Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên năm học 2007-2008; khóa ngày 20-6-2007 môn thi: Toán

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: x2 + y2 + z2 + t2 ≥ 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: 2 2 2 2 a b a b4 3 b ab a ⎛ ⎞+ + ≥ +⎜ ⎟⎝ ⎠ . Câu 2 (2 điểm) Tìm nghiệm nguyên x, y của phương trình sau: x2 – xy = 6x – 5y – 8. Câu 3 (4 điểm) Cho hệ phương trình 2 2x y 2x 2y 1 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 ( )(2 2x x 2007 y y 2007+ + + + ) = 2007. Tính S = x + y. Câu 5 (2 điểm) Cho a, b là các số nguyên dương sao cho a 1 b 1 a b + ++ cũng là số nguyên. Gọi d là ước số chung của a và b. Chứng minh d ≤ a b+ . 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 2 2 1 1 16OB 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: x2 + y2 + z2 + t2 ≥ x(y + z + t). (1) ⇔ 4x2 + 4y2 + 4z2 + 4t2 ≥ 4x(y + z + t) ⇔ (x2 – 4xy + 4y2) + (x2 – 4xz + 4z2) + (x2 – 4xt + 4t2) + x2 ≥ 0 ⇔ (x – 2y)2 + (x – 2z)2 + (x – 2t)2 + x2 ≥ 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 = a b b a + . Ta có a b a bT 2 b a b a = + = + ≥ . 2 2 2 2 a b a b4 3 b ab a ⎛+ + ≥ +⎜⎝ ⎠ ⎞⎟ ⇔ T2 + 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 2 2 2 2 a b a b4 3 b ab a ⎛ ⎞+ + ≥ +⎜ ⎟⎝ ⎠ . Câu 2 (2 điểm) Tìm nghiệm nguyên x, y của phương trình x2 – xy = 6x – 5y – 8 (1) Ta có: (1) ⇔ x2 – 6x + 8 = y(x – 5) (2) ⇔ y = 2x 6x 8 x 5 − + − (vì x = 5 không là nghiệm của (2)) ⇔ y = x – 1 + 3 x 5− . 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 2 2x y 2x 2y 1 xy(x 2)(y 2) m ⎧ 1+ + + =⎪⎨ + + =⎪⎩ (A) a) Khi m = 24 thì (A) ⇔ (B) 2 2x y 2x 2y 1 xy(x 2)(y 2) 24 ⎧ + + + =⎪⎨ + + =⎪⎩ 1 Đặt u = x2 + 2x = (x + 1)2 – 1 ≥ –1 và v = y2 + 2y = (y + 1)2 – 1 ≥ –1. Ta được (B) ⇔ ⇔ u v 11 uv 24 + =⎧⎨ =⎩ u 3 v 8 =⎧⎨ =⎩ hay u 8 v 3 =⎧⎨ =⎩ ⇔ 2 2 (x 1) 4 (y 1) 9 ⎧ + =⎪⎨ + =⎪⎩ hay 2 2 (x 1) 9 (y 1) 4 ⎧ + =⎪⎨ + =⎪⎩ ⇔ hay . x 2 y 3 = ± −⎧⎨ = ± −⎩ 1 1 1 1 x 3 y 2 = ± −⎧⎨ = ± −⎩ 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 = x2 + 2x + 1= (x + 1)2 ≥ 0 và v = y2 + 2y +1 = (y + 1)2 ≥ 0. Ta được (A) trở thành ⇔ u v 13 (u 1)(v 1) m + =⎧⎨ − − =⎩ u v 13 uv (u v) 1 m + =⎧⎨ − + + =⎩ ⇔ u v 13 uv m 12 + =⎧⎨ = +⎩ ⇒ u, v lần lượt là các nghiệm của phương trình X2 – 13X + m + 12 = 0 (C). Do đó: (A) có nghiệm ⇔ (C ) có 2 nghiệm X1, X2 ≥ 0. ⇔ ⇔ ⇔ 0 S 0 P 0 Δ ≥⎧⎪ ≥⎨⎪ ≥⎩ 121 4m 0 m 12 0 − ≥⎧⎨ + ≥⎩ 121m 4 m 1 ⎧ ≤⎪⎨⎪ ≥ −⎩ 2 ⇔ –12 ≤ m ≤ 121 4 . Câu 4 (2 điểm) Cho ( )(2 2x x 2007 y y 2007+ + + + ) = 2007. Tính S = x + y. Ta có: ( )( )2 2x x 2007 x x 2007+ + − + + = 2007 (a) ( )( )2 2y 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 ( )( )2 2x x 2007 y y 2007− + + − + + = 20072 ⇒ ( )( )2 2x x 2007 y y 2007− + + − + + = 2007 ⇒ 2 2 2 2xy x y 2007 y x 2007 (x 2007)(y 2007)− + − + + + + = 2007 (c) Giả thiết ⇒ 2 2 2 2xy x y 2007 y x 2007 (x 2007)(y 2007)+ + + + + + + = 2007 (d) Cộng theo vế (c) và (d) ta được: xy + ( )( )2 2x 2007 y 2007+ + = 2007 ⇔ ( )( )2 2x 2007 y 2007+ + = 2007 – xy ⇒ x2y2 + 2007(x2 + y2) + 20072 = 20072 – 2.2007xy + x2y2. ⇒ x2 + y2 = –2xy ⇒ (x + y)2 = 0 ⇒ S2 = 0 ⇒ S = 0. Câu 5 (2 điểm) Ta có a 1 b 1 a b + ++ = 2 + a b ab + là số nguyên dương ⇒ a b ab + nguyên dương ⇒ a b ab + ≥ 1 ⇒ a + b ≥ ab mà a ≥ d > 0 và b ≥ d > 0 ⇒ a + b ≥ ab ≥ d2 ⇒ a b+ ≥ 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 ⇒ 2 2 2 2 1 1 1 1 1 OB NC OB NB BK + = + = 2 Kết hợp với giả thiết ta suy ra: BK2 = 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