Đề thi vào 10 chuyên Bình Định - đề số 5

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn
Đề số 5
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
Năm học 2007 - 2008
Thời gian làm bài 150 phút
Ngày thi: 22/6/2007
Câu 1: (1,5 điểm).
Cho x > y và xy = 1. Chứng minh rằng:
2 2
2 2
x y
x y
+
≥
−
.
Câu 2: (3,5 điểm).
Giải các phương trình sau:
a)
2
2x x x+ − =
. b)
3912154
22
−=+−−++ xxxxx
.
Câu 3: (2,0 điểm).
Chứng minh rằng nếu các số thực x, y, a, b thỏa mãn các điều kiện:
x y a b
x y a b

4 4 4 4

+ = +

+ = +


thì
n n n n
x y a b+ = +
với mọi số nguyên dương n.
Câu 4: (3,0 điểm).
Cho tam giác ABC vuông tại A. 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. Gọi R
1
, R
2
và R
3
theo thứ tự là bán
kính đường tròn nội tiếp các tam giác BQM, CPN và AQP. Chứng minh rằng:
a) Tam giác AQP đồng dạng với tam giác MBQ và tam giác MBQ đồng dạng với tam giác
NPC.
b) Diện tích MNPQ lớn nhất khi và chỉ khi
2
3
2
2
2
1

RRR =+
.
Hết
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
1
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
Môn thi: TOÁN (dành cho lớp chuyên Toán)

Câu 1: (1,5 điểm).
Với x > y và xy = 1 ta có:
( )
2
2 2
2x y xy
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,
2
x y−

ta được:
2
x y
x y
− +
−

( )
2
2 2 2x y
x y
≥ − =
−
(đpcm). (1,0 điểm).
Câu 2: (3,5 điểm).
a)
2
2x x x+ − =

⇔
2
2
0
(*)
2
0
(**)
2
x
x x x

x
x x x

≥



+ − =



<




+ − = −


(0,25 điểm).
Ta có: (*)
⇔

2
0
0
2
2 0
2
x

x
x
x
x
≥
≥



⇔ ⇔ =
 
− =
= ±



(0,5 điểm).
(**)
⇔

2
0
0
1 3
2 2 0
1 3
x
x
x
x x

x
<
<



⇔ ⇔ = − −
 
+ − =
= − ±



(0,5 điểm).
Vậy phương trình có hai nghiệm là
2=x
và
1 3= − −x
(0,25 điểm).
b) Ta có
3912154
22
−=+−−++ xxxxx
(1)
⇔
39444154
22
−=+−−++ xxxxx
(2) (0,25 điểm).
Điều kiện để phương trình có nghĩa: x

≤
–1, x
4
1
−≥
(0,25 điểm).
Đặt a =
154
2
++ xx
, b =
444
2
+− xx
, ( a
≥
0, b
≥
0)
Ta có a
2
– b
2
= 9x – 3 (0,25 điểm).
Kết hợp với (2) ta được a – b = a
2
– b
2

⇔

(a – b)(a + b – 1) = 0 (0,25 điểm).
• Trường hợp a – b = 0
⇔
a = b thì
154
2
++ xx
=
444
2
+− xx


⇔
x =
3
1
. (0,25 điểm).
• Trường hợp a + b – 1 = 0
⇔
a + b = 1
Kết hợp với (2): a – b = 9x – 3
Ta suy ra 2a = 9x – 2 hay
19
4
81
154
22
+−=++ xxxx

⇔
x(65x – 56) = 0
⇔





=
=
65
56
0
x
x
(0,5 điểm).
Thử lại ta thấy chỉ có x =
3
1
và x =
65
56
nghiệm đúng (1). (0,25 điểm).
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x =
3
1
và x =
65
56
.

Câu 3: (2 điểm).
Từ x
4
+ y
4
+ (x + y)
4
= a
4
+ b
4
+ (a + b)
4
ta có:
[(x + y)
2
– 2xy]
2
– 2x
2
y
2
+ (x + y)
4
= [(a + b)
2
– 2ab]
2
– 2a
2

b
2
+ (a + b)
4
⇒
2(x + y)
4
– 4(x + y)
2
xy + 2x
2
y
2
= 2(a + b)
4
– 4(a + b)
2
ab + 2a
2
b
2
2
⇒
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
≥
0 và (a + b)
2
– ab
≥
0 nên từ (1) và giả thiết suy ra xy = ab.
Ta có hệ
x y a b
xy ab
+ = +


=

(0,5 điểm).
Theo hệ thức Viét thì x, y là các nghiệm của phương trình:
( )
2
0
t a

t a b t ab
t b
=

− + + = ⇔

=

(0,5 điểm).
Vậy (x, y) là hoán vị của (a, b) nên dĩ nhiên
n n n n
x y a b+ = +
,
∀
n
∈
Z
+
(0,5 điểm).
Câu 4: (3 điểm).
a) Chứng minh được:
∆
AQP ~
∆
MBQ (0,5 điểm).
∆
MBQ ~
∆
NPC (0,5 điểm).
b) Kẻ AH

⊥
BC, từ câu trên ta có
∆
AQP ~
∆
MBQ ~
∆
NPC. Ký hiệu S là diện tích, ta có :
2
3
2
1
R
R
S
S
AQP
BQM
=
,
2
2
2
3
CPN
AQP
S
R
S R
=

(1) (0,25 điểm).
Mặt khác
∆
BQM ~
∆
BAH,
∆
CPN ~
∆
CAH
Nên
2
2
AB
AQ
S
S
ABC
AQP
=
và
ABC
CPNBQM
CAH
CPN
BAH
BQM
S
SS
S

S
CA
CP
S
S
BA
BQ
+
====
2
2
2
2
(2) (0,25 điểm).
Ta lại có
AB
AQ
AB
BQ
BC
QP
AH
QM
BCAH
QPQM
S
S
ABC
MNPQ
×=×=

×
×
= 22
2
(3) (0,25 điểm).
Mà
4
1
4
1
2
=






+≤×
AB
AQ
AB
BQ
AB
AQ
AB
BQ
(4) (0,25 điểm).
Từ (3) và (4) ta có
ABCMNPQ

SS
2
1
≤
. (0,5 điểm).
Vậy S
MNPQ
lớn nhất
⇔
AQ = BQ
⇔
S
AQP
= S
BQM
+ S
CPN
(theo (2))

⇔

1
2
3
2
2
2
3
2
1

=+
R
R
R
R
(theo (1))

⇔

2
2
2
1
2
3
RRR +=
(đpcm). (0,5 điểm).
Hết
3