Đáp án đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Tỉnh Bình Định năm học 2013,2014

ĐÁP ÁN MÔN TOÁN
ĐỀ THI VÀO LỚP 1 0 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN BÌNH ĐỊNH
NĂM HỌC 2013 - 2014
Câu 1:
1. Rút gọn b i ểu thức: Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 1.
1 2 1 2 x 2
A:
x1
x 1 x 1 x x x x 1



  




    


 
 
 
 
2
2 x 1
x 1 2 1 x 1 1 2
A : :
x 1 x 1
x 1 x 1
x 1 x 1

x1




  


   












 
 
2
2
x1
1 x 1 1 x 1
A : .
x 1 x 1 x 1 x 1
x1



  
   

2. Chứng minh:
1 1 1 1
3
1 2 3 4 5 6 47 48
    
   
Đặt:
1 1 1 1
A
1 2 3 4 5 6 47 48
    
   
1 1 1 1
B
2 3 4 5 6 7 48 49
    
   
Ta có: A > B.
Xét tổng: A + B
=
1 1 1 1

1 2 3 4 5 6 47 48
   
   

+
1 1 1 1

2 3 4 5 6 7 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  
Vì A > B nên A + B < 2A  6 < 2A  A > 3.
Vậy :
1 1 1 1
3
1 2 3 4 5 6 47 48
    
   
Câu 2:
Đặt:
 
* 2 2
a 1 b 1
k a,b N a b a b kab
ba


       
(1)
Vì d là ước nguyên dương của a và b nên a = xd, b = yd (a, d, x, y  N
*
)
Thay vào (1), ta có:
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

(vì (x + y)d nguyên dương nên kxy - x
2
- y
2
nguyên dương)
Do đó: a + b ≥ d
2

d a b
Câu 3:
Ta có:
 
 
 
2
2
2
ab
ab
a b 2 ab
44
4 a b








2
a b 2 ab
ab a b 2 ab 0 a b 0
4

       
. Bấ t đ ẳ n g t h ức đúng với a, b > 0, a ≠ b.


2
a b 2 ab a b
2 ab a b a b 0
42
  
      
. Bấ t đ ẳ n g t h ức đúng với a, b > 0, a ≠ b.
Vậy
 
 
2
2
ab
ab
ab
2
4 a b





 
a,b 0; a b
Câu 4:
2
2
1
60
0
1
60
0
1
2
3
2
1
60
0
60
0
1
1
2
1
2
F

I
E
N
M
A
C
B
O
1. Ta có:
 


0
11
11
B C s AB s AC 60
22

   


®®




0
1 1 1 2
B A 60 MB/ /AC M A     
(đồn g v ị )

Do đó: A C N ∽ MBA (g.g)
Suy ra:
MB BA MB BC
AC CN BC CN
  
Mặt khác:


 
0
MBC BCN 120
Nên MBC ∽ BCN (c.g.c).
2. Ta có: MBC ∽ BCN


22
MB
.
Vì


0
2
B MBF 120
, nên


0
2
M MBF 120

.
Từ đó trong tam giác BMF, ta có:



 
00
12
F 180 M BMF 60   
Tứ giác AEBC nội t i ếp nên


0
1
E ACB 60
(cùng bù với

AEB
).
Do đó:


0
11
F E 60
.
Suy ra: Tứ giác BMEF nội t i ếp.
3. EF cắ t BC tại I .
Ta có:



0
21
F F 60
(đối đỉnh),


0
2
E ABC 60
.
Suy ra:


0
22
F E 60 .
Do đó tứ giác EFCN nội t i ếp.
Mặt khác, MBC ∽ BCN


21
CN
, tứ giác EFCN nội t i ếp


31
EN
.
Suy ra:



32
EC
v à

EIC
chung nên IEC ∽ ICF (g.g).
 IC
2
= IE.IF (1),
Chứng minh tương tự, ta có:  IBF ∽ IEB (gg.)
 IB
2
= IE.IF (2)
Từ (1) và (2), suy ra: IB = IC.
Vậy khi đườn g t h ẳn g ( ) thay đổi nhưng vân đi qua A, thì EF luôn đi qua điểm c ố định I là trung
điểm c ủa BC.
Câu 5:
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) t h ì  < 0: Phương trình (2) vô nghiệm .
Do đó: 0 ≤ y ≤ 3 (y  Z) .
Nếu y = 0 thì  = 1, phương trình (2)  3x
2
- x = 0  x
1
= 0 (nhận), x
2
=
1
3
(loại ) .
Nếu y = 1 thì  = 64, phương trình (2)  3x
2
+ 2x - 5= 0  x
1
= 1 (nhận), x
2
=
5
3


(loại ) .
Nếu y = 2 thì  = 73 không phải l à s ố chính phương nên phương trình (2) không có nghiệm nguyên.
Nếu y = 3 thì  = 28 không phải l à s ố chính phương nên phương trình (2) không có nghiệm nguyên.
Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên là (x; y) = (0; 0), (1; 1).
HẾ T