Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên quốc học môn Toán năm 2007 - 2008

 1 
 Së Gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú THI TUYÓN SINH LíP 10 chuyªn QuèC HäC 
 Thõa Thiªn HuÕ M«n: TO¸N - N¨m häc 2007-2008 
 §Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 150 phót 
Bài 1: (2 điểm) 
 Giải hệ phương trình: 



=−
=+
82
82
2
2
xy
yx
Bài 2: (2 điểm) 
 Chứng minh rằng phương trình: ( )4 2 2 42 2 3 0x m x m− + + + = luôn có 4 nghiệm 
phân biệt 1 2 3 4, , ,x x x x với mọi giá trị của m . 
 Tìm giá trị m sao cho 2 2 2 21 2 3 4 1 2 3 4 11x x x x x x x x+ + + + ⋅ ⋅ ⋅ = . 
Bài 3: (3 điểm) 
 Cho hình vuông cố định PQRS. Xét một điểm M thay đổi ở trên cạnh PQ 
(M ≠ P, M ≠ Q). Đường thẳng RM cắt đường chéo QS của hình vuông PQRS tại E. 
Đường tròn ngoại tiếp tam giác RMQ cắt đường thẳng QS tại F (F ≠ Q). Đường 
thẳng RF cắt cạnh SP của hình vuông PQRS tại N. 
1. Chứng tỏ rằng: 
 
 
ERF QRE +SRF= . 
2. Chứng minh rằng khi M thay đổi trên cạnh PQ của hình vuông PQRS thì 
đường tròn ngoại tiếp tam giác MEF luôn đi qua một điểm cố định. 
3. Chứng minh rằng: MN = MQ + NS. 
Bài 4: (2 điểm) 
 Tìm tất cả các cặp số nguyên ,p q sao cho đẳng thức sau đúng: 
1232 +−−=−+− qppqqp
Bài 5: (1 điểm) 
 Chứng minh với mọi số thực , ,x y z luôn có: 
 ( )2x y z y z x z x y x y z x y z+ − + + − + + − + + + ≥ + + 
Hết 
SBD thí sinh: ................. Chữ ký GT1: .............................. 
 1 
 Së Gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú THI TUYÓN SINH LíP 10 chuyªn QuèC HäC 
 Thõa Thiªn HuÕ M«n: TO¸N - N¨m häc 2007-2008 
 ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM 
BÀI NỘI DUNG Điểm 
B.1 



=−
=+
82
82
2
2
xy
yx
(2đ) 
Ta có : ( ) ( )2 22 2 0x y y x+ − − = . 0,25 
Hay ( )( )2 0x y x y+ − + = . 0,25 
+ Nếu 0x y+ = , thay y x= − vào phương trình đầu thì: 2 22 8 2 8 0x x x x− = ⇔ − − = 0,25 
Giải ra : 4; 2x x= = − 0,25 
Trường hợp này hệ có hai nghiệm : ( ) ( ); 4; 4x y = − ; ( ) ( ); 2;2x y = − 0,25 
+ Nếu 2 0x y− + = , thay 2y x= + vào phương trình đầu thì: 
( )2 22 2 8 2 4 0x x x x+ + = ⇔ + − = . 
0,25 
Giải ra: 1 5 ; 1 5x x= − − = − + . 0,25 
Trường hợp này hệ có hai nghiệm: 
( ) ( ); 1 5;1 5x y = − − − ; ( ) ( ); 1 5;1 5x y = − + + 
0,25 
B.2 ( )4 2 2 42 2 3 0x m x m− + + + = (1) (2đ) 
Đặt : 2t x= , ta có : ( )2 2 42 2 3 0t m t m− + + + = (2) ( 0t ≥ ) . 0,25 
Ta chứng tỏ (2) luôn có hai nghiệm : 1 20 t t< < . 0,25 
( ) ( )22 4 2' 2 3 4 1 0m m m∆ = + − + = + > với mọi m .Vậy (2) luôn có hai nghiệm phân 
biệt 1 2,t t . 
0,25 
4
1 2 3 0t t m⋅ = + > với mọi m . 0,25 
( )21 2 2 2 0t t m+ = + > với mọi m . 0,25 
Do đó phương trình (1) có 4 nghiệm : 1t− , 1t+ , 2t− , 2t+ . 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 2 2 21 2 3 4 1 2 3 4 1 1 2 2 1 1 2 2x x x x x x x x t t t t t t t t+ + + + ⋅ ⋅ ⋅ = − + + − + + − ⋅ ⋅ − ⋅ 
 ( )1 2 1 22 t t t t= + + ⋅ 
0,25 
( )2 2 2 2 2 4 4 21 2 3 4 1 2 3 4 4 2 3 4 11x x x x x x x x m m m m+ + + + ⋅ ⋅ ⋅ = + + + = + + . 0,25 
2 2 2 2 4 2 4 2
1 2 3 4 1 2 3 4 11 4 11 11 4 0 0x x x x x x x x m m m m m+ + + + ⋅ ⋅ ⋅ = ⇔ + + = ⇔ + = ⇔ = 0,25 
 2 
B.3 3 đ 
Câu3.1 (1đ) 
Hình vẽ đúng 
0,25 
Đường tròn ngoại tiếp tam giác RMQ 
có đường kính RM . 

 
 
 045ERF MRF MQF= = = (3) 
0,25 
F nằm trong đọan ES. 

 
 
090 QRE ERF FRS= + + 
Do đó : 
 
 045QRE SRF+ = (4) 
0,25 
Từ (3) và (4) : 
 
 
ERF QRE SRF= + . 
0,25 
Câu3.2 (1đ) 
Ta chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MEF luôn qua điểm cố định P. 
0,25 
Ta có :
 
045NSE NRE= = . Do đó N, S, R, E ở trên đường tròn đường kính NR. 
0,25 
Ta cũng có:
 
045FME FNE= = . Do đó N, F, E, M ở trên đường tròn đường kính MN. 
0,25 
Do 
 090MPN = nên đường tròn ngoại tiếp tam giác MEF đi qua điểm P. 
0,25 
Câu3.3 
(1đ) 
Tam giác RMN có hai đường cao MF và NE. Gọi H là giao điểm của MF và NE, ta có 
RH là đường cao thứ ba. RH vuông góc với MN tại D. Do đó : 
 
DRM ENM= . 
0,25 
Ta có: 
 
ENM EFM= (do M, N, F, E ở trên một đường tròn);
 
 
EFM QFM QRM= = 
(do M, F, R, Q ở trên một đường tròn). Suy ra:
 
DRM QRM= . D nằm trong đọan MN. 
0,25 
Hai tam giác vuông DRM và QRM bằng nhau, suy ra : MQ = MD 0,25 
Tương tự : Hai tam giác vuông DRN và SRN bằng nhau, suy ra : NS = ND . 
Từ đó : MN = MQ+NS 
0,25 
B. 4 1232 +−−=−+− qppqqp
 (α ) (2đ) 
 Điều kiện: 2 0,p − ≥ 3 0,q − ≥ 2 1 0.pq p q− − + ≥ (p, q là các số nguyên) 0,25 
Bình phưong hai vế của (α ) : 2 2 3 3 2 6p q pq p q− ⋅ − = − − + . 0,25 
Hay : ( )( )2 ( 2)( 3) 2 3p q p q− − = − − . 0,25 
Tiếp tục bình phương : ( ) ( ) ( ) ( )2 24 2 3 2 3p q p q− − = − − . 0,25 
+ Nếu 2p = thì (α ) trở thành: 0 + 3−q = 3−q , đúng với mọi số nguyên 3q ≥ 
tùy ý. 
0,25 
+ Nếu 3q = thì (α ) trở thành: 2−p + 0 = 2−p ,đúng với mọi số nguyên 2p ≥ 
tùy ý. 
0,25 
D
H
N
F
E
M
S R
QP
 3 
+ Xét 2p > và 3q > . Ta có : ( )( )4 2 3p q= − − ( p, q là các số nguyên) 
Chỉ xảy ra các trường hơp : 
 1/ 2 1,p − = 3 4q − = ; 2/ 2 2,p − = 3 2q − = ; 3/ 2 4,p − = 3 1q − = . 
0,25 
Ta có thêm các cặp (p; q): (3; 7) , (4; 5) , (6, 4) . 
Kiểm tra lại đẳng thức (α ): 1 + 4 = 9 ; 2 + 2 = 8 ; 4 + 1 = 9 
0,25 
B.5 )(2 zyxzyxyxzxzyzyx ++≥+++−++−++−+ (*) (1đ) 
Đặt: ,a x y z= + − ,b y z x= + − c z x y= + − . Trong ba số a, b, c bao giờ cũng có ít 
nhất hai số cùng dấu, chẳng hạn: 0a b⋅ ≥ . 
Lúc này : zyx −+ + zxy −+ = a + b = ba + = 2 y 
0,25 
Ta có : x y z a b c+ + = + + ; 2x a c= + ; 2z b c= + . Do đó để chứng minh (*) đúng, 
chỉ cần chứng tỏ : c + cba ++ ≥ ca + + cb + (**) đúng với 0a b⋅ ≥ . 
0,25 
Ta có: 
(**) ( )2 2c a b c ab a c b c ca cb c ab ca cb c ab⇔ ⋅ + + + ≥ + ⋅ + ⇔ + + + ≥ + + + (***) 
0,25 
Đặt: 2ca cb c A+ + = ; ab B= , ta có B B= (do a.b ≥ 0) ta có: 
(***) ⇔ A + B ≥ BA + ⇔ A . B ≥ AB ⇔ AB ≥ AB . 
Dấu đẳng thức xảy ra trong trường hợp các số: a, b, c, a + b + c chia làm 2 cặp cùng 
dấu. Ví dụ: 0ab ≥ và ( ) 0c a b c+ + ≥ . 
0,25 
Chú ý: Có thể chia ra các trường hợp tùy theo dấu của a, b, c (có 8 trường hợp) để chứng 
minh(*)