BÀI GIẢI VÀO 10 CHUYÊN TOÁN BẮC NINH 2011

GV: NGUYỄN THẾ TƯỞNG THCS: LÊ QUÝ ĐÔN RẠCH GIÁ – KIÊN GANG
BÀI GIẢI
ĐƯA ĐỀ LÊN CÙNG NHAU THAM KHẢO ; NẾU CÒ GÌ KHIẾM KHUYẾT MONG BẠN
ĐỌC GÓP Ý, XÂY DỰNG . Liên hệ điện thoại 0916969096
TRANG : 1
6
4
2
-2
-4
-10
-5
5
10
GV: NGUYỄN THẾ TƯỞNG THCS: LÊ QUÝ ĐÔN RẠCH GIÁ – KIÊN GANG
BÀI 1 (1,5 điểm): Cho hàm số : y = f(x) = - x
x
có đồ thị là (P)
1) y = f(x) = - x
x
=
2
2
0
0
x khi x
x khi x

− ≥



<


a) Xét 0
≤
x
1

≤
x
2
ta có : f(x
1
) – f(x
2
) = ( x
2
– x
1
)(x
2
+ x
1
)
≥
0 => f(x) = - x
2
nghịch biến
mọi : 0
≤

x
1

≤
x
2
b) Xét x
1
< x
2
< 0

ta có : f(x
1
) – f(x
2
) = ( x
2
– x
1
)(x
2
+ x
1
) > 0 => f(x) = x
2
nghịch biến mọi :
x
1
< x

2
< 0
Từ a) và b) suy ra y = f(x) = - x
x
nghịch biến mọi giá trị x thuộc R.
2) Tọa độ giao điểm của đồ thị (P) và đường thẳng y = - 2x là nghiệm của hệ :
2
( 0)
2
y x x
y x

= − ≥

= −

giải hệ ta có : cặp già trị (0;0) và (2; – 4) thỏa mẵn.
Tọa độ giao điểm của đồ thị (P) và đường thẳng y = - 2x củng là nghiệm của hệ :
2
( 0)
2
y x x
y x

= <

= −

giải hệ ta có : cặp già trị ( – 2; 4) thỏa mẵn.
Tóm lại: ta có Tọa độ giao điểm của đồ thị (P) và đường thẳng y = - 2x là : (0;0) và (2; – 4) và ( –

2; 4) .
3) ta có đồ thị hàm số y = f(x) = - x
x
như sau:

BÀI 2 (2,0 điểm): Phương trình : x
2
– 2x – 2
x m−
+ 2 = 0
1) vói m =1 và x
≥
1 ta có pt: x
2
– 4x

+ 4 = 0 => x = 2 ( nhận)
vói m =1 và x < 1 ta có pt: x
2
= 0 => x = 0 ( nhận)
Vậy khi m =1 thì nghiệm của phương trình là : x = 0 và x = 2.
2) với x
≥
m ta có phương trình : x
2
– 4x + 2m + 2 = 0 Phương trình có hai nghiệm khi
∆
’

≥

0
⇔
m = 1
với x < m ta có phương trình : x
2
– 2m + 2 = 0 Phương trình có hai nghiệm khi
ĐƯA ĐỀ LÊN CÙNG NHAU THAM KHẢO ; NẾU CÒ GÌ KHIẾM KHUYẾT MONG BẠN
ĐỌC GÓP Ý, XÂY DỰNG . Liên hệ điện thoại 0916969096
TRANG : 2
H
C
'
B
'
A
'
x
'
x
0
B
C
A
GV: NGUYỄN THẾ TƯỞNG THCS: LÊ QUÝ ĐÔN RẠCH GIÁ – KIÊN GANG
∆
’

≥
0
⇔

m
≥
1
Vậy m
≥
1 thì phương trình đã cho có đúng hai nghiệm.
BÀI 3(2,0 điểm):
1) x + y = 3
xy
vì x > 0; y > 0)
3
y
x
y x
⇔ + =
. Đặt t =
0
x
y
>
ta có phương trình :
t +
1
t
– 3 = 0
⇔
t
2
– 3t + 1 = 0 => t
1,2

=
3 5
2
±
.
Với t = t
1
=
3 5
2
+
=>
7 3 5
2
x
y
+
=
: Với t = t
2
=
3 5
2
−
=>
7 3 5
2
x
y
−

=
2)
1 1
2
x y
+ =
. Ta có y = tx > 0 ( t > 0) => tx
2
– ( 2t – 2)x = 0 => x(tx – 2t – 2) = 0 vì x > 0 =>
tx – 2t – 2 = 0 => x =
2( 1)
2( 1)
t
y t
t
+
⇒ = +
( t > 0, t thuộc R ).
Vậy
2( 1)
( 0; )
2( 1)
t
x
t t R
t
y t
+

=


> ∈


= +

BÀI 4(3,0 điểm):

1) Kẻ tiếp tuyến xx
’
tại A ta có : tứ giác C
’
B
’
CB nội tiếp được một đường tròn
( vì có C
’
và B
’
cùng nhìn BC dưới một góc vuông) =>
·
·
' '
AC B ACB=
(góc ngoài của tứ giác nội tiếp) .(1)
Mặt khác
·
·
XAB ACB=
( đều bằng nữa số đo cnug nhò AB) (2)

Từ (1) và (2) =>
·
·
' '
AC B xAB=
= > x
’
x // C
’
B
’

Mà OA
⊥
xx
’
=> OA
⊥
C
’
B
’
( đpcm)
2) Tương tự chứng minh như trên ta cũng có:
OB
⊥
C
’
A
’

và OC
⊥
A
’
B
’
' ' ' ' ' '
' ' ' ' ' '
1
( )
2
ABC
AB OC C OA B B OA C
S S S S R C B B A A C= + + = + +
V
=
1
2
PR
(ĐPCM).
3) ta có : ∆ AC
’
B
’
đồng dạng ∆ ACB =>
' '
'
2
AB C
ABC

S
AB
COS A
S AB
 
= =
 ÷
 
V
V
(1) . Tương tự có
' '
2
cos
BC A
ABC
S
B
S
=
V
V
(2) và
' '
2
CB A
ABC
S
COS C
S

=
V
V
(3) . Cộng vế với vế (1) , (2) , (3) =>
'
2 2 2
cos cos cos 1
S
A B C
S
+ + = −
(đpcm)
ĐƯA ĐỀ LÊN CÙNG NHAU THAM KHẢO ; NẾU CÒ GÌ KHIẾM KHUYẾT MONG BẠN
ĐỌC GÓP Ý, XÂY DỰNG . Liên hệ điện thoại 0916969096
TRANG : 3
GV: NGUYỄN THẾ TƯỞNG THCS: LÊ QUÝ ĐÔN RẠCH GIÁ – KIÊN GANG
ĐƯA ĐỀ LÊN CÙNG NHAU THAM KHẢO ; NẾU CÒ GÌ KHIẾM KHUYẾT MONG BẠN
ĐỌC GÓP Ý, XÂY DỰNG . Liên hệ điện thoại 0916969096
TRANG : 4