Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 thpt chuyên năm học 2007 - 2008; 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