DevadapanDethi10ToanchuyenLQDBDinh2012

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

GIẢI BỘ ĐỀ THI 10 CHUYÊN 1 <i>Bùi Văn Chi </i>
<b>SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO</b> <b>KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10</b>

<b>BÌNH ĐỊNH </b> <b> TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN</b>
<b> NĂM HỌC 2012 – 2013 </b>

<b>Đề chính thức </b>

<b>Mơn thi: TỐN (chun Tốn) </b>

<b>Ngày thi: 15/06/2012 </b>

<b>Th</b>

<b>ời gian: 15</b>

<b>0 phút </b>

<b>Bài 1. (2,0 điểm)</b>

a)

Rút g

ọn b

i

ểu thức A =

4 10 2 5  4 10 2 5

b)

Cho

2 2

x 1 y y 1 x

= 1. Ch

ứng minh rằng x

2

+ y

2

= 1.

<b>Bài 2. (2,5</b>

<b> điểm)</b>

a)

Gi

ải phương tr

ình x

2

+

x 1

= 1

b)

Gi

ải hệ phương tr

ình

2 2

2 2

x 2y xy 2y x 0
x y 6x 12 0

     




   




<b>Bài 3. (1,5</b>

<b> điểm)</b>

Cho p



5 là s

ố nguy

ên t

ố sao cho 2p +1 cũng l

à s

ố nguy

ên t

ố.

Ch

ứng minh rằng p + 1 chia hết cho 6 v

à 2p

2

+ 1 không ph

ải l

à s

ố nguy

ên t

ố.

<b>Bài 4. (3,0 điểm)</b>

Cho tam giác ABC, l

ấy 3 điểm D, E, F theo thứ tự tr

ên các c

ạnh BC, CA, AB sao cho

AEDF là t

ứ giác nội tiếp. Tr

ên tia AD l

ấy điểm P (D nằm giữa A v

à P) sao cho DA.DP =

DB.DC.

a)

Ch

ứng minh rằng tứ giác ABPC nội tiếp đường tr

òn.

b)

Ch

ứng minh tam giác DEF và tam giác PCB đồng dạng với nhau.

c)

G

ọi S v

à S’ l

ần lượt l

à di

ện tích

hai tam giác ABC và DEF. Ch

ứng minh rằng:

2

S' EF

S 2AD

 

  

 

<b>Bài 5. (1,0 điểm)</b>

Cho các s

ố a, b, c sao cho abc > 1 v

à a

3

> 36. Ch

ứng minh bất đẳng thức:

2

2 2

a

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

GIẢI BỘ ĐỀ THI 10 CHUYÊN 2 <i>Bùi Văn Chi </i>
<b>GIẢI ĐỀ THI 10 CHUYÊN TỐN </b>

<b>TRƯỜNG THPT CHUN LÊ Q ĐƠN BÌNH ĐỊNH</b>
<b>NĂM HỌC 2012 – 2013 – Ngày thi: 15/06/2012 – Thời gian: 150 phút</b>
<b>Bài 1. (2,0 điểm)</b>

<b>a)</b> <b>Rút gọn: A = </b> 4 10 2 5  4 10 2 5
Nhận xét A > 0, biến đổi:

A2 =





2
2

4 10 2 5  4 10 2 5 2 4  10 2 5 = 8 + 2 16 10 2 5  =

=













2 2

8 2 6 2 5   8 2 5 1  8 2 5 1  6 2 5 5 1
Suy ra A = 5 1 (A > 0).

<b>b)</b> <b>Chứng minh x2 + y2 = 1 </b>

Ta có: x 1 y 2 y 1 x 2 = 1 (0  x, y  1)
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S:



_{x 1 y}_ 2__{y 1 x}_ 2



2_



_x2__y2



_{1 y}_ 2_{ }_{1 x}2



_₁__(x2

+ y2)(2 – x2 – y2) (1)
Đặt t = x2 + y2 (t  0)

Bđt (1)  1  t(2 – t)  t2 – 2t + 1  0  (t – 1)2  0
Mặt khác, ta ln có (t – 1)2  0, suy ra t – 1 = 0  t = 1.
Vậy x2 + y2 = 1. (Khi đó x = y = 1

2 )
<b>Bài 2. (2,5 điểm)</b>

<b>a)</b> <b>Giải phương trình x2 + </b> x 1 <b> = 1 (1) </b>

Từ (1) suy ra ĐKXĐ: - 1  x  0.

Biến đổi tương đương (1)  x 1 = (1 – x)(1 + x)  x 1 1 x _

_



_

1 x 1  _0










x 1
x 1 0

1 x 1 x 1
1 x 1 x 1 0

     

 _{ }

  

     _



Ta giải phương trình:



1 x



1 x 1  (2)
(2)  (1 – x)2(1 + x) = 1 (- 1  x  0)

 (x2 - 2x + 1)(1 + x) = 1 (- 1  x  0)
 x3 – x2 – x = 0 (- 1  x  0)

 x(x2 – x – 1) = 0 (- 1  x  0)

 ₂

x 0

x 0 1 5

x
2
x x 1 0 ( 1 x 0)

1 5
x :loai

2

 



 _ 

 

 _

     

 _







Vậy phương trình (1) có ba nghiệm: x1 = - 1, x2 = 0, x3 =

1 5
2


</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

GIẢI BỘ ĐỀ THI 10 CHUYÊN 3 <i>Bùi Văn Chi </i>
<b>b)</b> <b>Giải hệ phương trình </b>

2 2

2 2

x 2y xy 2y x 0 (1)
x y 6x 12 0 (2)

     




   




Biến đổi phương trình (1):

(1)  x2 – x(y + 1) – 2(y2 – y) = 0 (3)
Xem (3) là phương trình bậc hai theo ẩn x.

Xét  = (y + 1)2 + 8(y2 – y) = 9y2 – 6y + 1 = (3y – 1)2
Do đó phương trình (3) có hai nghiệm :

x1=

y 1 3y 1
2y
2

  

 , x2 =

y 1 3y 1
2

  

= 1 – y
Thay biểu thức của x vào phương trình (2) :
+) Với x = 2y, ta có :

4y2 – y2 + 12y + 12 = 0  y2 + 4y + 4 = 0  (y + 2)2 = 0  y = - 2, suy ra x = 2y = - 4.
+) Với x = 1 – y, ta có :

(1 - y)2 – y2 + 6(1 – y) + 12 = 0  1 – 2y + y2 – y2 + 6 – 6y + 12 = 0  y = 19
8 ,
suy ra x = 1 – y = 11

8


.

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm : x = - 4 , y = - 2 ; x = 11
8


, y = 19
8 .
<b>Bài 3. (1,5 điểm)</b>

<b>Chứng minh p + 1 chia hết cho 6, và 2p2 + 1 không phải là số nguyên tố</b>

Vì p là số nguyên tố  5 nên p là số lẻ có một trong hai dạng 3k + 1, 3k + 2 (k  N, k  2)
Suy ra p + 1 là số chẵn nên p + 1  2.

Nếu p = 3k + 1 thì 2p + 1 = 2(3k + 1) + 1 = 6k + 3  3 và 2p + 1 > 3 nên 2p + 1 là hợp số : trái giả
thiết.

Do đó p = 3k + 2, suy ra p + 1 = 3k + 2 + 1 = 3k + 3  3.
Vậy p + 1  2 và  3 nên p + 1  6.

Với p = 3k + 2 thì 2p2 + 1 = 2(3k + 2)2 + 1 = 18k2 + 24k + 9 = 3(6k2 + 8k + 3), do đó 2p2 + 1  3 và

lớn hơn 3 nên 2p2 + 1 là hợp số.

Vậy p + 1 chia hết cho 6, và 2p2 + 1 là hợp số.
<b>Bài 4. (3,0 điểm)</b>

<b>a)</b> <b>Chứng minh tứ giác ABPC nội tiếp</b>
Ta có : DA.DP = DB.DC  DA DC

DBDP, và

 

ADB CDP (đối đỉnh)
Do đóADB CDP (c.g.c)

 DAB DCP   tứ giác ABPC nội tiếp.

<b>b) Chứng minh </b><b>DEF </b><b>PCB </b>
Ta có: A ₁E₁(góc nội tiếp cùng chắn cung DF)

 

1 1

A C (góc nội tiếp cùng chắn cung BP),
suy raE ₁C₁(1)

Tương tự, A ₂F₁(góc nội tiếp cùng chắn cung DE)

 

2 1

A B (góc nội tiếp cùng chắn cung CP), suy ra F ₁B₁(2)
Từ (1), (2) ta có DEF PCB (g.g).

A

B C

D
F

E

H
K

2
1

1 1

1 1

P

S

S

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

GIẢI BỘ ĐỀ THI 10 CHUYÊN 4 <i>Bùi Văn Chi </i>
<b>b)</b> <b>Chứng minh </b>

2
S' EF
S 2AD
 
  
 

Ta có: PCB DEF 

2
PCB
DEF
S BC
S EF
 
  
 
(1)
Kẻ AH  BC, PK  BC, ta có:

ABC
PCB

1

AH.BC

S ₂ AH

1

S _PK.BC PK

2

  (2)

Nhân vế theo vế (1), (2):

2
PCB ABC

DEF PCB

S S BC AH

. .

S S EF PK

 
  
  
2
ABC
2

DEF

S BC AH

.
S  EF PK

Mặt khác, AH // PK nên theo định lý Ta-lét, ta có: AH DA
PKDP
Từ đó,

2
ABC

2
DEF

S DA BC

.
S DP EF ,

Ta lại có BC2 = (DB + DC)2  4DB.DC = 4DA.DP (do DB.DC = DA.DP) nên:

2
2

ABC

2 2

DEF

S DA 4DA.DP 4AD 2AD
.

S DP EF EF EF

 

  _{ } _

  , suy ra

2
DEF
ABC
S EF
S 2AD
 
 
 
Vậy
2
S' EF
S 2AD
 
  

  . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi DB = DC.

<b>Bài 5. (1,0 điểm)</b>

<b>Chứng minh: </b>

2

2 2

a

b c ab bc ca
3      <b>(1) </b>
Ta có: abc > 1 và a3 > 36, suy ra a > 0 và bc > 1

a > 0.
Ta chứng minh BĐT (1) bằng phép biến đổi tương đương:

(1) 





2

2 2

a

b c a b c bc 0

3       









2

2

a

b c a b c 3bc 0
3      











2

2

a 3

b c a b c 0

3      a (2) (vì bc >
1

a > 0  - 3bc <
3
a


)
Đặt t = b + c, (2)  f(t) = t2 – at +

2

a 3
3 a
 

 
 

> 0 (3)

Xét  =

2 3 3 3

2 a 3 3a 4a 36 a 36

a 4

3 a 3a 3a

     

 _  _ 

 

< 0, suy ra (3) đúng, t.

Thật vậy, (3) 

2 ₂ ₂

a a 3 a

t

2 3 a 4

 

 

 _  _

 

   

> 0 

2 ₃

a a 36

t
2 12a
  
 
 _ _
 
   

> 0 (4)
BĐT (4) đúng vì a3 > 36, suy ra bất đẳng thức (1) đúng.

Vậy

2

2 2

a

</div>

<!--links-->