ĐỀ THI VÀO LỚP 10 VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com ĐỂ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TPHCM NĂM HỌC2008 – 2009 Bài 1: a) Tìm m để phương trình ( ) ( ) 2 41 2 40xmxm+ ++ −= có hai nghiệm 12 ,x x thỏa mãn 12 17xx−= b) Tìm m để hệ bất phương trình 21 1 xm mx ≥− ⎧ ⎨ ≥ ⎩ có nghiệm duy nhất. Bài 2: Thu gọn các biểu thức sau: a) ()()()()()() abc abac babc cacb ++ −− −− −− (a, b, c đôi một khác nhau) b) 21 21 21 21 xx xx xx xx +−+−− +−−−− Với 2x ≥ Bài 3: Cho a, b, c, d là các số nguyên thỏa abcd≤ ≤≤ và adbc+ =+ . Chứng minh rằng: a) 222 2 abcd+++ là tổng của ba số chính phương. b) bc ad≥ . Bài 4: a) Cho a, b là hai số thực thỏa 5a + b = 22 và phương trình 2 0xaxb+ += có nghiệm là hai số nguyên dương. Tìm các nghiệm đó. b) Cho hai số thực x, y sao cho 2244 ,,x yx y x y+ ++ là các số nguyên. Chứng minh 33 x y+ cũng là số nguyên. Bài 5: Cho đường tròn (O) đường kính AB. C là một điểm thuộc đường tròn, kẻ CH vuông góc với AB (C khác A, B và H thuộc AB). Kẻ đường tròn tâm C bán kính CH cắt đường tròn (O) tại hai điểm D và E. Chứng minh DE đi qua trung điểm của CH. Bài 6: Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng 1. Trên cạnh AC lấy điểm D, E sao cho n n 20 o ABD CBE== . Gọi M là trung điểm của BE, N là điểm thuộc cạnh BC sao cho BN = BM. Tính tổng diện tích hai tam giác BCE và BEN. Bài 7: Cho a, b là hai số thực sao cho 33 2ab+ = . Chứng minh 02ab< +≤ ĐỀ THI VÀO LỚP 10 VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com Huớng dẫn giải. Bài 1: a) Ta có ()() 2 22 418 416 8183216 330mmmmmm mΔ= + − − = + + − + = + > ∀ , suy ra phương trình luôn có hai nghiệm với mọi m. Khi đó theo định lý Viet ta có: () () 12 12 41 24 Sxx m Pxx m =+=− +⎧ ⎪ ⎨ ==− ⎪ ⎩ . Ta có: () ( ) ()() 22 2 12 12 12 12 2 2 17 17 4 289 4 1 8 4 289 16 33 289 4 xx xx xx xx mm m m −=⇔− = ⇔+ − = ⇔+−−= ⇔+= ⇔=± Vậy giá trị m cần tìm là 4 và – 4. b) () () 211 12 xm mx ≥−⎧ ⎪ ⎨ ≥ ⎪ ⎩ Ta có () () 1 11 2 xm⇔≥ − Với (2) ta xét các trường hợp sau: + Nếu m > 0 thì () 1 2 x m ⇔≥ + Nếu m = 0 ta có 0. 1x ≥ ( (2) vô nghiệm) + Nếu m < 0 ta có () 1 2 x m ⇔≤ Từ đó suy ra hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi () 2 0 0 1 11 1 20 2 m m m m mm m < ⎧ < ⎧ ⎪ ⇔⇔=− ⎨⎨ −= −−= ⎩ ⎪ ⎩ Bài 2: a) Ta có ()()()()()()()()()()()() ()()() ()()() ()()() 0 abcabc abac babc cacb abac abbc acbc ab c ba c ca b abbcac ab ac ab bc ca bc abbcac ++=−+ −− −− −− −− −− −− −− −+ − = −−− −−++− = −−− = ĐỀ THI VÀO LỚP 10 VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com b) ( ) ()() ()() () () 22 22 21 21 1211 1211 1 21 21 2221 2221 2 11 11 2. 211 21 11 11 2. 211 211 11 11 2. Do 2 suy ra -1 1 0, 2 1 1 0 211 211 xx xx x x x x xx xx xx xx xx xx xx xx xx xxx xx +−+−− −+−++−−−+ = +−−−− +−−+− −+ + −− = −+ − − −++ −− = −+− −− −++ −− =≥−≥−−≥ −+− −− 21 2. 2 2 2 x x − = − Bài 3: a) Ta có ad bc badc+=+⇒−=− . Ta đặt ,kbadc bkadck= −=−⇒=+ =+ và k là số tự nhiên. Khi đó ta có: () () () () () () () () ()() 22 222 2 2 2 2 2 2 2 2 22 22 22 22 22 2 22222 22 2 2 abcd a ak c ck a ak c k ck aacc kackaacck ac kac k ac k ack ac k +++ =++ +++ = + + + + =+ ++ +++− ++ =+ + +++− + =++ +− + Vậy 222 2 abcd+++ là tổng của ba số chính phương vì a + c + k, a – c và k là các số nguyên. b) Ta có ()()( ) 0bc ad a k c a c k k c a−=+ − += −≥ vì 0, 0kba ca= −≥ −≥ Suy ra bc ad≥ . Bài 4: a) Gọi 12 ,x x là nghiệm của phương trình 2 0xaxb+ += . Giả sử 12 x x≥ . Theo định lý Viet ta có 12 12 ,x xaxxb+=− = . Suy ra: () ()() () 12 12 12 1 2 12 522 5 22 5 5 25 47 5547 1 ab x x xx xx x x xx += ⇔− + + = ⇔−−+= ⇔− −= Ta có 12 555xx−≥ −≥− và ( ) ( ) 47 47.1 47 . 1==−− nên ta có: ĐỀ THI VÀO LỚP 10 VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com () 11 22 547 52 1 51 6 xx xx −= = ⎧⎧ ⇔⇔ ⎨⎨ −= = ⎩⎩ Khi đó a = - 58 và b = 312 thỏa 5a + b = 22. Vậy hai nghiệm của phương trình là 6 và 52. b) Ta có () () () () 2 22 2 44 22 22 21 22 xy xy xy xy xy xy +=+ − += + − Từ (1) suy ra 2xy nguyên vì x + y và x 2 + y 2 nguyên. Đặt k = 2xy. Từ (2) suy ra 2x 2 y 2 nguyên vì x 2 + y 2 , x 4 + y 4 nguyên. Ta có () 2 2 22 1 22 22 k xy xy==∈⇒ ] k chẵn. Suy ra 2 k xy = ∈ ] Do đó () () 3 33 3x yxy xyxy+=+ − + là số nguyên. Bài 5: Gọi M là giao điểm của DE và CH. Ta chứng minh CM = HM. Giả sử CH cắt (O) tại F và cắt (C ) tại I. (I khác H và F khác C ). Khi đó ta có CH = HF (Tính chất đối xứng của đường tròn) và CH = CI (bán kính đường tròn (C )) Xét tam giác MDF và tam giác MCE có: + n n DMF CME= (đối đỉnh) + n n DFM CEM= (góc nội tiếp cùng chắn cung CD) Suy ra () () ~. 1 DM FM DFM CEM g g DM EM CM FM CM EM ΔΔ ⇒=⇒ = Chứng minh tương tự ta có DM EM MH MI= (2) Từ (1) và (2) ta có CM. MF = MH. MI ( )( ) CM MF MH MI CM MH HF MH CM CI CM HF MH CI CM MH =⇔+=+ ⇒= ⇒= ( Vì HF = CI = CH ) I F E D H OA B C M ĐỀ THI VÀO LỚP 10 VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com Bài 6: Ta có ( ) ABD ACE g c gΔ=Δ , ABD CBE BDBES S⇒= = Xét tam giác DBM và tam giác EBN có : + DB = EB (cmt) + n n ( ) 20 o DBM EBN== + BM = BN (gt) Suy ra tam giác DBM bằng tam giác EBN (c.g.c), suy ra DBM NBE SS= Mà 1 2 DBM DBE SS= ( Vì M là trung điểm BE). Do đó 1 2 EBN DBE SS= Từ đó ta có () 2 11 113. 3 . 22 2248 BCE EBN DBE BCE ABD ABC AB SS S SS S+= + + = = = Bài 7: Ta có () () 33 2 2 02ab abaabb<= + = + + + Mà 2 22 2 13 0 24 aabb a b b ⎛⎞ ++=+ + ≥ ⎜⎟ ⎝⎠ . Suy ra 0ab+ > Để chứng minh 2ab+≤ ta chứng minh () ( ) 3 33 84ab a b+≤= + . Ta có: () () () ()() () () 3 33 32 23 33 332 2 22 22 43344 30 0 0 ab a b a ab ab b a b ababab aab bab aba b +≤ + ⇔+ + +≤ + ⇔+−−≥ ⇔−−−≥ ⇔− − ≥ ()() 2 0ab ab⇔− +≥ (Đúng vì a + b > 0) Vậy 02ab<+≤ N M A B C E D . ĐỀ THI VÀO LỚP 10 VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com ĐỂ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TPHCM NĂM HỌC2008 –. tích hai tam giác BCE và BEN. Bài 7: Cho a, b là hai số thực sao cho 33 2ab+ = . Chứng minh 02ab< +≤ ĐỀ THI VÀO LỚP 10 VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI GV: NGUYỄN TĂNG