ĐỀ THI VÀO LỚP 10 VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI
ĐỂ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TPHCM NĂM HỌC2008 – 2009 Bài 1: a) Tìm m để phương trình
x 2 + ( 4m + 1) x + 2 ( m − 4 ) = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn
x1 − x2 = 17
⎧2 x ≥ m − 1 có nghiệm duy nhất. ⎩mx ≥ 1
b) Tìm m để hệ bất phương trình ⎨ Bài 2: Thu gọn các biểu thức sau: a) b)
a
+
b
+
c
( a − b )( a − c ) ( b − a )( b − c ) ( c − a )( c − b ) x + 2 x −1 + x − 2 x −1 x + 2x −1 − x − 2x −1
(a, b, c đôi một khác nhau)
Với x ≥ 2
Bài 3: Cho a, b, c, d là các số nguyên thỏa a ≤ b ≤ c ≤ d và a + d = b + c . Chứng minh rằng: a) a 2 + b 2 + c 2 + d 2 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 x 2 + ax + b = 0 có nghiệm là hai số nguyên dương. Tìm các nghiệm đó. b) Cho hai số thực x, y sao cho x + y, x 2 + y 2 , x 4 + y 4 là các số nguyên. Chứng minh x3 + y 3 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 = 20o . Gọi M là trung điểm của BE, N là điểm thuộc cạnh BC sao cho BN = BM. ABD = CBE
Tính tổng diện tích hai tam giác BCE và BEN. Bài 7: Cho a, b là hai số thực sao cho a 3 + b3 = 2 . Chứng minh 0 < a + b ≤ 2
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ
www.truonglang.wordpress.com
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI
Huớng dẫn giải. Bài 1: a) Ta có Δ = ( 4m + 1) − 8 ( m − 4 ) = 16m 2 + 8m + 1 − 8m + 32 = 16m 2 + 33 > 0 ∀m , suy ra phương trình 2
luôn có hai nghiệm với mọi m. Khi đó theo định lý Viet ta có: ⎧⎪ S = x1 + x2 = − ( 4m + 1) . ⎨ ⎪⎩ P = x1 x2 = 2 ( m − 4 )
Ta có: x1 − x2 = 17 ⇔ ( x1 − x2 ) = 17 2 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = 289 2
2
⇔ ( 4m + 1) − 8 ( m − 4 ) = 289 2
⇔ 16m 2 + 33 = 289 ⇔ m = ±4
Vậy giá trị m cần tìm là 4 và – 4. ⎧⎪2 x ≥ m − 1 ⎪⎩mx ≥ 1
(1) ( 2)
Ta có (1) ⇔ x ≥
1 ( m − 1) 2
b) ⎨
Với (2) ta xét các trường hợp sau: + Nếu m > 0 thì ( 2 ) ⇔ x ≥
1 m
+ Nếu m = 0 ta có 0.x ≥ 1 ( (2) vô nghiệm) + Nếu m < 0 ta có ( 2 ) ⇔ x ≤
1 m
Từ đó suy ra hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi ⎧m < 0 ⎧m < 0 ⎪ ⇔ m = −1 1 ⇔⎨ 2 ⎨1 m − 1 = m − m − 2 = 0 ( ) ⎩ ⎪⎩ 2 m
Bài 2: a) Ta có a
+
b
+
c
=
a
−
b
+
c
( a − b )( a − c ) ( b − a )( b − c ) ( c − a )( c − b ) ( a − b )( a − c ) ( a − b )( b − c ) ( a − c )( b − c ) a (b − c ) − b ( a − c ) + c ( a − b) = ( a − b )( b − c )( a − c ) =
ab − ac − ab + bc + ca − bc ( a − b )( b − c )( a − c )
=0 GV: NGUYỄN TĂNG VŨ
www.truonglang.wordpress.com
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI b) x + 2 x −1 + x − 2 x −1 x + 2x −1 − x − 2x −1
x −1+ 2 x −1 + 1 + x −1− 2 x −1 + 1 1 2x + 2 2x −1 − 2x + 2 2x −1 2
=
)
(
= 2.
= 2. = 2.
( (
)
(
2
x −1 + 1 +
)
2
2x −1 +1 −
) ( 2x −1) x −1 −1
2
x −1 + 1 +
x −1 −1
2x −1 + 1 −
2x −1 −1
x −1 +1+ x −1 −1 2x −1 +1−
(
2
)
2x −1 −1
( Do x ≥ 2
suy ra
x -1 − 1 ≥ 0, 2 x − 1 − 1 ≥ 0
2 x −1 = 2x − 2 2 Bài 3: a) Ta có a + d = b + c ⇒ b − a = d − c . Ta đặt k = b − a = d − c ⇒ b = k + a, d = c + k và k là số 2.
tự nhiên. Khi đó ta có: a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = a 2 + ( a + k ) + c 2 + ( c + k ) = 2a 2 + 2ak + 2c 2 + 2k 2 + 2ck 2
2
= ( a 2 + 2ac + c 2 ) + 2k ( a + c ) + k 2 + ( a 2 − 2ac + c 2 ) + k 2 = ( a + c ) + 2k ( a + c ) + k 2 + ( a − c ) + k 2 2
2
= (a + c + k ) + (a − c) + k 2 2
2
Vậy a 2 + b 2 + c 2 + d 2 là tổng của ba số chính phương vì a + c + k, a – c và k là các số nguyên. b) Ta có bc − ad = ( a + k ) c − a ( c + k ) = k ( c − a ) ≥ 0 vì k = b − a ≥ 0, c − a ≥ 0 Suy ra bc ≥ ad . Bài 4: a) Gọi x1 , x2 là nghiệm của phương trình x 2 + ax + b = 0 . Giả sử x1 ≥ x2 . Theo định lý Viet ta có x1 + x2 = − a, x1 x2 = b . Suy ra: 5a + b = 22
⇔ −5 ( x1 + x2 ) + x1 x2 = 22 ⇔ x1 x2 − 5 x1 − 5 x2 + 25 = 47 ⇔ ( x1 − 5 )( x2 − 5 ) = 47
(1)
Ta có x1 − 5 ≥ x2 − 5 ≥ −5 và 47 = 47.1 = ( −47 ) . ( −1) nên ta có: GV: NGUYỄN TĂNG VŨ
www.truonglang.wordpress.com
)
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI ⎧ x1 − 5 = 47 ⎧ x1 = 52 ⇔⎨ ⎩ x2 − 5 = 1 ⎩ x2 = 6
(1) ⇔ ⎨
Khi đó a = - 58 và b = 312 thỏa 5a + b = 22. Vậy hai nghiệm của phương trình là 6 và 52. b) Ta có x 2 + y 2 = ( x + y ) − 2 xy
(1)
x4 + y 4 = ( x2 + y 2 ) − 2 x2 y 2
( 2)
2
2
Từ (1) suy ra 2xy nguyên vì x + y và x2 + y2 nguyên. Đặt k = 2xy. Từ (2) suy ra 2x2y2 nguyên vì x2 + y2, x4 + y4 nguyên. Ta có 2 x 2 y 2 =
1 k2 k 2 ( 2 xy ) = ∈ ] ⇒ k chẵn. Suy ra xy = ∈ ] 2 2 2
Do đó x3 + y 3 = ( x + y ) − 3xy ( x + y ) là số nguyên. 3
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 = CME n (đối đỉnh) + DMF
I
C E
M D A
H
O
B
n = CEM n (góc nội tiếp cùng chắn cung CD) + DFM Suy ra DM FM ΔDFM ~ ΔCEM ( g.g ) ⇒ = ⇒ DM .EM = CM .FM (1) CM EM 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
F
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ
( Vì HF = CI = CH )
www.truonglang.wordpress.com
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 6:
Ta có ΔABD = ΔACE ( g .c.g ) ⇒ BD = BE , S ABD = SCBE
A
Xét tam giác DBM và tam giác EBN có : + DB = EB (cmt) n = EBN n ( = 20o ) + DBM
D
+ BM = BN (gt) Suy ra tam giác DBM bằng tam giác EBN (c.g.c), suy ra S DBM = S NBE
E M
1 S DBE ( Vì M là trung điểm BE). 2 1 Do đó S EBN = S DBE 2 Mà S DBM =
B
N
C
Từ đó ta có S BCE + S EBN =
1 1 1 1 3. AB 2 3 S DBE + ( S BCE + S ABD ) = S ABC = . = 2 2 2 2 4 8
Bài 7:
Ta có 0 < 2 = a 3 + b3 = ( a + b ) ( a 2 + ab + b 2 ) 2
1 ⎞ 3 ⎛ Mà a 2 + ab + b 2 = ⎜ a + b ⎟ + b 2 ≥ 0 . Suy ra a + b > 0 2 ⎠ 4 ⎝ Để chứng minh a + b ≤ 2 ta chứng minh ( a + b ) ≤ 8 = 4 ( a 3 + b3 ) . 3
Ta có:
( a + b)
3
≤ 4 ( a 3 + b3 ) ⇔ a 3 + 3a 2b + 3ab 2 + b3 ≤ 4a 3 + 4b3 ⇔ 3 ( a 3 + b3 − a 2b − ab 2 ) ≥ 0 ⇔ a 2 ( a − b ) − b2 ( a − b ) ≥ 0 ⇔ ( a − b ) ( a2 − b2 ) ≥ 0
⇔ ( a − b ) ( a + b ) ≥ 0 (Đúng vì a + b > 0) 2
Vậy 0 < a + b ≤ 2
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ
www.truonglang.wordpress.com