SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
BÌNH THUẬN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO
Năm học : 2010 – 2011
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán (hệ số 2)
(Dành cho lớp chuyên Toán)
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

ĐỀ:

Bài 1: ( 2 điểm)
1/ Tìm tất cả các bộ ba số thực (x, y, z) sao cho x + y + z > 2 và
x
2
+ y
2
= 4 – 2xy; x
2
+ z
2
= 9 – 2xz ; y
2
+ z
2
= 16 – 2yz.
2/ Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì
2 3
3 2 6
n n n
S
  
là một số tự

1 2
, , ,
n
a a a
thỏa mãn
các đẳng thức
1 2
2
n
a a a
   
và
1 2
1 1 1
2
n
a a a
   Bài 4: (3 điểm)
Cho đường thẳng (d) cố định và điểm A cố định không thuộc (d). Hai
điểm B, C thay đổi trên (d) sao cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H là hình
chiếu vuông góc của A lên (d); E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên
AB và AC.
1/ Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp trong đường tròn (O).
2/ Gọi M, N là giao điểm của đường thẳng AH với (O). Chứng minh:
a/ AM.AN = AE.AB
b/ Hai điểm M và N cố định.


2
= 16 – 2yz.
2/ Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì số
2 3
3 2 6
n n n
S
  
là một số tự
nhiên.

Bài 2: (2 điểm)
Cho hai số a, b thỏa:
2
2
2
1
2 4
4
b
a
a
  
. Xác định a và b để tích a.b nhỏ nhất.

Bài 3: ( 2 điểm)
1/ Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương ta có:
1 1 1
( 1) 1 1
n n n n n n


Thi tuyển sinh Trần Hưng Đạo – Đáp án ( Hệ số 2 ) Năm học 2010 – 2011
Chuyên Toán
Bài Đáp án và hướng dẫn chấm Điểm
Bài 1
(2 đ)
1/ (1,0 đ)

Ta có (x + y)
2
= 4

x + y =
2


Tương tự: x + z =
3

; y + z =
4


Vì x + y + z > 2 nên chỉ có thể chọn x + y + z =
2 3 4
2
 
hoặc x + y + z =
2 3 4
2

0,25

0,25

2
/ (1,0 đ)

Ta có
2 3 2 3
2 3
3 2 6 6
n n n n n n
 
  

2
( 3 2) ( 1)( 2)
6 6
n n n n n n
   
 
Vì tử số là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên luôn chia hết cho 6.
Vậy
2 3


Hay
2 2
1
( ) ( ) 2
2
b
a a ab
a
    

Từ đó a.b nhỏ nhất khi :
1
a
a

và
2
b
a
 

Tìm được : (a= 1 ; b = -2) ; (a = -1 ; b =2) 0,5

0,5

0,5

   0,25

0,25
2
/ (1,5

đ)

Cộng vế theo vế hai đẳng thức đã cho ta có:
1 2
1 2
1 1 1
( ) ( ) ( ) 4
n
n
a a a
a a a
      

Từ bất đẳng thức đã chứng minh câu 1/, suy ra: n
2


* Với n = 2: thì
1 2
1 2
1 1

Vậy n = 2.
0,25

0,25
Bài 4
(3 đ)
1/ (1đ)Chứng minh:


ACH
AEF
và kề bù với

BEF

Nên tứ giác BEFC nội tiếp trong (O)
2/ a/ (1đ)Tam giác AEN và AMB đồng dạng
nên
AB
AN
AM
AE

suy ra: AM.AN = AE.AB
b/ (0,75)Chứng minh: HN.HM = BH.HC = AH
2
.
Trong tam giác vuông ABH có: AE.AB = AH
2


15
2
15

Nên M và N cố định
0,5
0,5
0,5
0,25

0,25
0,25 0,25 0,25

S

+
OAB
S

= = )(
2
1
cba 
ABC
S

= ax
2
1
= by
2
1
= cz
2
1

Nên ax = by = cz = a+b+c =
z
c
y
b
x
a

3
211

yx


3(x+y) = 2xy

(2x-3)(2y-3) = 9
Suy ra 2x – 3 = 3 và 2y – 3 = 3 hoặc 2x – 3 = 9 và 2y – 3 = 1
Ta có: x = 3 và y = 3 và z = 3 nên tam giác ABC đều.
0,25 0,25

2
 
hoặc x + y + z =
2 3 4
2
  

* Với x + y + z =
9
2
và x + y =2; x + z = 3; y + z = 4
Tính được (
1 3 5
; ;
2 2 2
x y z
  
)
* Với x + y + z =
5
2
và x + y = -2; x+ z = 3; y + z = 4
Tính được (
3 1 9
; ;
2 2 2
x y z
    
)


n n n n n n
   
 
Vì tử số là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên luôn chia hết cho 6.
Vậy
2 3
3 2 6
n n n
 
là một số tự nhiên 0,25

0,25

0,25

0,25

Bài 2
(2 đ)
Dễ thấy a
0

.
Từ giả thiết ta có :
2
2 2
2
0,5

0,5

0,5

0,5
Bài 3
(2 đ)
1/ (
1
,
0

đ)

2 2
1 ( 1) 1
( 1) ( 1)
( 1) 1
n n n n
n n n n
n n n n
  

  
  


100 100
 

0,5 0,5
Bài 4
(3 đ)

1/(1đ)Chứng minh:


ACH
AEF
và kề bù với

BEF

Nên tứ giác BEFC nội tiếp trong (O)
2/ a/(1đ) Tam giác AEN và AMB đồng dạng
nên
AB
AN
AM
AE

suy ra: AM.AN = AE.AB
b/ (0,75)Chứng minh: HN.HM = BH.HC = AH
2


aHN
aHM
2
15
2
15

Nên M và N cố định
0,5
0,5
0,5


AKI
Suy ra : IH = IK = BH
Suy ra: IC =2IK nên

0
30
C 

Tính được

0
60
B 

Nên  = 90
0 0,25

0,25

0,25