Một số đề tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán (2)

BÀI GIẢI TÓM TẮT MÔN TOÁN (môn chuyên)
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2004 – 2005
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN ĐẠI NGHĨA


Câu 1 : Cho phương trình x
2
+ px + 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt a
1
, a
2
và phương trình
x
2
+ qx + 1 = 0 có 2 nghiệm b
1
, b
2
. Chứng minh :
(a
1
– b
1
)(a
2
– b
2
)(a
1
+ b
2

)(a
2
+ b
2
) = q
2
– p
2

Giải :
Theo định lý Viet ta có : a
1
+ a
2
= – p, a
1
a
2
= 1 , b
1
+ b
2
= – q , b
1
b
2
= 1
(a
1
– b

1
)(a
2
– b
1
)(a
1
+ b
2
)(a
2
+ b
2
) = [(a
1
a
2
– (a
1
+ a
2
)b
1
+ b
1
2
][a
1
a
2

+(a
1
+ a
2
)b
2
+b
2
2
]
= (1 + pb
1
+ b
1
2
)(1 – pb
2
+ b
2
2
) = (pb
1
–qb
1
)(–qb
2
– pb
2
) = (p – q)b
1

. (–p – q)b
2
= q
2
– p
2


Câu 2 : Cho các số a,b,c ,x,y,z thỏa : x = by + cz, y = ax + cz, z = ax + by , x + y + z ≠ 0
Chứng minh :
1 1 1
2
1 a 1 b 1 c
+ + =
+ + +

Giải :
Cộng vế với vế các đẳng thức ta được : x + y + z = 2(ax + by + cz)
Do x + y + z ≠ 0 nên ax + by + cz ≠ 0.
cộng hai vế của các đẳng thức lần lượt cho ax , by , cz ta được :
(a + 1)x = ax + by + cz ; (b + 1)y = ax + by + cz ; (c + 1)z = ax + by + cz
⇒
+ +
+ + = + + = =
+ + + + + + + + + + +
1 1 1 x y z x y z
2
1 a 1 b 1 c ax by cz ax by cz ax by cz ax by cz

Câu 3 :

a) a) Tìm x,y thỏa 5x
2
+ 5y
2
+ 8xy + 2x – 2y + 2 = 0
b) b) Cho các số dương x,y,z thỏa x
3
+ y
3
+ z
3
= 1.
Chứng minh
2 2 2
2 2 2
x y z
2
1 x 1 y 1 z
+ + ≥
− − −

Giải :
a) a) 5x
2
+ 5y
2
+ 8xy + 2x – 2y + 2 = 4(x + y)
2
+ (x + 1)
2

+ (y – 1)
2
= 0
⇒ x + y = 0, x + 1 = 0 , y – 1 = 0 ⇒ x = –1 , y = 1
b)
2 3 3
3
2 2
2 2
x x x
2x
x 1 x
1 x x 1 x
2
= ≥ =
+ −
− −
.Chứng minh tương tự :
2 2
3 3
2 2
y z
2y ; 2z
1 y 1 z
≥ ≥
− −
⇒
2 2 2
3 3 3
2 2 2

x y z
2(x y z ) 2
1 x 1 y 1 z
+ + ≥ + + =
− − −
.

Câu 4 : Chứng minh rằng không thể có các số nguyên x, y thỏa phương trình x
3
– y
3
=
1993

Giải :
x
3
– y
3
= 1993 ⇒ (x – y) (x
2
+ xy + y
2
) = 1993
Do x
2
+ xy + y
2
≥ 0 nên x – y, x
2

+ xy +y
2
là các ước dương của 1993.
Do 1993 là số nguyên tố ,nên ta có các hệ phương trình :
2 2 2 2
x y 1 x y 1993
x xy y 1993 x xy y 1
− = − =
 
∨
 
+ + = + + =
 

Các hệ phương trình trên không có nghiệm nguyên nên bài toán đã được chứng minh.


Câu 5 : Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O) (AB <
AC).Đường tròn tâm O
1
tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại M , tiếp xúc với hai
cạnh AB,AC lần lượt tại L và K. Gọi E là giao điểm thứ hai của MK với đường tròn
(O).
a) a) Chứng minh ME là tia phân giác của góc AMC
b) b) Tia phân giác Mx của góc BMC cắt LK tại I. Chứng minh rằng bốn điểm
M,I,K,C cùng thuộc một đường tròn .
c) c) Chứng minh CI là tia phân giác của góc BCA.

Giải :
a) a) Chứng minh ME là tia phân giác của góc AMC

Ta có góc O
1
KM = góc O
1
MK = góc OEM nên suy ra OE // O
1
K
Mà O
1
K ⊥ AC nên OE ⊥ AC suy ra cung AE = cung CE
⇒ ME là tia phân giác của góc AMC.
b) b) Chứng minh rằng bốn điểm M,I,K,C cùng thuộc một đường tròn .
Ta có góc IMC = 1/2 góc BMC = 1/2(180
0
– góc BAC) = 90
0
– 1/2 góc BAC = góc AKI
⇒ tứ giác MIKC nội tiếp
c) c) Chứng minh CI là tia phân giác của góc BCA
Tứ giác MIKC nội tiếp ⇒ góc KIC = góc KMC = góc EMC = góc EBC = 1/2 góc ABC
Ta có góc IKC = 90
0
+ 1/2 góc BAC
suy ra góc ICK = 180
0
– (1/2 góc ABC + 90
0
+ 1/2 góc BAC) = 1/2 BCA
⇒ CI là tia phân giác của góc BCA

Câu 6 : Cho ∆ABC có đường phân giác trong AD với D thuộc đoạn BC sao cho BD =
a và CD = b ( a > b) . Tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt
đường thẳng BC tại E . Tính AE theo a và b.

Giải :
Ta có góc EAD = góc EAC + góc CAD = góc ABC + góc DAB = góc ADE
⇒  tam giác EAD cân tại E ⇒ EA = ED ⇒ EC = EA – b và EB = EA + a
Mặt khác ta có EA
2
= EC.EB (do hai tam giác EAC và EBA đồng dạng )
Ta có phương trình : EA
2
= (EA – b)(EA + a)
⇒ EA =
−
ab
a b