Đề TS toán 10 chuyên

 ĐỀ THI 10 CHUYÊN BĐ 1 Bùi Văn Chi 
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUN LÊ Q ĐƠN
NĂM HỌC 2013 – 2014

Đề chính thức Mơn thi: TỐN (chun Tốn)
Ngày thi: 15/06/2013
Thời gian: 150 phút

Bài 1. (2,0 điểm)
1. Rút gọn biểu thức:
A =
1 2 1 2 2
1
1 1 1
x
:
x
x x x x x x
 
 

 
 
 
 

    
 
 

2. Chứng minh:
1 1 1 1
1 2 3 4 5 6 47 48
   
   
 > 3
Bài 2. (2,0 điểm)
Cho a, b là hai số ngun dương sao cho
1 1
a b
b a
 
 là một số ngun dương.
Gọi d là ước của a, b. Chứng minh bất đẳng thức d


a b

.
Bài 3. (1,5 điểm)
Cho hai số a, b > 0, a

b. Chứng minh rằng:
 
 
2
2
2
4

a b
a b
ab
a b


 

.
Bài 4. (3,0 điểm)
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). Một đường thẳng (

) thay đổi nhưng
ln đi qua điểm A cắt hai tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) tương ứng tại M
và N. Giả sử (

) cắt đường tròn (O) tại E ( E

A và E thuộc cung lớn BC). Đường
thẳng MC cắt BN tại F.
1. Chứng minh rằng tam giác ACN đồng dạng với tam giác MBA. Tam giác
MBC đồng dạng với tam giác BCN.
2. Chứng minh tứ giác BMEF nội tiếp đường tròn.
3. Chứng minh đường thẳng EF ln đi qua điểm cố định khi (

) thay đổi
nhưng ln đi qua A.
Bài 5. (1,5 điểm)
Tìm nghiệm ngun của phương trình: 3(x
2

+ xy + y
2
) = x + 8y



ẹE THI 10 CHUYEN Bẹ 2 Buứi Vaờn Chi
GII THI 10 CHUYấN Lấ QUí ễN BèNH NH
MễN TON CHUYấN
Ngy thi: 15/06/2013 - Thi gian: 150 phỳt

Bi 1. (2,0 im)
1. Rỳt gn biu thc:
A =
1 2 1 2 2
1
1 1 1
x
:
x
x x x x x x

A =




2 1
1 2 1
1
1
1 1
x
x
:
x
x
x x

=

2
1 1 2
1
1
1
x
:
x
x
x











=

2
2
1
1 1 1 1
1 1 1 1
1
x
x x
: .
x x x x
x





(KX: x

0, x

1).
2. Chng minh:
1 1 1 1
1 2 3 4 5 6 47 48



> 3
t A =
1 1 1 1

1 2 3 4 5 6 47 48


,
B =
1 1 1 1
2 3 4 5 6 7 48 49



Ta cú: A > B.
Xột tng A + B
=
1 1 1 1
1 2 3 4 5 6 47 48


+
1 1 1
2 3 4 5 48 49



=
1 1 1 1 1 1 1
1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 47 48 48 49



=

2 1 3 2 4 3 5 4 6 5 48 47 49 48



=
49 1

= 6.
Vỡ A > B nờn A + B < 2A

6 < 2A

A > 3.
Vy
1 1 1 1
1 2 3 4 5 6 47 48


> 3.
Bi 2. (2,0 im)
Chng minh d


a b


t
1 1
a b
b a

= k ( a, b, k

N
*
)

a
2
+ b
2
+ a + b = kab (1)
Vỡ d l c nguyờn dng ca a v b nờn a = xd, b = yd (a,b,x,y,d

N
*
)
Thay vo (1), ta cú:
x
2
d
2
+ y
2
d
2
+ (x + y)d = kxyd
2

(x + y)d = kxyd
2
(x
2
+ y
2
)d
2


(x + y)d = (kxy x
2
y
2
)d
2


d
2

(vỡ (x + y)d nguyờn dng nờn kxy x
2
y
2
nguyờn dng)
Do ú: a + b

d

2


d


a b

.



 ÑEÀ THI 10 CHUYEÂN BÑ 3 Buøi Vaên Chi 
Bài 3. (1,5 điểm)
Chứng minh
 
 
2
2
2
4
a b
a b
ab
a b


 

(a, b > 0, a


b)
Ta có:
 
 


2
2
2
4
4
a b
a b
a b




=
2
4
a b ab
 

*)
2
2 0
4
a b ab

ab a b ab
 
    




2
a b

> 0: BĐT đúng với a, b > 0, a

b.
*)
2
4
a b ab
 
<
2
a b






2
2
ab a b a b

   
> 0: BĐT đúng với a, b > 0, a

b.
Vậy
 
 
2
2
2
4
a b
a b
ab
a b


 

(a, b > 0, a

b).
Bài 4. (3,0 điểm)
1) Chứng minh

ACN

MBA,

MBC


BCN











Ta có:




1 1
1 1
2 2
B C sdAB sdAC
 
  
 
 
= 60
0





1 1
B A

= 60
0


MB // AC




1 2
M A
 (đồng vị)
Do đó

ACN

MBA (g.g).
Suy ra
MB BA
AC CN



MB BC

BC CN
 , mặt khác


MBC BCN

(= 120
0
),
nên

MBC

BCN (c.g.c).
2) Chứng minh tứ giác BMEF nội tiếp
Ta có

MBC

BCN




2 2
M B

.
Vì




2
B MBF MBC
  = 120
0
, nên


2
M MBF
 = 120
0
.
Từ đó trong tam giác BMF ta có:





0
1 2
180
F M MBF
  
= 60
0
.
Tứ giác AEBC nội tiếp nên



1
E ACB
 = 60
0
(cùng bù với

AEB
).
Do đó


1 1
F E

= 60
0
, suy ra tứ giác BMEF nội tiếp.
3) Chứng minh EF đi qua điểm cố định
EF cắt BC tại I.
Ta có:


2 1
F F

= 60
0
(đối đỉnh),



2
E ABC

= 60
0
, suy ra


2 2
F E

= 60
0

A
B
C
E
M
F
I
O
60
0
60
0
60
0
60

0
1
2
1
2
3
2
1
1
2
2
1
N
1
1
2
S
S
S
S
S

 ÑEÀ THI 10 CHUYEÂN BÑ 4 Buøi Vaên Chi 

Do đó tứ giác EFCN nội tiếp.
Mặt khác,

MBC

BCN




2 1
C N

, tứ giác EFCN nội tiếp




3 1
E N

.

Suy ra


3 2
E C

, và

EIC
chung nên

IEC

ICF (g.g)

IC
2
= IE.IF (1)
Chứng minh tương tự,

IBF

IEB (g.g)

IB
2
= IE.IF (2)
Từ (1), (2) ta có IB = IC.
Vậy khi đường thẳng (


) thay đổi nhưng vẫn đi qua A, thì EF luôn đi qua điểm cố định I
là trung điểm của BC.

Bài 5. (1,5 điểm)
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3(x
2
+ xy + y
2
) = x + 8y (1)
Biến đổi phương trình:
(1)

3x
2
+ 3xy + 3y
2
– x – 8y = 0

3x
2
+ (3y – 1)x + (3y
2
– 8y) = 0 (2)
Xem (2) là phương trình bậc hai theo ẩn x.
Ta có :

= (3y – 1)
2
– 12(3y
2

– 8y) = - 27y
2
+ 90y + 1 = 9y(- 3y + 10) + 1
Nhận xét :
Nếu y

4 hoặc y

- 1 (y

Z) thì

< 0 : Pt (2) vô nghiệm.
Do đó 0

y

3 (y

Z)
+) Nếu y = 0 thì

= 1, Pt (2)

3x
2
– x = 0

x
1

= 0 (chọn), x
2
=
1
3
(loại).
+) Nếu y = 1 thì

= 64, Pt (2)

3x
2
+ 2x – 5 = 0

x
1
= 1 (chọn), x
2
=
5
3

(loại).
+) Nếu y = 2 thì

= 73 : không là số chính phương, Pt (2) không có nghiệm nguyên.
+) Nếu y = 3 thì

= 28 : không là số chính phương, Pt (2) không có nghiệm nguyên.
Vậy Pt (1) có hai nghiệm nguyên :

(x ; y) = (0 ; 0) , (1 ; 1).


S
A
B
C
E
M
F
I
O
60
0
60
0
60
0
60
0
1
2
1
2
3
2
1
1
2
2

1
N
1
1
2
S
S