Đề thi chuyên Lam Sơn-có hướng dẫn

Đề thi vào lớp chuyên (vòng 1) - năm 2000 -2001

Trờng Lam Sơn
Bài 1 (2điểm):
Xét biểu thức : A= 1 -












+ x
x
x
x 21
1
14
5
21
2
:
144
1
++

xx
x
a, Rút gọn A và nêu các điêù kiện phải có của x.
b, Tìm giá trị của x để A = -
2
1
Bài 2 : (2 điểm ) :
Giải hệ phơng trình :

x
1
-
y
1
-
z
1
=1

y
1
-
z
1
-
x
1
=2

z

1
-
x
1
-
y
1
=3
Bài 3: (1.5điểm)
Tìm các hệ số p; q của phơng trình x
2
+px+q =0 sao cho nó có các nghiệm x
1
;x
2
thoả mãn :
x
1
- x
2
=5
x
3
1
- x
3
2
=35
Bài 4: (1.5điểm):
Cho a,b,c,d là các số thực dơng có tổng bằng 1 . Chứng minh rằng :

.
2222
ad
d
dc
c
cb
b
ba
a
+
+
+
+
+
+
+
>
2
1
. Khi nào dấu = xảy ra .
Bài 5 : (3 diểm ):
Cho một nửa đờng tròn (o) đờng kính AB ; một điểm M nằm trên cung AB và một điểm C
nằm trên đờng kính AB sao cho CA< CB . Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm M ng-
ời ta kẻ các tia Ax ,By vuông góc với AB.Đờng thẳng đi qua M vuông góc với MC cắt
Ax ,By theo thứ tự tại P và Q.Gọi R là giao điểm của AM với CP ; S là giao điểm của BM
với CQ.
a, Chứng minh các tứ giác APMC ;BQMC nội tiếp đợc .
b, Chứng minh RS // AB

c,Tứ giác ARSC có thể là hình bình hành đợc không ? Tại sao ?

Hớng dẫn chấm:2000-2001
Bài 1 (2điểm ) : Câu a: 1điểm
Điều kiện : x> 0
4x-1

0 x
1,
4
1
,0 xx
0.25đ
x-1

0
Ta có : A =1-












+ x

x
x
x 21
1
14
5
21
2
:
144
1
++

xx
x
= 1-
1
)2(
.
)12)(21(
)21(5)12(2
2

+
+
++
x
xx
xx
xxx

= 1-
1
)21(
.
)12)(21(
1
2

+
+

x
x
xx
x
= 1-
12
21

+
x
x
=
x21
2

0.75đ
Câu b : 1 điểm :
A= -
2

1

x21
2

= -
2
1
4= 2
x
-1 x=
4
25
1đ
Bài 2 : 2điểm
Điều kiện : x,y z

0 0.25đ
Cộng các vế của các pt ta có :
x
1
+
y
1
+
z
1
= - 6 (*) 0.25đ
Kết hợp (*) với pt thứ nhất ta có:

x
2
= -5 x= -
5
2
0.5đ
Tơng tự kết hợp (*) với pt (2) ta có:
y=-
2
1
; z=-
3
2
0.75đ
Vậy hệ pt đã cho có nghiệm (x,y,z)= (-
5
2
,-
2
1
,-
3
2
). 0.25đ
Bài 3:1.5điểm :
Ta phải có :p
2
- 4q
0

(1) 0.25đ
Và : x
1
-x
2
=5

(x
1
+x
2
)
2
- 4x
1
x
2
=25
x
3
1
- x
3
2
=35

(x
1
-x
2

)[(x
1
+x
2
)
2
-x
1
x
2
] =35 025đ
Do đó theo định lý Vi ét ta có :
P
2
-4p =25 p
2
-4q =25
5(p
2
-q) = 35 p
2
-q = 7 0.5đ
Giải hệ này ta đợc :p=1 ;q=-6 ; hoặc p= -1 ,q =-6 thoả mãn điều kiện (1) ,0.5đ
Bài 4: 1.5điểm :
Ta chứng minh với mọi x,y dơng ta có bất đẳng thức :
(*)
4
3
2
yx

yx
x

+
Dấu =xảy ra khi : x=y
Thật vậy (*) tơng đơng với :
4x
2


3x
2
+3xy-xy-y
2


x
2
+y
2

2xy đúng

đpcm. 0.5đ
áp dụng BĐT(*)cho các số hạng của vế trái ta có:
.
2222
ad
d
dc

c
cb
b
ba
a
+
+
+
+
+
+
+

[ ]
2
1
24
)3()3()3()3(
=
+++
=
+++ dcbaaddccbba
0.5đ
Dấu = xảy ra khi :a = b = c= d =
4
1
0.5đ
Bài 5 :3điểm :
Câu a : 1điểm : P

M
R Q
A B
Ta có : PC= P
M

C =1v

Tứ giác APMC nội tiếp đợc vì có tổng 2 góc đối bằng 2 v. (0.5đ)
Ta có:góc QBM = góc QMC =1v

Tứ giác BQMC nội tiếp đợc vì có tổng 2 góc đối bằng 2v. (0.5đ)
Câu b :1điểm :
Ta chứng minh tứ giácRMSCnội tiếp
+ Ta có trong đờng tròn ngoại tiếp tứ giác PACM có :PCA = PMA (cùng chắn 1cung )
+Trong đờng tròn ngoại tiếp tứ giác QBMC có QCB = QMB (cùng chắn 1cung)
+Do đó ta có :RCS =180
0
- (PCA +QCB)=180
0
- (PMA +QMB )=AMB =1v
Từ đó ta có : RCS +RMS = RCS +AMB =1v+1v=2v,suy ra tứ giácRMSC nội tiếp đợc
(0.5 đ)
+Trong đờng tròn (RMSC)có : RMC = RSC (cùng chắn 1 cung ) (1)
+Trong đờng tròn (QMCB) có : QCB = QMB (cùng chắn 1 cung ) (2)
Ta có : RMC = QMB (cùng phụ với CMB) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra RSC = SCB . Hai góc này ở vị trí so le nên RS//AB (0.5đ)
Câuc : 1 điểm :
Giả sử ARSC là hình bình hành , ta chứng minh RC//MB .Thật vậy do AR//SC nên ta có :
MAC = SCB (so le) mà RAC +SCB =1v . MBC +MAC =1v ,nên suy ra : MBC =RAC ,suy

ra : RC//MB (0.5đ)
áp dụng định lý Ta lét với RS//AB ; RA//SC ; RC//MB ta có :

1=
+
+
====
CBCA
ACBC
CB
AC
RM
AR
SM
BS
CA
BC

Hay AC =CB . Trái với giả thiết .Vậy ARSC không thể là hình bình hành .(0.5đ)