De thi chuyen toan

đề thi vào lớp 10 chuyên
Năm học 2006 - 2007
môn toán
( Thời gian làm bài 150' )

Bài 1
Cho biểu thức :
P =
(
3x 9x 3
x x 2
+
+
+
1
x 1
+
1
x 2+

) :
1
x 1

a.Tìm điều kiện của x để P có nghĩa, khi đó hãy rút gọn P ?
b.Tìm các số tự nhiên x để
1
P
là số tự nhiên ?
c.Tìm giá trị của P với x = 4 - 2
3

Bài 2
Cho ba số thực a,b,c thoả mãn điều kiện

o a,b,c 2
a b c 3



+ + =


Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a
2
+ b
2
+ c
2

Bài 3
Tìm các số nguyên x, y thoả mãn đẳng thức
x
2
+ xy + y
2
= x
2
y
2

Bài 4
Cho phương trình : x
3
- m(x+2) + 8 = 0
1/Tìm m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt ?
2/Khi phương trình có 3 nghiệm phân biệt x
1
,x
2
,x
3
.
Chứng minh: x
3
1
+ x
3
2
+ x
3
3
= 3x
1
x
2
x
3

Bài 5
Cho đường tròn (O) và dây AB; điểm M chuyển động trên đường tròn. Từ M kẻ

MH vuông góc với AB tại H. Gọi E, F thứ tự là hình chiếu vuông góc của H trên
MA và MB. Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với EF cắt AB tại D.
a. Chứng minh rằng đường thẳng MD luôn đi qua một điểm khi M thay đổi
trên đường tròn ?
b. Chứng minh rằng:
2
2
MA AH AD
MB BD BH
=


(Giám thị không giải thích gì thêm)


đáp án biểu điểm

Bài 1 (2điểm)
a. Điều kiện
x 0
x 1





0,5 đ
P =
( ) ( )
( )

x 3 x 2
x 1
x 1 x 2
+ +

+
=
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
x 1 x 2
x 1 x 1
x 1 x 2
+ +
+
+
=
( )
2
x 1+ 0,5 đ
b.Do
( )
2
x 1+
0
với
x
nên 0
( )
2

1
1
x 1

+

Vì thế
1
P
=
( )
2
1
x 1+


N

( )
2
1
x 1+
=1

( )
2
x 1+ =1 0,5 đ
Mà
x 1+
> 0 nên

x 1+
=1

x = 0 Khi đó
1
P
=1 là số tự nhiên
c.x = 4 - 2
3
=
( )
2
3 1 suy ra
P =
( )
2
2
3 1 1

+


=
( )
2
3 1 1 + = 3 0,5 đ
Bài 2 (2điểm)
Từ giả thiết 0

a,b,c

2, suy ra
(2 - a)(2 - b)(2 - c) + abc

0 0,5 đ


8 - 4(a + b + c) + 2(ab + bc + ca)

0


8 - 12 + 2ab + 2bc + 2ca

0 (vì a + b + c = 3)


2ab + 2bc + 2ca

4 0,5 đ


a
2
+b
2
+c
2
+2ab + 2bc + 2ca

4 + a
2
+b
2
+c
2



(a + b + c)
2


4 + a
2
+b
2
+c
2



9

4 + a
2
+b
2
+c
2

a
2
+b
2
+c
2

5 0,5 đ
Dấu đẳng thức xảy ra khi (a;b;c) = (0;1;2) và các hoán vị của bộ số này.
Vậy Max P = 5 khi (a;b;c) = (0;1;2) và các hoán vị của bộ số này. 0,5 đ
Bài 3 (2 điểm)
x
2
+ xy + y
2
= x
2
y
2
(1)
Đặt x + y = a , xy = b ( a,b

Z) Phương trình (1) có dạng:
a
2
- b = b
2

b
2
+ b - a
2
= 0 (2)


= 1 + 4a
2
0,5đ
Để phương trình (2) có nghiệm nguyên thì

là số chính phương suy ra
4 a
2
+ 1 = k
2
(k

N)

(k - 2a)(k + 2a) = 1 0,5 đ
Ta có bảng sau:


k - 2a 1 -1
k + 2a 1 -1
a 0 0

Thay a = 0 vào (2) ta có:
b
2
+ b = 0

b(b + 1) = 0

b 0
b 1
=


=

0,5 đ
* Với
a 0
b 0
=


=



x y 0
xy 0
+ =

=



x 0
y 0
=


=


* Với
a 0
b 1
=


=



x y 0
xy 1
+ =


=

(x,y) (1; 1)
(x,y) ( 1;1)
=


=

0,5 đ
Vậy phương trình có 3 nghiệm nguyên (x,y) là (0;0), (1;-1), (-1;1)
Bài 4 (1 điểm)
a. x
3
- m(x + 2) + 8 = 0 (1)


(x + 2)( x
2
- 2x + 4 - m) = 0 0,25 đ


2 2
x 2 0 x 2
x 2x 4 m 0 x 2x 4 m 0
+ = =



+ = + =

Để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt thì phương trình
x
2
- 2x + 4 - m = 0 (2)
phải có 2 nghiệm phân biệt khác (-2)


,
m 3
1 4 m 0
m 12
4 4 4 m 0
>
= + >





+ +


0,25 đ
b. Gọi x
1
,x
2
là các nghiệm của (2). Khi đó x
3

= -2
Theo hệ thức Vi-ét:
1 2
1 2
x x 2
x x 4 m
+ =


=

0,25 đ
Như vậy x
1
+ x
2
= - x
3



(x
1
+ x
2
)
3
= - x
3
3

3 3 3
1 2 1 2 3 3
x x 3x x x x+ + =




3 3 3
1 2 3 1 2 3
x x x 3x x ( x ) 0+ + + =



3 3 3
1 2 3 1 2 3
x x x 3x x x+ + =
0,25 đ







B i 5 (3 điểm)
a. Tứ giác MEHF nội tiếp đường tròn vì
có MEH + MFH = 180
0

AMB = 180
0
- EHF = EHA + FHB

EHA = AMB FHB (1) 0,5 đ
MHF = MEF (Hai góc nội tiếp cùng
chắn cung MF)
Lại có
MHF + FHB = 90
0
= MEF + EMD


FHB = EMD
Kết hợp với (1) suy ra EHA = DMB
Gọi N là giao điểm của AD với đường tròn (O)
Ta có DMB = NAB (góc nội tiếp cùng chắn cung NB)


EHA = NAB 0,5đ
Do đó AN// HE mà HE MA nên NA MA


MAN = 90
0


AN là đường kính của đường tròn.

Vậy MD luôn đi qua một điểm cố định. 0,5đ
b. Kẻ DI MA, DK MB. Ta có:

MAH
MBD
AH S AM.HE
BD S BM.DK
= =


MAD
MBH
AD S AM.DI
BH S BM.HF
= =
Vậy
2
2
AH AD MA HE.DI
BD BH MB DK.HF
= (*) 0,5 đ
Ta có HMB = FHB (cùng phụ với MHF)
mà FHB = EMD (chứng minh trên)


HMB = EMD

AMH = DMB
)2(

Tứ giác MEHF nội tiếp đường tròn nên AMH = EFH
)3(
(cùng chắn cung
EH)
và EHF = 180
0
- AMB
Tứ giác MIDK nội tiếp đường tròn nên DMB = DIK
)4(
(cùng chắn cung
DK)
Và IDK = 180
0
- AMB


EFH = DIK (suy ra từ
(2), (3), (4)
)và EHF = IDK ( = 180
0
- AMB)



DIK

HFE (g - g) 0,5đ

ID DK
HF HE
=


ID.HE DK.HF=



ID.HE
1
DK.HF
=

Kết hợp với (*) ta có
2
2
MA AH AD
MB BD BH
= 0,5đ