ −
,  m  N
*
, nên
( )
2
m 1
2
n
n 3 2
− ≥
+
, m, n  N
*
Vậy
( )
2
m 1
2
n
n 3 2

− ≥
+
,  m, n  N
*
Nhận xét: Dấu “=” trong bất đẳng thức không xảy ra.