Đề thi tuyển sinh lớp 10 trung học phổ thông chuyên năm học 2008-2009 thành phố Hồ Chí Minh khóa ngày 18-06-2008 môn thi: Toán

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. Gọi M là trung ñiểm của BE và N là ñiểm trên cạnh BC sao BN = 
BM. Tính tổng diện tích hai tam giác BCE và tam giác BEN. 
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 (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 22 ( 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 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
 – 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) ⇒ 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. 
⇒ 
2
1
4
BMN
BED
S BM
S BE
 
= = 
 
⇒ SBNE = 2SBMN = 
1
2
BDE
S = SBIE 
Vậy SBCE + SBNE = SBCE + SBIE = SBIC = 
1 3
2 8
ABC
S = . 
A
B C
D
E
M
N
I
BA O
C
C'
H
D
E
JK
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-------------- 
Người giải đề: NGUYỄN DUY HIẾU - NGUYỄN PHÚ SỸ 
(Giáo viên Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, TP.HCM)