Đề và đáp án Toán Chuyên Ngữ Hà Nội 2010

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
TRƯỜNG ĐẠI HỌC NGOẠI NGỮ Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGOẠI NGỮ NĂM 2010
Đề thi môn: Toán
Thời gian làm bài 120 phút ( Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi 06 – 06 – 2010
Câu 1 ( 2,0 điểm )
Cho biểu thức
x 2x x 1 2
P : .
9 x
3 x x 3 x x
   
−
= + −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
−
+ −
   
1) P có nghĩa
⇔
x 0
x 3;x 25
>


≠ ≠

x(3 x) 2x x 1 2( x 3) x(3 x ) x 5
P : :

9 x 9 x
x 3 x x 3 x (3 x)(3 x) (3 x) x
x x(3 x) x
. .
(3 x) x 5 x 5
       
− − − + −
= + − =
 ÷  ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷  ÷
− −
− − + − −
       
−
=
− − −
2) P
4
3
= −
⇔
4
3
5
= −
−
x
x
⇔
4

3 4 20 0 (3 10)( 2) 4
3
5
= − ⇔ + − = ⇔ + − ⇔ =
−
x
x x x x x
x
Câu 2 ( 2,0 điểm )
1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x
2
+4x + 1 = y
4

2 2
( 2 )( 2 ) 3(*)⇔ + + + − =x y x y
2 2
ì x, y nguyên và 2 2+ + ≥ + −v x y x y
nên từ (*) suy ra:

2 2
2 2
2 3 2 1
(I) và ( )
2 1 2 3
 
+ + = + + = −
 
 
+ − = + − = −

 
 
x y x y
II
x y x y
. Giải (I) ta được
0
1
=


= ±

x
y
Giải (II) ta được
4
3
=


= ±

x
y
.
2 2 2 2 2 2
3 3 3 3 3
2 2
2

3
x xy y 3 x xy y 3 x xy y 3
2)
x 3(y x) 1 x y 3(y x) 1 y (x y)3 3(y x) 1 y
x 1
x xy y 3
x x 2 0
x 2
y 1
y 1
y 1
  
+ + = + + = + + =
  
⇔ ⇔
  
+ − = − + − = − − + − = −
  
  
 =


+ + =

+ − =
 

⇔ ⇔ ⇔
= −
  


=
=




=

.
Câu 3 ( 2,0 điểm )
Cho phương trình ẩn x: (m-10)x
2
+ 2(m-10)x + 2 =0 (3)
1) Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt x
1
; x
2
.
Với m=10 phương trình (3) trở thành 2=0 nên (3) vô nghiệm khi m=10
Với m
≠
10 phương trình (3) trở thành phương trình bạc hai ẩn x có
∆
’=(m-12)(m-10). (3) có hai
nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thì

' 0
∆ > ⇔
(m-12)(m-10) >0
⇔
m>12 hoặc m<10.
2) Chứng minh rằng khi đó ta có:
3 3 2 2
1 2 1 2 1 2
x x x x x x 4+ + + < −
Với m>12 hoặc m<10 theo Vi ét ta có:
1 2
1 2
2
2
10
+ = −



=

−

x x
x x
m
khi đó
3 3 2 2
1 2 1 2 1 2
x x x x x x 4+ + + < −

2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
6 2
(x x )[(x x ) 3x x ] x x (x x ) 4 2(4 ) ( 2) 4
m 10 m 10
⇔ + + − + + < − ⇔ − − + − < −
− −
( ) ( )
( )
2
m 12 m 10
3 1 2
2 1 1 0 0
m 10 m 10 m 10
m 10
− −
⇔ − + > ⇔ − > ⇔ >
− − −
−
(ĐPCM)
Câu 4 ( 3,0 điểm )
E
F
J
K
I
D
C
B
A

O
M
N
1) Dễ thấy D, O, M, N, A nội tiếp đường tròn đường kinh AO.
2) Ta thấy
·
· ·
·
BDM ONM OMN=CDN
= =
.
3) Từ K kẻ đường vuông góc với BC đường này cắt AO tại J kẻ JE
⊥
AB; JF
⊥
AC khi đó JE=JF(*).
Ta có OI//KJ ( cùng
⊥
BC); OM//JE ( cùng
⊥
AB) theo Talets ta có:
//
= = ⇒
AI AO AM
MI KE
AK AJ AE
Tương tự ta có NI//KF => K, F, E thẳng hàng=>
·
·
KEJ KFJ

=
.
Dễ thấy
·
·
·
·
KEJ KBJ;KFJ KCJ
= =
=>
· ·
KBJ CKJ
= ⇒∆
BJC
cân tại J nên KB=KC (ĐPCM).
Câu 5 ( 1,0 điểm )
Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a+b+c+ab+bc+ca=6. Chứng minh rằng:
CM:
3 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c a b c
( ) ( ) ( ) 2 2 2 ( )
b c a b c a
+ + + + + ≥ + + ⇔ + + ≥ + + + + + − − −
ab bc ca a b c a b c a b c ab bc ca
3 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c 1 a b c
( ) ( ) ( )
b c a 2 b c a

 
+ + ≥ + + + − + − + − ⇒ + + ≥ + +
 
a b c a b b c c a a b c
(ĐPCM)
Dấu “ = ” xảy ra khi x = y = z = 1
CM:
2 2 2
3+ + ≥a b c
Ta có :
2 2 2
( 1) ( 1) ( 1) 2 2 2+ + + + + ≥ + +a b c a b c
(1)
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) 0 2( ) 2( ) (2)− + − + − ≥ ⇔ + + ≥ + +a b b c c a a b c ab bc ca
Từ (1) và (2)
2 2 2 2 2 2
3( ) 3 2(a+b+c+ab+bc+ca) 3+ + + ≥ ⇔ + + ≥a b c a b c
(ĐPCM)
HẾT