Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên Lê Quý Đôn năm học 2009 – 2010 môn thi: toán (chuyên)

 BOÄ ẹEÀ THI 10 CHUYEÂN ...............................................1.................................................................Buứi Vaờn Chi 
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 
BèNH ĐNNH TRƯỜNG THPT CHUYấN Lấ QUí ĐễN 
 NĂM HỌC 2009 – 2010 
Đề chớnh thức Mụn thi: TOÁN (chuyờn) 
 Ngày thi: 19/06/2009 
 Thời gian: 150 phỳt 
Bài 1. (1,5 điểm) 
Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giỏc. Chứng minh rằng: 
a b c1 2
b c c a a b
< + + <
+ + +
Bài 2. (2 điểm) 
Cho 3 số phõn biệt m, n, p. Chứng minh rằng phương trỡnh 1 1 1 0
x m x n x p
+ + =
− − −
 cú hai 
nghiệm phõn biệt. 
Bài 3. (2 điểm) 
Với số tự nhiờn n, n ≥ 3. Đặt Sn = ( ) ( ) ( )( )
1 1 1
3 1 2 5 2 3 2n 1 n n 1
+ + +
+ + + + +
⋯ . 
Chứng minh rằng Sn < 
1
2
. 
Bài 4. (3 điểm) 
Cho tam giỏc ABC nội tiếp trong đường trũn tõm O cú độ dài cỏc cạnh BC = a, AC = b, AB = 
c. 
E là điểm nằm trờn cung BC khụng chứa điểm A sao cho cung EB bằng cung EC. Nối AE cắt 
cạnh BC tại D. 
a. Chứng minh: AD2 = AB.AC – DB.DC 
b. Tớnh độ dài đoạn AD theo a, b, c. 
Bài 5. (1,5 điểm) 
Chứng minh rằng: ( )2
m 12
n n 3 2
− ≥
+
 với mọi số nguyờn dương m, n. 
 BOÄ ẹEÀ THI 10 CHUYEÂN ...............................................2.................................................................Buứi Vaờn Chi 
GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYấN 
THPT CHUYấN Lấ QUí ĐễN BèNH ĐNNH 
MễN TOÁN CHUYấN NĂM HỌC 2009 – 2010 
Ngày thi: 19/06/2009 – Thời gian: 150 phỳt 
Bài 1. (1,5 điểm) 
Chứng minh: a b c1 2
b c c a a b
< + + <
+ + +
 (với a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giỏc) 
Ta cú: m m k
n n k
+
<
+
, (với 0 0) (1) 
Thật vậy, (1) ⇔ 0 < m(n + k) < n(m + k) ⇔ 0 < mk < nk ⇔ 0 < m < n (0 < m, n, k) 
Áp dụng: 0 < a < b + c ⇒ a 2a
b c a b c
<
+ + +
 0 < b < c + a ⇒ b 2b
c a a b c
<
+ + +
 0 < c < a + b ⇒ c 2c
a b a b c
<
+ + +
Cộng vế theo vế cỏc bất đẳng thức trờn : a b c 2(a b c) 2
b c c a a b a b c
+ +
+ + < =
+ + + + +
 (2) 
Ta chứng minh bất đẳng thức phụ: ( ) 1 1 1x y z 9
x y z
 
+ + + + ≥ 
 
 (x, y, z > 0) 
Ta cú: ( ) 1 1 1x y z
x y z
 
+ + + + 
 
= 
x y y z x z3
y x z y z x
     
+ + + + + +     
    
≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 9 
Thay x = a + b, y = b + c, z = c + a vào (2): 
1 1 12(a b c) 9
a b b c c a
 
+ + + + ≥ + + + 
 ⇔ 
1 1 1 9(a b c)
a b b c c a 2
 
+ + + + ≥ + + + 
 ⇔ 
c a c 91 1 1
a b b c a b 2
+ + + + + ≥
+ + +
⇔ 
a b c 9 33 1
b c c a a b 2 2
+ + ≥ − = >
+ + +
 (3) 
Từ (2), (3) suy ra: a b c1 2
b c c a a b
< + + <
+ + +
. 
Bài 2.(2 điểm) 
Chứng minh phương trỡnh 1 1 1 0
x m x n x p
+ + =
− − −
(1) 
cú hai nghiệm phõn biệt (∀ m ≠n ≠ p) 
Điều kiện xỏc định của phương trỡnh: x ≠ m, n, p. 
Biến đổi phương trỡnh tương đương: 
(1) ⇔ ( )( ) ( )( ) ( )( )x n x p x m x p x m x n 0− − + − − + − − = 
⇔ 3x2 – 2x(m + n + p) + mn + np + mp = 0 
∆
’
 = (m + n + p)2 – 3(mn + np + mp) = m2 + n2 + p2 – mn – np – mp = 
( ) ( ) ( )2 2 21 m n n p m p
2
 
− + − + −
 
> 0 (vỡ m ≠ n ≠ p) 
Vậy phương trỡnh (1) luụn cú hai nghiệm phõn biệt. 
 BOÄ ẹEÀ THI 10 CHUYEÂN ...............................................3.................................................................Buứi Vaờn Chi 
Bài 3.(2 điểm) 
Chứng minh Sn = ( ) ( ) ( )( )
1 1 1
3 1 2 5 2 3 2n 1 n n 1
+ + +
+ + + + +
⋯ , ∀ n ∈ N, n ≥ 3 
Ta cú bất đẳng thức: 2n 1 2 n(n 1)+ > + 
⇔ (2n + 1)2 > 4n(n + 1) ⇔ 4n2 + 4n + 1 > 4n2 + 4n: BĐT đỳng 
Do đú: ( )( ) ( )
1 1
2n 1 n n 1 2 n n 1 . n(n 1
<
+ + + + + +
 = ( )
n 1 n1
2 n 1 n n(n 1)
 + −
 
+ − +  
 = 
= 
1 1 1
2 n n 1
 
− 
+  
 (1) 
Cho n lần lượt lấy cỏc giỏ trị từ 1 đến n, thay vào (1), rồi cộng vế theo vế cỏc bất đẳng thức 
tương ứng, ta được: 
Sn = ( ) ( ) ( )( )
1 1 1
3 1 2 5 2 3 2n 1 n n 1
+ + +
+ + + + +
⋯ < 
< 
1 1 1 1 1 1 1
2 1 2 2 3 n n 1
 
− + − + + −  + 
⋯ = 
1 1 11
2 2n 1
 
− <  + 
. 
Vậy Sn < 
1
2
, ∀ n ∈ N, n ≥ 3. 
Bài 4. (3 điểm) 
a) Chứng minh: AD2 = AB.AC – DB.DC 
Xột hai tam giỏc ABD và AEC, ta cú: 
 
1 2A A= (AD là phõn giỏc gúc A) 
 ABD AEC= (gúc nội tiếp cựng chắn cung AC) 
Do đú ∆ABD ∆AEC (g.g) 
Suy ra AD AB
AC AE
= ⇔ AD.AE = AB.AC 
Mặt khỏc, ∆ABD ∆CED (g.g), 
nờn BD DA
DE DC
= ⇒ BD.DC = DA.DE 
Từ đú: AB.AC – BD.DC = AD.AE – DA.DE = AD(AE – DE) = AD2 
Vậy AD2 = AB.AC – DB.DC (1) 
b) Tớnh AD theo a, b, c 
Theo tớnh chất đường phõn giỏc của tam giỏc, ta cú: 
DB DC DB DC DB DC BC a
AB AC c b c b c b c b
+
= ⇔ = = = =
+ + +
Suy ra: 
2
DB DC DB.DC a
.
c b bc b c
 
= = 
+ 
⇒
 DB.DC = 
2
a
.bc
b c
 
 
+ 
 (2) 
Thay (2) vào (1), ta cú: 
AD2 = bc - 
2
a
.bc
b c
 
 
+ 
 = 
( )( )
( )2
b c a b c aa abc 1 1 bc.
b c b c b c
+ − + +  
− + =  
+ + +  
S
S
A
B C
E
D
 c
 b
 a
 1 2
O
 BOÄ ẹEÀ THI 10 CHUYEÂN ...............................................4.................................................................Buứi Vaờn Chi 
Vậy AD = 
( )( )bc b c a b c a
b c
+ − + +
+
. 
Bài 5.(1,5 điểm) 
Chứng minh: ( )2
m 12
n n 3 2
− ≥
+
, ∀ m, n ∈ N* 
Trước hết, ta cần chứng minh ( )2
1 12
n n 3 2
− ≥
+
, ∀ n ∈ N* (1) 
Vỡ n ∈ N* nờn bất đẳng thức (1) tương đương với: 
(1) ⇔ 2
1 3 22
n n
−
− ≥ (2). Đặt t = 1
n
 (0 < t ≤ 1), ta cú: 
(2) ⇔ ( ) 23 2 t t 2 0− + − ≤ (∀ t: 0 < t ≤ 1) (3) 
Biến đổi tương đương: 
(3) ⇔ ( ) ( ) ( )23 2 t 3 2 t 3 2 t t 2− − − + − + − ≤ 0 
⇔ ( ) ( )3 2 t (t 1) 3 2 1 t 2− − + − + − ≤ 0 
⇔ ( ) ( ) ( )3 2 t (t 1) 3 2 1 t 3 2 1 3 2 2 1− − + − + − − + + − + ≤ 0 
⇔ ( ) ( )3 2 t (t 1) 3 2 1 (t 1) 3 2 2 1− − + − + − + − + ≤ 0 
⇔ 3 2 2 1− + ≤ 0 ( vỡ 0 < t ≤ 1 nờn t(t – 1) ≤ 0) 
⇔ 3 1 2 2+ ≤ ⇔ 4 2 3+ ≤ 8 ⇔ 2 3 ≤ 4 ⇔ 3 < 2 ⇔ 3 < 4: bất đẳng thức đỳng. 
Do đú bất đẳng thức (2) đỳng. 
Vỡ m 12 2
n n
− ≥ − , ∀ m ∈ N*, nờn ( )2
m 12
n n 3 2
− ≥
+
,∀ m, n ∈ N* 
Vậy ( )2
m 12
n n 3 2
− ≥
+
, ∀ m, n ∈ N* 
Nhận xột: Dấu “=” trong bất đẳng thức khụng xảy ra.