Đề thi tuyển sinh môn Toán Lớp 10 THPT Chuyên (Khóa ngày 18-6-2008) - Năm học 2008 -2009 - Sở Giáo dục và Đào tạo Thành phố Hồ Chí Minh (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN 
 NĂM HỌC 2008-2009 
 KHÓA NGÀY 18-06-2008 
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN 
 Thời gian làm bài: 150 phút 
 (không kể thời gian giao đề) 
Câu 1 (4 điểm): 
a) Tìm m để phương trình x2 + (4m + 1)x + 2(m – 4) = 0 có hai nghiệm x1, x2 thoả |x1 – x2| = 17. 
b) Tìm m để hệ bất phương trình 
2x m 1
mx 1
 


 có một nghiệm duy nhất. 
Câu 2(4 điểm): Thu gọn các biểu thức sau: 
a) S = 
a b c
(a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b)
 
     
 (a, b, c khác nhau đôi một) 
b) P = 
x 2 x 1 x 2 x 1
x 2x 1 x 2x 1
    
    
 (x ≥ 2) 
Câu 3(2 điểm): Cho a, b, c, d là các số nguyên thỏa a ≤ b ≤ c ≤ d và a + d = b + c. 
Chứng minh rằng: 
a) a
2
 + b
2
 + c
2
 + d
2
 là tổng của ba số chính phương. 
b) bc ≥ ad. 
Câu 4 (2 điểm): 
a) Cho a, b là hai số thực thoả 5a + b = 22. Biết phương trình x2 + ax + b = 0 có hai nghiệm là 
hai số nguyên dương. Hãy tìm hai nghiệm đó. 
b) Cho hai số thực sao cho x + y, x2 + y2, x4 + y4 là các số nguyên. Chứng minh x3 + y3 cũng là 
các số nguyên. 
Câu 5 (3 điểm): Cho đường tròn (O) đường kính AB. Từ một điểm C thuộc đường tròn (O) kẻ 
CH vuông góc với AB (C khác A và B; H thuộc AB). Đường tròn tâm C bán kính CH cắt đường 
tròn (O) tại D và E. Chứng minh DE đi qua trung điểm của CH. 
Câu 6 (3 điểm): Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng 1. Trên cạnh AC lấy các điểm D, E sao 
cho  ABD =  CBE = 200. ọi là trung điểm của BE và là điểm trên cạnh BC sao B = 
B . Tính tổng diện tích hai tam giác BCE và tam giác BE . 
Câu 7 (2 điểm): Cho a, b là hai số thực sao cho a3 + b3 = 2. Chứng minh 0 < a + b ≤ 2. 
-----oOo----- 
Gợi ý giải đề thi môn toán chuyên 
Câu 1: 
a)  = (4m + 1)2 – 8(m – 4) = 16m2 + 33 > 0 với mọi m nên phương trình luôn có hai nghiệm 
phân biệt x1, x2. 
Ta có: S = –4m – 1 và P = 2m – 8. 
Do đó: |x1 –x2| = 17  (x1 – x2)
2
 = 289  S2 – 4P = 289 
 (–4m – 1)2 – 4(2m – 8) = 289  16m2 + 33 = 289 
 16m2 = 256  m2 = 16  m =  4. 
Vậy m thoả YCBT  m =  4. 
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 (V ) 
 * 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: a2 + b2 + c2 + d2 = (b – k)2 + b2 + c2 + (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 + k2 
 = (b + c)
2
 + (b – c – k)2 + k2 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 – k2 = bc + k(b – c) – k2 ≤ bc (vì k  N và b ≤ c) 
Vậy ad ≤ bc (ĐPC ) 
Câu 4: 
a) ọi x1, x2 là hai nghiệm nguyên dương của phương trình (x1 ≤ x2) 
Ta có a = –x1 – x2 và b = x1x2 nên 
 5(–x1 – x2) + x1x2 = 22 
 x1(x2 – 5) – 5(x2 – 5) = 47 
 (x1 – 5)(x2 – 5) = 47 (*) 
Ta có: –4 ≤ x1 – 5 ≤ x2 – 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 x1 = 6; x2 = 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
 – 2x2y2 (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)  2x2y2 = 
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 x3 + y3 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' = CE2 = CH2 
 2CK.CH = CH2 
 2CK = CH 
 K là trung điểm của CH. 
Câu 6: Kẻ BI  AC  I là trung điểm AC. 
Ta có:  ABD =  CBE = 200   DBE = 200 (1) 
  ADB =  CEB (g–c–g) 
 BD = BE   BDE cân tại B  I là trung điểm DE. 
mà BM = BN và  MBN = 200 
  BMN và  BDE đồng dạng. 
A
B C
D
E
M
N
I
BA O
C
C'
H
D
E
J
K
 
2
1
4
BMN
BED
S BM
S BE
 
  
 
 SBNE = 2SBMN = 
1
2
BDES = SBIE 
Vậy SBCE + SBNE = SBCE + SBIE = SBIC = 
1 3
2 8
ABCS  . 
Câu 7: Cho a, b là hai số thực sao cho a3 + b3 = 2. Chứng minh 0 < a + b ≤ 2. 
Ta có: a
3
 + b
3
 > 0  a3 > –b3  a > – b  a + b > 0 (1) 
 (a – b)2(a + b) ≥ 0  (a2 – b2)(a – b) ≥ 0  a3 + b3 – ab(a + b) ≥ 0 
 a3 + b3 ≥ ab(a + b)  3(a3 + b3) ≥ 3ab(a + b) 
 4(a3 + b3) ≥ (a + b)3  8 ≥ (a + b)3  a + b ≤ 2 (2) 
Từ (1) và (2)  0 < a + b ≤ 2. 
--------------oOo--------------