ĐỀ THI VÀO LỚP 10 VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỂ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TPHCM

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com

ĐỂ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TPHCM
NĂM HỌC2008 – 2009
Bài 1:
a) Tìm m để phương trình
( ) ( )
2
41 2 40xmxm+ ++ −=
có hai nghiệm
12
,x x
thỏa mãn
12
17xx−=

b) Tìm m để hệ bất phương trình
21
1
xm
mx
≥−
⎧
⎨
≥
⎩
có nghiệm duy nhất.
Bài 2:
Thu gọn các biểu thức sau:
a)

()()()()()()
abc
abac babc cacb
++
−− −− −−
(a, b, c đôi một khác nhau)
b)
21 21
21 21
xx xx
xx xx
+−+−−
+−−−−
Với
2x ≥

Bài 3:
Cho a, b, c, d là các số nguyên thỏa
abcd≤ ≤≤
và
adbc+ =+
. Chứng minh rằng:
a)
222 2
abcd+++
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
2
0xaxb+ +=
có nghiệm là hai
số nguyên dương. Tìm các nghiệm đó.
b) Cho hai số thực x, y sao cho
2244
,,x yx y x y+ ++
là các số nguyên. Chứng minh
33
x y+

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
n
n
20
o
ABD CBE==
. 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
33

2ab+ =
. Chứng minh
02ab< +≤






ĐỀ THI VÀO LỚP 10 VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com

Huớng dẫn giải.
Bài 1:
a) Ta có
()()
2
22
418 416 8183216 330mmmmmm mΔ= + − − = + + − + = + > ∀
, suy ra phương trình
luôn có hai nghiệm với mọi m. Khi đó theo định lý Viet ta có:
()
()
12
12
41
24
Sxx m
Pxx m
=+=− +⎧

⎪
⎨
==−
⎪
⎩
.
Ta có:
() ( )
()()
22
2
12 12 12 12
2
2
17 17 4 289
4 1 8 4 289
16 33 289
4
xx xx xx xx
mm
m
m
−=⇔− = ⇔+ − =
⇔+−−=
⇔+=
⇔=±

Vậy giá trị m cần tìm là 4 và – 4.
b)
()

()
211
12
xm
mx
≥−⎧
⎪
⎨
≥
⎪
⎩

Ta có
() ()
1
11
2
xm⇔≥ −

Với (2) ta xét các trường hợp sau:
+ Nếu m > 0 thì
()
1
2 x
m
⇔≥

+ Nếu m = 0 ta có
0. 1x ≥
( (2) vô nghiệm)

+ Nếu m < 0 ta có
()
1
2 x
m
⇔≤

Từ đó suy ra hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
()
2
0
0
1
11
1
20
2
m
m
m
m
mm
m
<
⎧
<
⎧
⎪
⇔⇔=−
⎨⎨

−=
−−=
⎩
⎪
⎩

Bài 2:
a) Ta có
()()()()()()()()()()()()
()()()
()()()
()()()
0
abcabc
abac babc cacb abac abbc acbc
ab c ba c ca b
abbcac
ab ac ab bc ca bc
abbcac
++=−+
−− −− −− −− −− −−
−− −+ −
=
−−−
−−++−
=
−−−
=

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI

GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com

b)
(
)
()()
()()
()
()
22
22
21 21 1211 1211
1
21 21
2221 2221
2
11 11
2.
211 21
11 11
2.
211 211
11 11
2. Do 2 suy ra -1 1 0, 2 1 1 0
211 211
xx xx x x x x
xx xx
xx xx
xx
xx

xx
xx
xx
xxx
xx
+−+−− −+−++−−−+
=
+−−−−
+−−+−
−+ + −−
=
−+ − −
−++ −−
=
−+− −−
−++ −−
=≥−≥−−≥
−+− −−

21
2. 2 2
2
x
x
−
= −

Bài 3:
a) Ta có
ad bc badc+=+⇒−=−

. Ta đặt
,kbadc bkadck= −=−⇒=+ =+
và k là số
tự nhiên.
Khi đó ta có:

() ()
()
()
()
() () ()
()()
22
222 2 2 2 2 2 2
2 2 22 22
22
22
22
2
22222
22 2
2
abcd a ak c ck a ak c k ck
aacc kackaacck
ac kac k ac k
ack ac k
+++ =++ +++ = + + + +
=+ ++ +++− ++
=+ + +++− +
=++ +− +

Vậy
222 2
abcd+++
là tổng của ba số chính phương vì a + c + k, a – c và k là các số nguyên.
b) Ta có
()()( )
0bc ad a k c a c k k c a−=+ − += −≥
vì
0, 0kba ca= −≥ −≥

Suy ra
bc ad≥
.
Bài 4:

a) Gọi
12
,x x
là nghiệm của phương trình
2
0xaxb+ +=
. Giả sử
12
x x≥
.
Theo định lý Viet ta có
12 12
,x xaxxb+=− =
.

Suy ra:

()
()() ()
12 12
12 1 2
12
522 5 22
5 5 25 47
5547 1
ab x x xx
xx x x
xx
+= ⇔− + + =
⇔−−+=
⇔− −=

Ta có
12
555xx−≥ −≥−
và
( ) ( )
47 47.1 47 . 1==−−
nên ta có:
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com

()
11
22

547 52
1
51 6
xx
xx
−= =
⎧⎧
⇔⇔
⎨⎨
−= =
⎩⎩

Khi đó a = - 58 và b = 312 thỏa 5a + b = 22.
Vậy hai nghiệm của phương trình là 6 và 52.
b) Ta có
() ()
()
()
2
22
2
44 22 22
21
22
xy xy xy
xy xy xy
+=+ −
+= + −

Từ (1) suy ra 2xy nguyên vì x + y và x

2
+ y
2
nguyên. Đặt k = 2xy.
Từ (2) suy ra 2x
2
y
2
nguyên vì x
2
+ y
2
, x
4
+ y
4
nguyên.
Ta có
()
2
2
22
1
22
22
k
xy xy==∈⇒
]

k chẵn. Suy ra

2
k
xy
= ∈
]

Do đó
() ()
3
33
3x yxy xyxy+=+ − +
là số nguyên.
Bài 5:
Gọi M là giao điểm của DE và CH. Ta chứng minh CM = HM.
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:
+
n
n
DMF CME= (đối đỉnh)
+
n
n
DFM CEM= (góc nội tiếp cùng chắn cung CD)
Suy ra
() ()
~. ..1
DM FM

DFM CEM g g DM EM CM FM
CM EM
ΔΔ ⇒=⇒ =
Chứng minh tương tự ta có
..DM EM MH MI=
(2)
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
=⇔+=+
⇒=
⇒=

( Vì HF = CI = CH )







I
F
E
D
H

OA B
C
M
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com

Bài 6:
Ta có
( )
..ABD ACE g c gΔ=Δ
,
ABD CBE
BDBES S⇒= =
Xét tam giác DBM và tam giác EBN có :
+ DB = EB (cmt)
+
n
n
( )
20
o
DBM EBN==

+ BM = BN (gt)
Suy ra tam giác DBM bằng tam giác EBN (c.g.c), suy ra
DBM NBE
SS=
Mà
1
2

DBM DBE
SS= ( Vì M là trung điểm BE).
Do đó
1
2
EBN DBE
SS=
Từ đó ta có
()
2
11 113. 3
.
22 2248
BCE EBN DBE BCE ABD ABC
AB
SS S SS S+= + + = = =
Bài 7:
Ta có
()
()
33 2 2
02ab abaabb<= + = + + +
Mà
2
22 2
13
0
24
aabb a b b
⎛⎞

++=+ + ≥
⎜⎟
⎝⎠
. Suy ra
0ab+ >

Để chứng minh
2ab+≤
ta chứng minh
()
( )
3
33
84ab a b+≤= +
.
Ta có:

()
()
()
()()
()
()
3
33 32 23 33
332 2
22
22
43344
30

0
0
ab a b a ab ab b a b
ababab
aab bab
aba b
+≤ + ⇔+ + +≤ +
⇔+−−≥
⇔−−−≥
⇔− − ≥

()()
2
0ab ab⇔− +≥ (Đúng vì a + b > 0)
Vậy
02ab<+≤



N
M
A
B C
E
D