ĐỀ & ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN (1999-2010)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2007-2008; KHÓA NGÀY 20-6-2007
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (4 điểm)
a) Chứng minh với mọi số thực x, y, z, t ta luôn có bất đẳng thức sau:
x
2
+ y
2
+ z
2
+ t
2
≥ x(y + z + t).
Đẳng thức xảy ra khi nào?
b) Chứng minh với mọi số thực a, b khác không ta luôn có bất đẳng thức sau:

22
22
ab ab
43
b
a
ba
⎛⎞
++≥ +
⎜⎟
⎝⎠

.

Câu 2 (2 điểm)
Tìm nghiệm nguyên x, y của phương trình sau:
x
2
– xy = 6x – 5y – 8.

Câu 3 (4 điểm)
Cho hệ phương trình
22
xy2x2y1
xy(x 2)(y 2) m
⎧
+++=
⎪
⎨
++=
⎪
⎩
1
a) Giải hệ phương trình khi m = 24.
b) Tìm m để phương trình có nghiệm.

Câu 4 (2 điểm)
Cho
()(
22
x x 2007 y y 2007++ ++
)

= 2007. Tính S = x + y.

Câu 5 (2 điểm)
Cho a, b là các số nguyên dương sao cho
a1 b1
ab
+
+
+
cũng là số nguyên. Gọi d là ước số
chung của a và b. Chứng minh d ≤
ab
+
.

Câu 6 (6 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O) (AB < AC). Các tiếp tuyến
với (O) tại B và C cắt nhau tại N. Vẽ dây AM song song với BC. Đường thẳng MN cắt
đường tròn (O) tại M và P.
a) Cho biết
22
11
16
OB NC
+=
1
, tính độ dài đoạn BC.
b) Chứng minh
BP CP
AC AB

=
.
c) Chứng minh BC, ON và AP đồng qui.

HẾT

GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
Môn Toán Chuyên - Năm học 2007-2008

Câu 1: (4 điểm)
a) Ta có:
x
2
+ y
2
+ z
2
+ t
2
≥ x(y + z + t). (1)
⇔ 4x
2
+ 4y
2
+ 4z
2
+ 4t
2
≥ 4x(y + z + t)
⇔ (x

2
– 4xy + 4y
2
) + (x
2
– 4xz + 4z
2
) + (x
2
– 4xt + 4t
2
) + x
2
≥ 0
⇔ (x – 2y)
2
+ (x – 2z)
2
+ (x – 2t)
2
+ x
2
≥ 0 ( 2)
Ta có (2) luôn đúng với mọi x, y, z và t. Vậy (1) được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra ⇔ x – 2y = x – 2z = x – 2t = x = 0 ⇔ x = y = z = t = 0.
b) Đặt T =
ab
b
a
+

. Ta có
ab a b
T2
ba b a
=
+= + ≥
.

22
22
ab ab
43
b
a
ba
⎛
++≥ +
⎜
⎝⎠
⎞
⎟
⇔ T
2
+ 2 ≥ 3T ⇔ (T – 1)(T – 2) ≥ 0 (*)
* Nếu T ≥ 2 thì T – 1 > 0 và T – 2 ≥ 0 nên (*) đúng.
* Nếu T ≤ –2 thì T – 1 < 0 và T – 2 < 0 nên (*) đúng.
Vậy với mọi số thực a, b khác không ta luôn có
22
22
ab ab

43
b
a
ba
⎛⎞
++≥ +
⎜⎟
⎝⎠
.


Câu 2 (2 điểm) Tìm nghiệm nguyên x, y của phương trình x
2
– xy = 6x – 5y – 8 (1)
Ta có: (1) ⇔ x
2
– 6x + 8 = y(x – 5) (2)
⇔ y =
2
x6x8
x5
−
+
−
(vì x = 5 không là nghiệm của (2))
⇔ y = x – 1 +
3
x5−
.
Vì x, y nguyên nên x – 5 ∈ {–1; 1; 3; –3} hay x ∈ {4; 6; 8; 2 }

* Khi x = 2 thì y = 0 (thỏa)
* Khi x = 4 thì y = 0 (thỏa)
* Khi x = 6 thì y = 8 (thỏa)
* Khi x = 8 thì y = 8 (thỏa).
Vậy các nghiệm nguyên (x; y) của (1) là (2; 0), (4; 0), (6; 8) và (8; 8).

Câu 3 (4 điểm) Cho hệ phương trình
22
xy2x2y1
xy(x 2)(y 2) m
⎧
1
+
++=
⎪
⎨
++=
⎪
⎩
(A)
a) Khi m = 24 thì (A) ⇔ (B)
22
xy2x2y1
xy(x 2)(y 2) 24
⎧
+++=
⎪
⎨
++=
⎪

⎩
1
Đặt u = x
2
+ 2x = (x + 1)
2
– 1 ≥ –1 và v = y
2
+ 2y = (y + 1)
2
– 1 ≥ –1.
Ta được (B) ⇔ ⇔
uv11
uv 24
+=
⎧
⎨
=
⎩
u3
v8
=
⎧
⎨
=
⎩
hay
u8
v3
=

⎧
⎨
=
⎩
⇔
2
2
(x 1) 4
(y 1) 9
⎧
+
=
⎪
⎨
+
=
⎪
⎩
hay
2
2
(x 1) 9
(y 1) 4
⎧
+=
⎪
⎨
+=
⎪
⎩

⇔ hay .
x2
y3
=± −
⎧
⎨
=± −
⎩
1
1
1
1
x3
y2
=± −
⎧
⎨
=± −
⎩
Vậy khi m = 24 thì (A) có các nghiệm (x; y) là:
(1; 2), (1; –4); (–3; 2); (–3; –4), (2; 1), (2; –3), (–4; 1) và (–4; –3).
b) Tìm m để phương trình có nghiệm.
Đặt u = x
2
+ 2x + 1= (x + 1)
2
≥ 0 và v = y
2
+ 2y +1 = (y + 1)
2

≥ 0.
Ta được (A) trở thành
⇔
uv13
(u 1)(v 1) m
+=
⎧
⎨
−−=
⎩
uv13
uv (u v) 1 m
+=
⎧
⎨
−
++=
⎩
⇔
uv13
uv m 12
+=
⎧
⎨
=
+
⎩

⇒ u, v lần lượt là các nghiệm của phương trình X
2

– 13X + m + 12 = 0 (C).
Do đó: (A) có nghiệm ⇔ (C ) có 2 nghiệm X
1
, X
2
≥ 0.
⇔ ⇔ ⇔
0
S0
P0
Δ≥
⎧
⎪
≥
⎨
⎪
≥
⎩
121 4m 0
m12 0
−≥
⎧
⎨
+≥
⎩
121
m
4
m1
⎧

≤
⎪
⎨
⎪
≥−
⎩
2
⇔ –12 ≤ m ≤
121
4
.

Câu 4 (2 điểm) Cho
()(
22
x x 2007 y y 2007++ ++
)
= 2007. Tính S = x + y.
Ta có:
()
(
)
22
x x 2007 x x 2007++ −++ = 2007 (a)

()
(
)
22
y y 2007 y y 2007++ −++ = 2007 (b)

Nhân theo vế của (a) và (b) ta được và kết hợp với giả thiết ta được:
2007
()()
22
x x 2007 y y 2007−+ + −+ + = 2007
2

⇒
()()
22
x x 2007 y y 2007−+ + −+ + = 2007
⇒
2222
xy x y 2007 y x 2007 (x 2007)(y 2007)−+−+++ +
= 2007 (c)
Giả thiết ⇒
2222
xy x y 2007 y x 2007 (x 2007)(y 2007)++++++ +
= 2007 (d)
Cộng theo vế (c) và (d) ta được:
xy +
()()
22
x 2007 y 2007++
= 2007
⇔
()()
22
x 2007 y 2007++
= 2007 – xy

⇒ x
2
y
2
+ 2007(x
2
+ y
2
) + 2007
2
= 2007
2
– 2.2007xy + x
2
y
2
.
⇒ x
2
+ y
2
= –2xy
⇒ (x + y)
2
= 0
⇒ S
2
= 0 ⇒ S = 0.

Câu 5 (2 điểm)
Ta có
a1b1
ab
++
+
= 2 +
ab
ab
+
là số nguyên dương
⇒
ab
ab
+
nguyên dương
⇒
ab
ab
+
≥ 1
⇒ a + b ≥ ab mà a ≥ d > 0 và b ≥ d > 0
⇒ a + b ≥ ab ≥ d
2

⇒
ab+ ≥ d (ĐPCM)


Câu 6 (6 điểm)

A
B
C
O
N
M
P
K
a) Ta có:
– NB = NC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
– OB = OC = R
Do đó: ON là trung trực của BC. Gọi K là giao điểm của
ON và BC thì K là trung điểm BC.
Ta có: Δ OBN vuông tại B có BK là đường cao
⇒
2222
11111
OB NC OB NB BK
+=+=
2

Kết hợp với giả thiết ta suy ra:
BK
2
= 16 ⇒ BK = 4 ⇒ BC = 8.
b) Ta có ΔNBP đồng dạng Δ NMB (g–g)
⇒
PB NB
MB NM

=
(1)
Tương tự Δ NCP đồng dạng Δ NMC( g–g)
⇒
PC NC
MC NM
=
(2)
mà NC = NB (3)
Từ (1), (2) và (3) ⇒
PB PC
MB MC
=
(4)
Mặt khác AM // BC ⇒ tứ giác AMCB là hình thang cân ⇒ MC = AB và MB = AC (5)
Từ (4) và (5) ⇒
PB PC
AC AB
=
(ĐPCM)
c) Gọi Q là giao điểm của AP và BC. Ta chứng minh BQ = QC.
Xét Δ BQP đồng dạng với Δ AQC (g–g)
⇒
BQ PB
AQ AC
= (6)
Tương tự ΔCQP đồng dạng với Δ AQB (g – g)
⇒
CQ PC
AQ AB

= (7)
Kết hợp (6), (7) và kết quả câu b) ta suy ra
BQ CQ
AQ AQ
= ⇒ BQ = CQ ⇒ Q là trung điểm BC
⇒ Q trùng K. Vậy BC, ON và AP đồng qui tại K.


Người giải đề: Thạc sĩ NGUYỄN DUY HIẾU
Tổ trưởng tổ Toán
Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong TP.HCM