Tài liệu Đề thi lớp 10 chuyên toán trường Trung Học Thực Hành 2008-2009 pptx

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG TRUNG HỌC THỰC HÀNH
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM NĂM HỌC 2008 – 2009
NGÀY THỨ NHẤT
Câu 1 (2 điểm):

a/ Chứng minh đẳng thức sau:
53 12 10 47 6 10 3 2+−−=
b/ Cho
45 2009A =+ và 45 2009− . Chứng minh rằng: 98AB+=
c/ Cho phương trình:
(
)
(
)
22
21 20 1xmxmm+++++=
Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt
12
,
x
x thỏa
22
12
20xx
+
=
Câu 2 (1 điểm):

Cho (P):
2
1
2
yx=−
và điểm M(0;2). Gọi (D) là đường thẳng đi qua điểm M và có hệ số góc là
k.
a/ Tìm k sao cho (D) và (P) tiếp xúc với nhau
b/ Tìm k sao cho (D) cắt (P) tại 2 điểm A, B phân biệt thỏa AB =12 và có hoành độ dương
Câu 3 (2 điểm):

a/ Giải phương trình:
(
)
(
)
(
)
2
13 2 2xxxx+− −=−
b/ Giải hệ phương trình:
()
22
22
0
20
xxyy
xy xy
⎧
+− −=

⎪
⎨
+− +=
⎪
⎩

Câu 4 (1 điểm):
Tìm các bộ 3 số nguyên dương
(
)
,,
x
yz thỏa mãn:
332
x
yz
x
yz
+=
⎧
⎨
+
=
⎩

Câu 5 (4 điểm):

Cho hình thang cân ABCD có hai đáy AB và CD (AB < CD) nội tiếp (O). Gọi PQ là
một dây cung vuông góc với AB và CD, P thuộc cung AB, Q thuộc cung CD. Gọi I và K lần
lượt là giao điểm cảu PQ với AB và CD. Gọi

11
,
P
Q là chân đường vuông góc hạ từ P,Q xuống
đường thẳng AD,
22
,
P
Q là chân đường vuông góc hạ từ P,Q xuống đường thẳng AC.
a/ CMR:
2122
,,,QKQ C QKDQ PP KC AIQ Q là các tứ giác nội tiếp
b/ CMR:
12
,,QKQ thẳng hàng và
12
,,
P
KP thẳng hàng
c/ CMR: Chứng minh rằng
22
// , //
P
CIQKP AQvà tứ giác
22
IQ KP nội tiếp
d/ Khi PQ là đường kính, hãy chứng minh
11
P
QBD

=
và
12
P
P vuông góc với
12
QQ
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com

Hướng dẫn giải
Bài 1:

a) Ta có:
()()
22
53 12 10 47 6 10 45 2.3 5.2 2 8 45 2.3 5. 2 2
35 22 35 2
35 22 35 2
35 22 35 2
32
+−− =+ +−− +
=+−−
=+−−
=+−+
=

b) Ta có:
()
(

)
()()
2
2
2
45 2009 45 2009
45 2009 45 2009 2 45 2009 45 2009
90 2 45 2009
90 2 16
90 8 98
AB+= + +−
=+ +− + + −
=+ −
=+
=+=

Suy ra
98AB+= (Vì A + B > 0)
c)
(
)
(
)
22
21 20 1xmxmm+++++=

Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt:
()
(
)

2
2
120101mmm m m
′
Δ= + − + + > ⇔ − > ⇔ >
Với điều kiện trên, theo định lý Viet ta có:
(
)
12
2
12
21
2
Sxx m
Pxx m m
=
+=− +
⎧
⎪
⎨
=
=++
⎪
⎩

Từ đó:

()
()
()

()
()
2
22
12 12 12
2
2
2
20 2 20
412 220
26200
5
2
xx xx xx
mmm
mm
ml
mn
+= ⇔ + − =
⇔+− ++=
⇔+−=
=−⎡
⇔
⎢
=
⎢
⎣

Vậy giá trị của m cần tìm là m = 2.
Bài 2:

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com

Phương trình đường thẳng (D) có qua M(0, 2) có hệ số góc k là: 2ykx=+
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D):
()
22
1
22401
2
xkx x kx−=+⇔++=

Điều kiện để (D) tiếp xúc với (P) là phương trình có nghiệm kép, tức là
2
40 2kk
′
Δ= − = ⇔ =±
Vậy với k = 2, k = - 2 thì (D) tiếp xúc với (P).
b) Gọi
()()
,, ,
A
ABB
A
xy Bxy là toạ độ giao điểm của (D) và (P) thì x
A
, x
B
là nghiệm của phương

trình (1).
Điều kiện để (D) cắt (P) tại hai điểm là phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, tức là
2
2
40
2
k
k
k
<−
⎡
′
Δ= − > ⇔
⎢
>
⎣
(*)
Khi đó, theo định lý Viet ta có
2, 4
AB AB
xx kxx+=− =
. Vì
,020 0
AB
xx k k>⇒− >⇒<
(**)
Ta có
2, 2
AA BB
ykx ykx=+ =+. Khi đó ta có:

()()
()( )
()
()
()( )
()
22
22
2
2
22
42
42
2
2
12
144
14144
1 4 16 144
4 12 16 144
3400
5
8
AB AB
AB A B
AB AB
AB x x y y
xx kxkx
kxx xx
kk

kk
kk
kl
k
=−+−=
⇔− + − =
⎡⎤
⇔+ + − =
⎣⎦
⇔+ − =
⇔− −=
⇔− −=
⎡
=−
⇔
⎢
=
⎢
⎣

2
822kk=⇔=±
So với điều kiện (*) và (**) thì giá trị k cần tìm là
22k =−
.
Vậy giá trị của k thỏa mãn đề bài là
22−
Bài 3:
a)
(

)
(
)
(
)
()()
2
22
13 2 2
23 2 20
xxxx
xx xx
+− −=−
⇔−− −+=

Đặt
2
2tx x=−. Khi đó phương trình trở thành:
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com

(
)
2
320
320
1
2
tt
tt

t
t
−+=
⇔−+=
=
⎡
⇔
⎢
=
⎣

Với t = 1 ta có
22
12
21 210
12
x
xx xx
x
⎡
=+
−=⇔−−=⇔
⎢
=−
⎢
⎣

Với t = 2 ta có
22
13

22 220
13
x
xx xx
x
⎡
=+
−=⇔−−=⇔
⎢
=−
⎢
⎣

Vậy phương trình có 4 nghiệm
12,12,13,13+− +−

b)
(
)
()()
22
22
01
202
xxyy
xy xy
⎧
+− −=
⎪
⎨

+− +=
⎪
⎩

Ta có:

(
)
(
)
(
)
(
)
()( )
10
10
0
10 1
xyxy xy
xyxy
xy yx
x
yyx
⇔− ++−=
⇔− ++=
−= =
⎡⎡
⇔⇔
⎢⎢

++= =−−
⎣⎣

Với y = x, thế vào (2) ta có:
()
22 2
00
20240
22
xy
xx xx x x
xy
=
⇒=
⎡
+− +=⇔ −=⇔
⎢
=
⇒=
⎣

Ta có 2 nghiệm (x, y) là (0, 0) và (2, 2)
Với y = - 1- x, thế vào (2) ta có
()( )
()
2
2
22
2
12 1 0

2120
2230VN
xx xx
xx x
xx
+
−− − −− =
⇔++++=
⇔++=

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x, y) là (0, 0) và (2, 2)
Bài 4:

()
()
332
1
2
xyz
xyz
+=⎧
⎪
⎨
+=
⎪
⎩

Ta có :
(
)

(
)
(
)
(
)
()
()
22
332 22
22
0
0
xyz xy xyxyxy xy
xyx y xyxy
+==+ ⇔+ +− −+ =
⇔+ +−−−=

22
0xyxyxy⇔+−−−= (vì x, y nguyên dương nên x + y > 0)
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com

()()
()()
22
2
22
22
444440

44 1 13610
21314
xyxyxy
xxy y yy
xy y
⇔+−−−=
⇔− ++++−−=
⇔−−+−=

Ta có
()
2
314 12yy−≤⇒−< và vì
*
y
∈
` nên y = 1, 2.
Nếu y = 1 suy ra
()
2
22 4 2 3xxz−=⇒=⇒=
Nếu y = 2 suy ra
()
2
13
23 1
24
xz
x
xz

=
⇒=
⎡
−=⇒
⎢
=
⇒=
⎣

Thử lại ta thấy các bộ (x, y, z) là (2,1, 3); (1, 2, 3) và (2, 2, 4) đều là nghiệm của hệ phương
trình.
Vậy phương trình có 3 nghiệm (x, y, z) là (2,1, 3); (1, 2, 3) và (2, 2, 4).
Bài 5:

M
K
I
Q2
P2
Q1
P1
O
D
C
A
B
P
Q
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com





a/ CMR:
2122
,,,QKQ C QKDQ PP KC AIQ Q là các tứ giác nội tiếp
Tứ giác QKQ
2
C có

n
n
2
90
o
QKC QQ C== nên là tứ giác nội tiếp (Hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh
dưới hai góc bằng nhau)
Tứ giác QKDQ
1
có
n
n
1
90 90 180
oo o
QKD QQ D+=+= nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai góc
đối bù nhau)
Tứ giác PP
2
KC có
n
n
2
90
o
PPC PKC==
nên là tứ giác nội tiếp (Hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh
dưới hai góc bằng nhau).
Tứ giác AIQ
2

Q có
n
n
2
90
o
AIQ AQ Q==
nên cũng là tứ giác nội tiếp(Hai đỉnh kề cùng nhìn một
cạnh dưới hai góc bằng nhau) .
b/ CMR:
12
,,QKQ thẳng hàng và
12
,,
P
KP thẳng hàng
Ta có
n
n
11
QKQ QDQ= (tứ giác QKDQ
1
nội tiếp)
Và
n
n
12
QDQ QCQ= (tứ giác ACQD nội tiếp)
Suy ra
n

n
12
QKQ QCQ=
Mà
nn
22
180
o
QCQ QKQ+= (QCQ
2
K nội tiếp)
Nên
n
n
n
212
180
o
QKQ QKQ QKQ=+=, suy ra Q
1
, K , Q
2
thẳng hàng.
Chứng minh tương tự ta cũng có P
1
, K, P
2
thẳng hàng.
c/ CMR: Chứng minh rằng
22

// , //
P
CIQKP AQ
và tứ giác
22
IQ KP
nội tiếp
Ta có
n
n
22
QIQ QAQ=
( tứ giác AIQQ
2
nội tiếp)
Và
nn
QPC QAC= (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QC)
Suy ra
n
n
2
QIQ QPC= mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên ta có IQ
2
// PC.
Chứng minh tương tự ta cũng có KP
2
//AQ.
d/ Khi PQ là đường kính, hãy chứng minh
11

P
QBD
=
và
12
P
P vuông góc với
12
QQ
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com

Ta có
n
n
2
P
KQ QCA=
(tứ giác QKQ
2
C nội tiếp),
n
n
QCA APQ= (góc nội tiếp cùng chắn cung AQ),
suy ra
n
n
2
P
KQ APQ=

Và
n
n
2
P
KI AQP=
(đồng vị)
Đo đó
n
n
n
nn
n
o
22 2 2
180 180 90 90
ooo
P KQ P KI PKQ AQP APQ PAQ= + = + =− =−= (PQ là đường kính
nên
n
90
o
PAQ = )
Vậy
12
P
P vuông góc với
12
QQ

Khi PQ là đường kính thì O là trung điểm của PQ và K là trung điểm của CD.
Gọi M là trung điểm của AD. Khi đó trong tam giác ADC thì KM là đường trung bình, suy ra
11
22
K
MACBD==
.
Ta có
OM AB⊥
(mối liện hệ giữa đường kính và dây cung), suy ra OM // PP
1
//QQ
1

Trong hình thang PP
1
Q
1
Q có OM song song với hai đáy và O là trung điểm của cạnh bên PQ
nên M là trung điểm của P
1
Q
1
.
Trong tam giác vuông KP
1
Q
1
có KM là trung tuyến ứng với cạnh huyền P
1

Q
1
nên
11
1
2
K
MPQ= .
Từ đó ta có P
1
Q
1
= BD.













ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com

NGÀY THỨ HAI

Câu 1 (2 điểm):
Giải phương trình:
22
2512232 5
x
xxxx
+
++ ++=+

Câu 2 (2 điểm):

Xét một số tự nhiên A gồm ít nhất
chữ số. Đổi chỗ các chữ số của theo một cách
nào đó ta được số tự nhiên
. Giả sử rằng:
11 1AB−= (gồm n chữ số với 0 < n và ). Tìm giá trị nhỏ nhất có thể được của n và
chỉ rõ một cặp số tự nhiên A, B để n nhận giá trị nhỏ nhất đó.
Câu 3 (2 điểm):

Cho số thực a thỏa
01a≤≤
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1
21
aa
T
aa
−
=+
−+

Câu 4 (4 điểm):

1. Cho tam giác ABC, trên cạnh BC lấy D sao cho bán kính của các đường tròn nội tiếp hai
tam giác ABD và ACD bằng nhau. Chứng minh rằng các đường tròn bàng tiếp góc A của 2
tam giác ABD và ACD cũng bằng nhau.
2. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi C là trung điểm cung AB, trên cung AB
lấy điểm D di động. Các đoạn thẳng AD và OC và cắt nhau tại E. Tìm quỹ tích tâm I của
đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE.
Hướng dẫn giải
Bài 1:
Đặt
()
22
2512, 232 ,0uxxvxx uv=++=++ ≥
Ta có :
()()()
()( )
22
2
2
20
0
20
uv
uv uv uvuv
uvuv
uv
uv
−

+= ⇔ + = − +
⇔+ −−=
+=
⎡
⇔
⎢
−−=
⎣

Với u + v = 0 ta có:
()
22
2
2
25122320
25120
VN
2320
xx xx
xx
xx
+++ ++=
⎧
++=
⎪
⇔
⎨
++=
⎪
⎩

Với u – v – 2 = 0 hay u = v + 2 ta có:
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com

()
()
()
22
22 22
2
2
2
2
22
2
25122322
251223244232
2642 32
322 3 2
3 4 2 3 2 dk: 3 0
698 128
7610
1
1
7
xx xx
xx xx xx
xxx
xxx

xxxx
xx x x
xx
x
x
++= +++
⇔++=++++ ++
⇔+= ++
⇔+= + +
⇔+ = ++ +≥
⇔++= + +
⇔+−=
=−
⎡
⎢
⇔
⎢
=
⎣

Vậy phương trình có hai nghiệm
1x
=
− và
1
7
x
=
.
Bài 2:

Giả sử A có dạng
(
)
11
5
m
aa a m≥ . Sauk hi hoán vị các chữ số của A ta được số B có
dạng
12

m
bb b .
Ta có
12
12 1 2
10 10
mm
mm
A
aa a a a a
−−
==+++
và
12
12 1 2
10 10
mm
mm
B
bb b b b b

−−
==++

Do đó:
(
)
()
()
()
12 12
12 12
12
11 2 2 1 2
12
11 2 2 1 2
10 10 10 10
10 10
10 10
mm mm
mm
mm
mm m
mm
mm m
A
Ba aa b bb
aa aa a a aa a
bb bb b b bb b
−− −−
−−

−−
−= + ++ − + ++
=−+ −++−++++
−−+−++−−+++

Ta có:
(
)
(
)
10 10 1 9, 10 10 1 9 0, 1
kkkk
kk k kkk
aaa aab k m−= − −= − ∀= −##
Và
(
)
(
)
12 12
0
mm
aa a bb b+++ − +++ = vì
(
)
12 2
, , ,bb b là hoán vị của
(
)
12

, , ,
m
aa a .
Suy ra
9 11 1 9AB−⇒##
, suy ra n chia hết cho 9 và n khác 0, do đó n = 9, 18…
Với n = 9 ta chọn
987654320, 876543209AB== ta có A – B = 111111111.
Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 9.
Bài 3:

Ta có:
()()
2
1222122
2
21 2 1 21
66
22
21 2
aaa a
T
aa a a aa
aa aa
−−+−−
=+= + =+−
−+ − + −+
=−=−
−+ −++

Ta có
(
)
2
21 22aa a a−++= −+≥ vì 01a
≤
≤ , suy ra
2
66
221
22
T
aa
=
−≤ −=
−
++
.
Dấu “ = “ xảy ra khi a = 1, hoặc a = 0.
Vậy Max T = 1 khi a = 0 hoặc a = 1.
Ta có
2
22
199 1 9
22
444 2 4
aa aa a
⎛⎞
≤− + + =− + − + = − − ≤
⎜⎟

⎝⎠
.
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com

Suy ra
2
66152
22
9
293
4
T
aa
=−≥−==
−++
.
Dấu “ = “ xảy ra khi
1
2
a =
.
Vậy Min T =
2
3
khi
1
2
a =
.

Bài 4:
a)
H
E
D
E
J
H
K
I
O
X
Y
Z
A
B CD

Ta chứng minh bài toán phụ: Trong một tam giác XYZ bất kỳ ta luôn có:
XYZ
Srp=
và
(
)
X
YZ XYZ X
SpYZr=− trong đó: p
XYZ
là nửa chu vi tam giác XYZ; r, r
X
lần lượt là bán kính

đường tròn nội tiếp, đường tròn bàng tiếp của góc X. Thật vậy:
Ta có :
111

222
111
'
222
2
XYZ OXY OYZ OZX
S S S S OF XY ODYZ OE XZ
rXY rYZ rXZ
XY YZ XZ
r
rp
=++= + + =
=++
++
=
=

Và:

()
11 1

22 2
111
.
222

2
XYZ IXY IZX IYZ
XXX
X
X
S S S S IJ XY IK XZ IH YZ
rXY rXZ rYZ
XY XZ YZ
r
rpYZ
=+−= + −
=+−
+−
=
=−

Trở lại bài toán.
Gọi
,
A
rr là bán kính đường tròn nội tiếp, đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABD.
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com

,
A
rr
′′
và bán kính đường tròn nội tiếp đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ACD.
Ta có

1
.
2
1
.
2
ABD
ACD
AH BD
S
B
D
SCD
AH CD
==
, theo bài toán phụ ta cũng có
A
BD ABD ABD
A
CD ACD ACD
Srpp
Srpp
==
′
(Vì rr
′
=
)
Suy ra
ABD ABD ABD

ACD ACD ACD
Sp pBDBD
SpCDpCD
−
===
−
(1)
Mà theo bài toán phụ ta có:
(
)
()
A ABD
ABD
ACD A ACD
rp BD
S
SrpCD
−
=
′
−
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
A
A
rr
′
= (đccm).
b)
E'

D'
Io
E
I
C
A
D
I'

Phần thuận:

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE.

Ta có
n
90
o
ACB = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Ta có CA = CB (Vì C là điểm giữa cung AB), suy ra tam giác ACB vuông cân tại C.
Ta có
n
n
45
o
ADC ABC== (góc nội tiếp cùng chắc cung AC)
Suy ra
n
n
290
o

CIE CDE== (Góc ở tâm bằng 2 góc nội tiếp), suy ra tam giác ICE vuông cân, suy
ra
n
0
45ECI = .
Ta cũng có
n
45
o
OCB = và I, B cùng phía đối với đường thẳng IC (do D thuộc cung BD)
Vậy I thuộc tia CB.
Giới hạn:

+ Khi D trùng B, thì I trùng với I
o
là trung điểm CB.
+ Khi D trùng C, thì I trùng C.
Vậy I thuộc đoạn thẳng CI
o
.
Phần đảo:

Lấy I’ là điểm bất kì thuộc CI
o
, vẽ đường tròn (I’, I’C) cắt (O) tại D’ và AD’ tại E. Ta chứng
minh E’ thuộc OC. Thật vậy:
Ta có
n
n
45 90

oo
A
DC EIC CIE
′′′ ′′
=⇒ =⇒Δ vuông cân tại I’, suy ra
n
45
o
ICE E
′
′
=⇒
thuộc CO.
Kết luận

Vậy quĩ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE là đoạn CI
O