KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2007-2008; KHÓA NGÀY 20-6-2007 MÔN THI: TOÁN

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2007-2008; KHÓA NGÀY 20-6-2007 MÔN THI: TOÁN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2007-2008; KHÓA NGÀY 20-6-2007

MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (4 điểm)

a) Chứng minh với mọi số thực x, y, z, t ta luôn có bất đẳng thức sau:

x2 + y2 + z2 + t2 ≥ x(y + z + t)

Đẳng thức xảy ra khi nào?

b) Chứng minh với mọi số thực a, b khác không ta luôn có bất đẳng thức sau:

2 2

2 2

4 3

b a

⎝ ⎠

Câu 2 (2 điểm)

Tìm nghiệm nguyên x, y của phương trình sau:

x2 – xy = 6x – 5y – 8

Câu 3 (4 điểm)

Cho hệ phương trình x2 y2 2x 2y 1

xy(x 2)(y 2) m

⎪

⎨

⎪⎩

1

a) Giải hệ phương trình khi m = 24

b) Tìm m để phương trình có nghiệm

Câu 4 (2 điểm)

Cho (x+ x2+2007 y)( + y2+2007) = 2007 Tính S = x + y

Câu 5 (2 điểm)

Cho a, b là các số nguyên dương sao cho a 1 b 1

cũng là số nguyên Gọi d là ước số chung của a và b Chứng minh d ≤ a b+

Câu 6 (6 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O) (AB < AC) Các tiếp tuyến với (O) tại B và C cắt nhau tại N Vẽ dây AM song song với BC Đường thẳng MN cắt đường tròn (O) tại M và P

a) Cho biết 12 12

16

OB +NC = 1 , tính độ dài đoạn BC

b) Chứng minh BP CP

AC = AB c) Chứng minh BC, ON và AP đồng qui

HẾT -

GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Môn Toán Chuyên - Năm học 2007-2008

Câu 1: (4 điểm)

a) Ta có:

x2 + y2 + z2 + t2 ≥ x(y + z + t) (1)

⇔ 4x2 + 4y2 + 4z2 + 4t2 ≥ 4x(y + z + t)

⇔ (x2 – 4xy + 4y2) + (x2 – 4xz + 4z2) + (x2 – 4xt + 4t2) + x2 ≥ 0

⇔ (x – 2y)2 + (x – 2z)2 + (x – 2t)2 + x2 ≥ 0 ( 2)

Ta có (2) luôn đúng với mọi x, y, z và t Vậy (1) được chứng minh

Đẳng thức xảy ra ⇔ x – 2y = x – 2z = x – 2t = x = 0 ⇔ x = y = z = t = 0 b) Đặt T = a b

b a+ Ta có T a b a b 2

2 2

2 2

4 3

b a

⎛

⎞

⎟ ⇔ T2 + 2 ≥ 3T ⇔ (T – 1)(T – 2) ≥ 0 (*)

* Nếu T ≥ 2 thì T – 1 > 0 và T – 2 ≥ 0 nên (*) đúng

* Nếu T ≤ –2 thì T – 1 < 0 và T – 2 < 0 nên (*) đúng

Vậy với mọi số thực a, b khác không ta luôn có a22 b22 4 3 a b

b a

⎝ ⎠

Câu 2 (2 điểm) Tìm nghiệm nguyên x, y của phương trình x2 – xy = 6x – 5y – 8 (1)

Ta có: (1) ⇔ x2 – 6x + 8 = y(x – 5) (2)

⇔ y = x2 6x 8

x 5

− (vì x = 5 không là nghiệm của (2))

⇔ y = x – 1 + 3

x 5−

Vì x, y nguyên nên x – 5 ∈ {–1; 1; 3; –3} hay x ∈ {4; 6; 8; 2 }

* Khi x = 2 thì y = 0 (thỏa)

* Khi x = 4 thì y = 0 (thỏa)

* Khi x = 6 thì y = 8 (thỏa)

* Khi x = 8 thì y = 8 (thỏa)

Vậy các nghiệm nguyên (x; y) của (1) là (2; 0), (4; 0), (6; 8) và (8; 8)

Câu 3 (4 điểm) Cho hệ phương trình x2 y2 2x 2y 1

xy(x 2)(y 2) m

⎪

⎨

a) Khi m = 24 thì (A) ⇔ x2 y2 2x 2y 1 (B)

xy(x 2)(y 2) 24

⎪

⎨

⎪⎩

1

Đặt u = x2 + 2x = (x + 1)2 – 1 ≥ –1 và v = y2 + 2y = (y + 1)2 – 1 ≥ –1

Ta được (B) ⇔ u v 11 ⇔

uv 24

+ =

⎧

⎨ =

⎩

u 3

v 8

=

⎧

⎨ =

⎩ hay

u 8

v 3

=

⎧

⎨ =

2 2

(x 1) 4 (y 1) 9

⎪

⎨

2 2

(x 1) 9 (y 1) 4

⎪

⎨

⎪⎩

= ± −

⎧

⎨ = ± −

⎩

1 1

1 1

= ± −

⎧

⎨ = ± −

⎩ Vậy khi m = 24 thì (A) có các nghiệm (x; y) là:

(1; 2), (1; –4); (–3; 2); (–3; –4), (2; 1), (2; –3), (–4; 1) và (–4; –3)

b) Tìm m để phương trình có nghiệm

Đặt u = x2 + 2x + 1= (x + 1)2 ≥ 0 và v = y2 + 2y +1 = (y + 1)2 ≥ 0

Ta được (A) trở thành

⇔

u v 13 (u 1)(v 1) m

+ =

⎧

⎩

u v 13

uv (u v) 1 m

+ =

⎧

⎨ − + + =

u v 13

uv m 12

+ =

⎧

⎩

⇒ u, v lần lượt là các nghiệm của phương trình X2 – 13X + m + 12 = 0 (C)

Do đó: (A) có nghiệm ⇔ (C ) có 2 nghiệm X1, X2 ≥ 0

0

S 0

P 0

Δ ≥

⎧

⎪ ≥

⎨

⎪ ≥

⎩

121 4m 0

m 12 0

⎧

⎨ + ≥

⎩

121 m 4

⎧ ≤

⎪

⎨

⎪ ≥ −

⇔ –12 ≤ m ≤ 121

4

Câu 4 (2 điểm) Cho (x+ x2+2007 y)( + y2+2007) = 2007 Tính S = x + y

Ta có: (x+ x2+2007)(− +x x2+2007) = 2007 (a)

(y+ y2+2007)(− +y y2+2007) = 2007 (b)

Nhân theo vế của (a) và (b) ta được và kết hợp với giả thiết ta được:

2007(− +x x2+2007)(− +y y2+2007) = 20072

⇒ (− +x x2+2007)(− +y y2+2007) = 2007

⇒ xy x y− 2+2007 y x− 2+2007+ (x2+2007)(y2+2007) = 2007 (c)

Giả thiết ⇒ xy x y+ 2+2007 y x+ 2+2007+ (x2+2007)(y2+2007) = 2007 (d)

Cộng theo vế (c) và (d) ta được:

xy + (x2+2007 y)( 2+2007) = 2007

⇔ (x2+2007 y)( 2+2007) = 2007 – xy

⇒ x2y2 + 2007(x2 + y2) + 20072 = 20072 – 2.2007xy + x2y2

⇒ x2 + y2 = –2xy

⇒ (x + y)2 = 0

⇒ S2 = 0 ⇒ S = 0

Câu 5 (2 điểm)

Ta có a 1 b 1

= 2 + a b

ab

+

là số nguyên dương

⇒ a b

ab

+

nguyên dương

⇒ a b

ab

+

≥ 1

⇒ a + b ≥ ab mà a ≥ d > 0 và b ≥ d > 0

⇒ a + b ≥ ab ≥ d2

⇒ a b+ ≥ d (ĐPCM)

Câu 6 (6 điểm)

A

B

C O

N

M

P K

a) Ta có:

– NB = NC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

– OB = OC = R

Do đó: ON là trung trực của BC Gọi K là giao điểm của

ON và BC thì K là trung điểm BC

Ta có: Δ OBN vuông tại B có BK là đường cao

OB +NC =OB +NB =BK2

Kết hợp với giả thiết ta suy ra:

BK2 = 16 ⇒ BK = 4 ⇒ BC = 8

b) Ta có ΔNBP đồng dạng Δ NMB (g–g)

⇒ PB NB

Tương tự Δ NCP đồng dạng Δ NMC( g–g)

⇒ PC NC

mà NC = NB (3)

Từ (1), (2) và (3) ⇒ PB PC

MB= MC (4) Mặt khác AM // BC ⇒ tứ giác AMCB là hình thang cân ⇒ MC = AB và MB = AC (5)

Từ (4) và (5) ⇒ PB PC

AC =AB (ĐPCM)

c) Gọi Q là giao điểm của AP và BC Ta chứng minh BQ = QC

Xét Δ BQP đồng dạng với Δ AQC (g–g)

⇒ BQ PB

AQ =AC (6)

Tương tự ΔCQP đồng dạng với Δ AQB (g – g)

⇒ CQ PC

AQ =AB (7)

Kết hợp (6), (7) và kết quả câu b) ta suy ra BQ CQ

AQ= AQ ⇒ BQ = CQ ⇒ Q là trung điểm BC

⇒ Q trùng K Vậy BC, ON và AP đồng qui tại K

Người giải đề: Thạc sĩ NGUYỄN DUY HIẾU

Tổ trưởng tổ Toán Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong TP.HCM