SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
NĂM HỌC 2009 – 2010

Đề chính thức Môn thi: TOÁN (chuyên)
Ngày thi: 19/06/2009
Thời gian: 150 phút
Bài 1. (1,5 điểm)
Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
a b c
1 2
b c c a a b
< + + <
+ + +
Bài 2. (2 điểm)
Cho 3 số phân biệt m, n, p. Chứng minh rằng phương trình
1 1 1
0
x m x n x p
+ + =
− − −
có hai nghiệm
phân biệt.
Bài 3. (2 điểm)
Với số tự nhiên n, n  3. Đặt S
n
=
( ) ( )
( )
( )
1 1 1

GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN
THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN BÌNH ĐỊNH
MÔN TOÁN CHUYÊN NĂM HỌC 2009 – 2010
Ngày thi: 19/06/2009 – Thời gian: 150 phút
Bài 1. (1,5 điểm)
Chứng minh:
a b c
1 2
b c c a a b
< + + <
+ + +
(với a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác).
Ta có:
m m k
n n k
+
<
+
, (với 0 < m < n, k > 0) (1)
Thật vậy, (1)  0 < m(n + k) < n(m + k)  0 < mk < nk  0 < m < n
Áp dụng: 0 < a < b + c
⇒

a 2a
b c a b c
<
+ + +
0 < b < c + a
⇒


x y y z x z
3
y x z y z x
   
 
+ + + + + +
 ÷  ÷
 ÷
 
   
 9: BĐT đúng
Thay x = a + b, y = b + c, z = c + a vào (2):
1 1 1
2(a b c) 9
a b b c c a
 
+ + + + ≥
 ÷
+ + +
 

1 1 1 9
(a b c)
a b b c c a 2
 
+ + + + ≥
 ÷
+ + +
 


(1) 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
x m x n x n x p x m x p 0− − + − − + − − =
 3x
2
– 2x(m + n + p) + mn + np + mp = 0

’
= (m + n + p)
2
– 3(mn + np + mp) = m
2
+ n
2
+ p
2
– mn – np – mp =
( ) ( ) ( )
2 2 2
1
m n n p m p
2
 
− + − + −
 
> 0 (vì m  n  p)
Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
Bài 3.(2 điểm)
Chứng minh S
n

2
n 1 n n(n 1)
 
+ −
 
+ − +
 
 
=
=
1 1 1
2
n n 1
 
−
 
+
 
 
(1)
Cho n lần lượt lấy các giá trị từ 1 đến n, thay vào (1), rồi cộng vế theo vế các bất đẳng thức tương
ứng, ta có:
S
n
=
( ) ( )
( )
( )
1 1 1
3 1 2 5 2 3 2n 1 n n 1

1
2
,  n  N, n  3.
Bài 4. (3 điểm)
a) Chứng minh: AD
2
= AB.AC – DB.DC
Xét hai tam giác ABD và AEC, ta có:
¶
¶
1 2
A A=
(AD là phân giác góc A)
·
·
ABD AEC=
(góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
Do đó ABD AEC (g.g)
Suy ra
AD AB
AC AE
=
 AD.AE = AB.AC
Mặt khác, ABD CED (g.g),
nên
BD DA
DE DC
=
⇒
BD.DC = DA.DE

+
 
(2)
Thay (2) vào (1), ta có:
AD
2
= bc -
2
a
.bc
b c
 
 ÷
+
 
=
( ) ( )
( )
2
b c a b c a
a a
bc 1 1 bc.
b c b c
b c
+ − + +
  
− + =
 ÷ ÷
+ +
+

*
(1)
S
S
A
B
C
E
D
c
b
a
1
2
O
Vì n  N
*
nên bất đẳng thức (1) tương đương với:
(1) 
2
1 3 2
2
n n
−
− ≥
(2). Đặt t =
1
n
(0 < t  1), ta có:
(2) 

2 3
 4 
3
< 2  3 < 4: bất đẳng thức đúng.
Do đó bất đẳng thức (2) đúng.
Vì
m 1
2 2
n n
− ≥ −
,  m  N
*
, nên
( )
2
m 1
2
n
n 3 2
− ≥
+
, m, n  N
*
Vậy
( )
2
m 1
2
n
n 3 2