Xem mẫu

  1. 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
  2. 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
  3. 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
  4. 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
  5. 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