Xem mẫu
- 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
b) Tìm m để hệ bất phương trình ⎨ có nghiệm duy nhất.
⎩mx ≥ 1
Bài 2: Thu gọn các biểu thức sau:
a b c
a) + + (a, b, c đôi một khác nhau)
( a − b )( a − c ) ( b − a )( b − c ) ( c − a )( c − b )
x + 2 x −1 + x − 2 x −1
b) Với x ≥ 2
x + 2x −1 − x − 2x −1
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
ABD = CBE = 20o . 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 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
⎪ (1)
b) ⎨
⎪mx ≥ 1
⎩ ( 2)
1
Ta có (1) ⇔ x ≥ ( m − 1)
2
Với (2) ta xét các trường hợp sau:
1
+ Nếu m > 0 thì ( 2 ) ⇔ x ≥
m
+ Nếu m = 0 ta có 0.x ≥ 1 ( (2) vô nghiệm)
1
+ Nếu m < 0 ta có ( 2 ) ⇔ x ≤
m
Từ đó suy ra hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
⎧m < 0
⎪ ⎧m < 0
⎨1 1 ⇔⎨ 2 ⇔ m = −1
⎪2 ( m − 1) = ⎩ m −m−2 = 0
⎩ 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 −1+ 2 x −1 + 1 + x −1− 2 x −1 + 1
=
x + 2x −1 − x − 2x −1 1
2
( 2x + 2 2x −1 − 2x + 2 2x −1 )
( ) ( )
2 2
x −1 + 1 + x −1 −1
= 2.
( ) ( 2x −1)
2 2
2x −1 +1 −
x −1 + 1 + x −1 −1
= 2.
2x −1 + 1 − 2x −1 −1
x −1 +1+ x −1 −1
= 2. ( Do x ≥ 2 suy ra x -1 − 1 ≥ 0, 2 x − 1 − 1 ≥ 0 )
2x −1 +1− ( 2x −1 −1 )
2 x −1
= 2x − 2
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
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
(1) ⇔ ⎨ ⇔⎨
⎩ x2 − 5 = 1 ⎩ x2 = 6
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)
2
x4 + y 4 = ( x2 + y 2 ) − 2 x2 y 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.
1 k2 k
( 2 xy ) = ∈ ⇒ k chẵn. Suy ra xy = ∈
2
Ta có 2 x 2 y 2 =
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.
I 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:
+ DMF = CME (đối đỉnh)
C
E + DFM = CEM (góc nội tiếp cùng chắn cung CD)
Suy ra
DM FM
M ΔDFM ~ ΔCEM ( g.g ) ⇒ = ⇒ DM .EM = CM .FM (1)
CM EM
D
Chứng minh tương tự ta có DM .EM = MH .MI (2)
A H O B 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 ( Vì HF = CI = CH )
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com
- ĐỀ THI VÀO LỚP 10 VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 6: Ta có
A ΔABD = ΔACE ( g .c.g ) ⇒ BD = BE , S ABD = SCBE
Xét tam giác DBM và tam giác EBN có :
+ DB = EB (cmt)
D
+ DBM = EBN ( = 20o )
+ BM = BN (gt)
E Suy ra tam giác DBM bằng tam giác EBN (c.g.c), suy ra
M S DBM = S NBE
1
Mà S DBM = S DBE ( Vì M là trung điểm BE).
B N C 2
1
Do đó S EBN = S DBE
2
1 1 1 1 3. AB 2 3
Từ đó ta có S BCE + S EBN = 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) ≤ 4 ( a 3 + b3 ) ⇔ a 3 + 3a 2b + 3ab 2 + b3 ≤ 4a 3 + 4b3
3
⇔ 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
nguon tai.lieu . vn
