Tuyển tập đề thi Toán vào lớp 10 Nguyễn Công Minh S GIO DC V O TO K THI TUYN SINH LP 10 THNH PH H CH MINH TRUNG HC PH THễNG CHUYấN NM HC 2008-2009 KHểA NGY 18-06-2008 CHNH THC Mụn thi: TON Thi gian lm bi: 150 phỳt (khụng k thi gian giao ) Cõu 1 (4 im): a) Tỡm m phng trỡnh x 2 + (4m + 1)x + 2(m 4) = 0 cú hai nghim x 1 , x 2 tho |x 1 x 2 | = 17. b) Tỡm m h bt phng trỡnh 2x m 1 mx 1 cú mt nghim duy nht. Cõu 2(4 im): Thu gn cỏc biu thc sau: a) S = a b c (a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b) + + (a, b, c khỏc nhau ụi mt) b) P = x 2 x 1 x 2 x 1 x 2x 1 x 2x 1 + + + (x 2) Cõu 3(2 im): Cho a, b, c, d l cỏc s nguyờn tha a b c d v a + d = b + c. Chng minh rng: a) a 2 + b 2 + c 2 + d 2 l tng ca ba s chớnh phng. b) bc ad. Cõu 4 (2 im): a) Cho a, b l hai s thc tho 5a + b = 22. Bit phng trỡnh x 2 + ax + b = 0 cú hai nghim l hai s nguyờn dng. Hóy tỡm hai nghim ú. b) Cho hai s thc sao cho x + y, x 2 + y 2 , x 4 + y 4 l cỏc s nguyờn. Chng minh x 3 + y 3 cng l cỏc s nguyờn. Cõu 5 (3 im): Cho ng trũn (O) ng kớnh AB. T mt im C thuc ng trũn (O) k CH vuụng gúc vi AB (C khỏc A v B; H thuc AB). ng trũn tõm C bỏn kớnh CH ct ng trũn (O) ti D v E. Chng minh DE i qua trung im ca CH. Cõu 6 (3 im): Cho tam giac ABC u cú cnh bng 1. Trờn cnh AC ly cỏc im D, E sao cho ABD = CBE = 20 0 . Gi M l trung im ca BE v N l im trờn cnh BC sao BN = BM. Tớnh tng diờn tich hai tam giac BCE v tam giac BEN. Cõu 7 (2 im): Cho a, b l hai s thc sao cho a 3 + b 3 = 2. Chng minh 0 < a + b 2. oOo Gi ý gii thi mụn toỏn chuyờn Cõu 1: a) = (4m + 1) 2 8(m 4) = 16m 2 + 33 > 0 vi mi m nờn phng trỡnh luụn cú hai nghim phõn bit x 1 , x 2 . Ta cú: S = 4m 1 v P = 2m 8. Do ú: |x 1 x 2 | = 17 (x 1 x 2 ) 2 = 289 S 2 4P = 289 (4m 1) 2 4(2m 8) = 289 16m 2 + 33 = 289 16m 2 = 256 m 2 = 16 m = 4. Vy m tho YCBT m = 4. Trờng THCS Nam Hoa Nam Trực Nam Định TuyÓn tËp ®Ò thi To¸n vµo líp 10 NguyÔn C«ng Minh b) 2x m 1 (a) mx 1 (b) ≥ −   ≥  . Ta có: (a) ⇔ x ≥ m 1 2 − . Xét (b): * m > 0: (b) ⇔ x ≥ 1 m . * m = 0: (b) ⇔ 0x ≥ 1 (VN) * m < 0: (b) ⇔ x ≤ 1 m . Vậy hệ có nghiệm duy nhất ⇔ m 0 1 m 1 m 2 <    − =   ⇔ 2 m 0 m m 2 0 <    − − =   ⇔ m = –1. Câu 2: a) S = a b c (a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b) + + − − − − − − (a, b, c khác nhau đôi một) = a(c b) b(a c) c(b a) (a b)(b c)(c a) − + − + − − − − = ac ab ba bc cb ca (a b)(b c)(c a) − + − + − − − − = 0. b) P = x 2 x 1 x 2 x 1 x 2x 1 x 2x 1 + − + − − + − − − − (x ≥ 2) = 2 2 2 ( x 1 1) ( x 1 1) 2x 2 2x 1 2x 2 2x 1   − + + − −     + − − − − = 2 2 2 x 1 1 x 1 1 ( 2x 1 1) ( 2x 1 1)   − + + − −   − + − − − = 2 x 1 1 x 1 1 2x 1 1 2x 1 1   − + + − −   − + − − − = 2 x 1 1 x 1 1 2x 1 1 ( 2x 1 1)   − + + − −   − + − − − (vì x ≥ 2 nên x 1 1− ≥ và 2x 1− ≥ 1) = 2 x 1− . Câu 3: Cho a, b, c, d là các số nguyên thoả a ≤ b ≤ c ≤ d và a + d = b + c. a) Vì a ≤ b ≤ c ≤ d nên ta có thể đặt a = b – k và d = c + h (h, k ∈ N) Khi đó do a + d = b + c ⇔ b + c + h – k = b + c ⇔ h = k. Vậy a = b – k và d = c + k. Do đó: a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = (b – k) 2 + b 2 + c 2 + (c + k) 2 = 2b 2 + 2c 2 + 2k 2 – 2bk + 2ck = b 2 + 2bc + c 2 + b 2 + c 2 + k 2 – 2bc – 2bk + 2ck + k 2 = (b + c) 2 + (b – c – k) 2 + k 2 là tổng của ba số chính phương (do b + c, b – c – k và k là các số nguyên) b) Ta có ad = (b – k)(c + k) = bc + bk – ck – k 2 = bc + k(b – c) – k 2 ≤ bc (vì k ∈ N và b ≤ c) Vậy ad ≤ bc (ĐPCM) Câu 4: a) Gọi x 1 , x 2 là hai nghiệm nguyên dương của phương trình (x 1 ≤ x 2 ) Trêng THCS Nam Hoa – Nam Trùc – Nam §Þnh TuyÓn tËp ®Ò thi To¸n vµo líp 10 NguyÔn C«ng Minh Ta có a = –x 1 – x 2 và b = x 1 x 2 nên 5(–x 1 – x 2 ) + x 1 x 2 = 22 ⇔ x 1 (x 2 – 5) – 5(x 2 – 5) = 47 ⇔ (x 1 – 5)(x 2 – 5) = 47 (*) Ta có: –4 ≤ x 1 – 5 ≤ x 2 – 5 nên (*) ⇔ 1 2 x 5 1 x 5 47 − =   − =  ⇔ 1 2 x 6 x 52 =   =  . Khi đó: a = – 58 và b = 312 thoả 5a + b = 22. Vậy hai nghiệm cần tìm là x 1 = 6; x 2 = 52. b) Ta có (x + y)(x 2 + y 2 ) = x 3 + y 3 + xy(x + y) (1) x 2 + y 2 = (x + y) 2 – 2xy (2) x 4 + y 4 = (x 2 + y 2 ) 2 – 2x 2 y 2 (3) Vì x + y, x 2 + y 2 là số nguyên nên từ (2) ⇒ 2xy là số nguyên. Vì x 2 + y 2 , x 4 + y 4 là số nguyên nên từ (3) ⇒ 2x 2 y 2 = 1 2 (2xy) 2 là số nguyên ⇒ (2xy) 2 chia hết cho 2 ⇒ 2xy chia hết cho 2 (do 2 là nguyên tố) ⇒ xy là số nguyên. Do đó từ (1) suy ra x 3 + y 3 là số nguyên. Câu 5: Ta có: OC ⊥ DE (tính chất đường nối tâm ⇒ ∆ CKJ và ∆ COH đồng dạng (g–g) ⇒ CK.CH = CJ.CO (1) ⇒ 2CK.CH = CJ.2CO = CJ.CC' mà ∆ CEC' vuông tại E có EJ là đường cao ⇒ CJ.CC' = CE 2 = CH 2 ⇒ 2CK.CH = CH 2 ⇒ 2CK = CH ⇒ K là trung điểm của CH. Câu 6: Kẻ BI ⊥ AC ⇒ I là trung điểm AC. Ta có: ∠ ABD = ∠ CBE = 20 0 ⇒ ∠ DBE = 20 0 (1) ∆ ADB = ∆ CEB (g–c–g) ⇒ BD = BE ⇒ ∆ BDE cân tại B ⇒ I là trung điểm DE. mà BM = BN và ∠ MBN = 20 0 ⇒ ∆ BMN và ∆ BDE đồng dạng. ⇒ 2 1 4 BMN BED S BM S BE   = =  ÷   ⇒ S BNE = 2S BMN = 1 2 BDE S = S BIE Vậy S BCE + S BNE = S BCE + S BIE = S BIC = 1 3 2 8 ABC S = . Câu 7: Cho a, b là hai số thực sao cho a 3 + b 3 = 2. Chứng minh 0 < a + b ≤ 2. Ta có: a 3 + b 3 > 0 ⇒ a 3 > –b 3 ⇒ a > – b ⇒ a + b > 0 (1) (a – b) 2 (a + b) ≥ 0 ⇒ (a 2 – b 2 )(a – b) ≥ 0 ⇒ a 3 + b 3 – ab(a + b) ≥ 0 ⇒ a 3 + b 3 ≥ ab(a + b) ⇒ 3(a 3 + b 3 ) ≥ 3ab(a + b) ⇒ 4(a 3 + b 3 ) ≥ (a + b) 3 ⇒ 8 ≥ (a + b) 3 ⇒ a + b ≤ 2 (2) Từ (1) và (2) ⇒ 0 < a + b ≤ 2. oOo Trêng THCS Nam Hoa – Nam Trùc – Nam §Þnh A B C D E M N I B A O C C' H D E J K TuyÓn tËp ®Ò thi To¸n vµo líp 10 NguyÔn C«ng Minh Trêng THCS Nam Hoa – Nam Trùc – Nam §Þnh . c 2 + d 2 = (b – k) 2 + b 2 + c 2 + (c + k) 2 = 2b 2 + 2c 2 + 2k 2 – 2bk + 2ck = b 2 + 2bc + c 2 + b 2 + c 2 + k 2 – 2bc – 2bk + 2ck + k 2 = (b + c) 2 + (b – c – k) 2 + k 2 . + d = b + c. a) Vì a ≤ b ≤ c ≤ d nên ta có thể đặt a = b – k và d = c + h (h, k ∈ N) Khi đó do a + d = b + c ⇔ b + c + h – k = b + c ⇔ h = k. Vậy a = b – k và d = c + k. Do đó: a 2 + b 2 +. + b > 0 (1) (a – b) 2 (a + b) ≥ 0 ⇒ (a 2 – b 2 )(a – b) ≥ 0 ⇒ a 3 + b 3 – ab(a + b) ≥ 0 ⇒ a 3 + b 3 ≥ ab(a + b) ⇒ 3(a 3 + b 3 ) ≥ 3ab(a + b) ⇒ 4(a 3 + b 3 ) ≥ (a + b) 3 ⇒ 8 ≥ (a +