Để thi vào lớp 10 chuyên toán TPHCM - Năm học 2008-2009 - Nguyễn Tăng Vũ

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 4 1 2 4 0x m x m+ + + − = có hai nghiệm 1 2,x x thỏa mãn 
1 2 17x x− = 
b) Tìm m để hệ bất phương trình 
2 1
1
x m
mx
≥ −⎧⎨ ≥⎩ có nghiệm duy nhất. 
Bài 2: Thu gọn các biểu thức sau: 
a) ( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c
a b a c b a b c c a c b
+ +− − − − − − (a, b, c đôi một khác nhau) 
b) 2 1 2 1
2 1 2 1
x x x x
x x x x
+ − + − −
+ − − − −
 Với 2x ≥ 
Bài 3: Cho a, b, c, d là các số nguyên thỏa a b c d≤ ≤ ≤ và a d b c+ = + . Chứng minh rằng: 
a) 2 2 2 2a b c d+ + + 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 0x ax b+ + = có nghiệm là hai 
số nguyên dương. Tìm các nghiệm đó. 
b) Cho hai số thực x, y sao cho 2 2 4 4, ,x y x y x y+ + + là các số nguyên. Chứng minh 3 3x 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 20oABD 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 3 3 2a b+ = . Chứng minh 0 2a b< + ≤ 
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 2 24 1 8 4 16 8 1 8 32 16 33 0m m m m m m mΔ = + − − = + + − + = + > ∀ , suy ra phương trình 
luôn có hai nghiệm với mọi m. Khi đó theo định lý Viet ta có: 
( )
( )
1 2
1 2
4 1
2 4
S x x m
P x x m
= + = − +⎧⎪⎨ = = −⎪⎩
. 
Ta có: 
( ) ( )
( ) ( )
2 22
1 2 1 2 1 2 1 2
2
2
17 17 4 289
4 1 8 4 289
16 33 289
4
x x x x x x x x
m m
m
m
− = ⇔ − = ⇔ + − =
⇔ + − − =
⇔ + =
⇔ = ±
Vậy giá trị m cần tìm là 4 và – 4. 
b) 
( )
( )
2 1 1
1 2
x m
mx
≥ −⎧⎪⎨ ≥⎪⎩
Ta có ( ) ( )11 1
2
x m⇔ ≥ − 
Với (2) ta xét các trường hợp sau: 
+ Nếu m > 0 thì ( ) 12 x
m
⇔ ≥ 
+ Nếu m = 0 ta có 0. 1x ≥ ( (2) vô nghiệm) 
+ Nếu m < 0 ta có ( ) 12 x
m
⇔ ≤ 
Từ đó suy ra hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi 
( ) 2
0 0
11 11 2 0
2
m m
m
m m m
m
<⎧ <⎧⎪ ⇔ ⇔ = −⎨ ⎨− = − − =⎩⎪⎩
Bài 2: a) Ta có 
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )
( )( )( )
( )( )( )
0
a b c a b c
a b a c b a b c c a c b a b a c a b b c a c b c
a b c b a c c a b
a b b c a c
ab ac ab bc ca bc
a b b c a c
+ + = − +− − − − − − − − − − − −
− − − + −= − − −
− − + + −= − − −
=
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI 
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com 
b) 
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
2 1 2 1 1 2 1 1 1 2 1 1
12 1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1
2
1 1 1 1
2.
2 1 1 2 1
1 1 1 1
2.
2 1 1 2 1 1
1 1 1 12. Do 2 suy ra -1 1 0, 2 1 1 0
2 1 1 2 1 1
x x x x x x x x
x x x x x x x x
x x
x x
x x
x x
x x x x x
x x
+ − + − − − + − + + − − − +=
+ − − − − + − − + −
− + + − −
=
− + − −
− + + − −= − + − − −
− + + − −= ≥ − ≥ − − ≥− + − − −
 2 12. 2 2
2
x x− = − 
Bài 3: a) Ta có a d b c b a d c+ = + ⇒ − = − . Ta đặt ,k b a d c b k a d c k= − = − ⇒ = + = + và k là số 
tự nhiên. 
Khi đó ta có: 
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 22 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 22 2
2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2
2
a b c d a a k c c k a ak c k ck
a ac c k a c k a ac c k
a c k a c k a c k
a c k a c k
+ + + = + + + + + = + + + +
= + + + + + + − + +
= + + + + + − +
= + + + − +
Vậy 2 2 2 2a b c d+ + + 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, 0k b a c a= − ≥ − ≥ 
Suy ra bc ad≥ . 
Bài 4: 
a) Gọi 1 2,x x là nghiệm của phương trình 2 0x ax b+ + = . Giả sử 1 2x x≥ . 
Theo định lý Viet ta có 1 2 1 2,x x a x x b+ = − = . 
Suy ra: 
( )
( )( ) ( )
1 2 1 2
1 2 1 2
1 2
5 22 5 22
5 5 25 47
5 5 47 1
a b x x x x
x x x x
x x
+ = ⇔ − + + =
⇔ − − + =
⇔ − − =
Ta có 1 25 5 5x x− ≥ − ≥ − 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 
( ) 1 1
2 2
5 47 52
1
5 1 6
x x
x x
− = =⎧ ⎧⇔ ⇔⎨ ⎨− = =⎩ ⎩
Khi đó a = - 58 và b = 312 thỏa 5a + b = 22. 
Vậy hai nghiệm của phương trình là 6 và 52. 
b) Ta có 
( ) ( )
( ) ( )
22 2
24 4 2 2 2 2
2 1
2 2
x y x y xy
x y x y x y
+ = + −
+ = + −
Từ (1) suy ra 2xy nguyên vì x + y và x2 + y2 nguyên. Đặt k = 2xy. 
Từ (2) suy ra 2x2y2 nguyên vì x2 + y2, x4 + y4 nguyên. 
Ta có ( ) 222 2 12 2
2 2
kx y xy= = ∈ ⇒] k chẵn. Suy ra 
2
kxy = ∈] 
Do đó ( ) ( )33 3 3x y x y xy x y+ = + − + 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 nDMF CME= (đối đỉnh) 
+ n nDFM CEM= (góc nội tiếp cùng chắn cung CD) 
Suy ra 
( ) ( )~ . . . 1DM FMDFM CEM g g DM EM CM FM
CM EM
Δ Δ ⇒ = ⇒ = 
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 CBEBD BE S S⇒ = = 
Xét tam giác DBM và tam giác EBN có : 
+ DB = EB (cmt) 
+ n n ( )20oDBM EBN= = 
+ BM = BN (gt) 
Suy ra tam giác DBM bằng tam giác EBN (c.g.c), suy ra 
DBM NBES S= 
Mà 1
2DBM DBE
S S= ( Vì M là trung điểm BE). 
Do đó 1
2EBN DBE
S S= 
Từ đó ta có ( ) 21 1 1 1 3. 3.
2 2 2 2 4 8BCE EBN DBE BCE ABD ABC
ABS S S S S S+ = + + = = = 
Bài 7: 
Ta có ( )( )3 3 2 20 2 a b a b a ab b< = + = + + + 
Mà 
2
2 2 21 3 0
2 4
a ab b a b b⎛ ⎞+ + = + + ≥⎜ ⎟⎝ ⎠ . Suy ra 0a b+ > 
Để chứng minh 2a b+ ≤ ta chứng minh ( ) ( )3 3 38 4a b a b+ ≤ = + . 
Ta có: 
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )( )
3 3 3 3 2 2 3 3 3
3 3 2 2
2 2
2 2
4 3 3 4 4
3 0
0
0
a b a b a a b ab b a b
a b a b ab
a a b b a b
a b a b
+ ≤ + ⇔ + + + ≤ +
⇔ + − − ≥
⇔ − − − ≥
⇔ − − ≥
 ( ) ( )2 0a b a b⇔ − + ≥ (Đúng vì a + b > 0) 
Vậy 0 2a b< + ≤ 
N
M
A
B C
E
D