Đáp án kì thi toán lớp 10 trường THPT chuyên Hà Nội năm 2009 -2010 ppt

Trường THPT chuyên Hà Nội - Amsterdam
Đáp án Kỳ kiểm tra thử vào lớp 10
Năm học 2009 - 2010
Bài I (2 điểm) x = (
3
+ 1)
3
6 3 10−
-
7 4 3+
= -
3
→A =
4 2
1999
x 4x 3
x
− +
= 0
Bài II (2 điểm)
Đặt F(t) = (m + 2)t
2
– 3t + m ; G(t) = (m + 2)t
2
– 4t + m
Đ/k cần: Nếu (x
0
; y
0
; z
0

) là một nghiệm của hệ thì (z
0
; x
0
; y
0
) cũng là nghiệm → hệ có
nghiệm duy nhất khi nghiệm thỏa mãn x
0
= y
0
= z
0
. → nghiệm của hệ chính là nghiệm
của pt: x
2
= (m + 2)x
3
– 3x
2
+ mx hay x.G(x) = 0 (4)
(x, y, z) = (0, 0, 0) là một nghiệm của hệ. Suy ra G(x) = 0 vô nghiệm
→ ∆
G
< 4 – m(m + 2) < 0. Ta được m < -1 -
5
, hoặc m > -1 +
5
(*)
Đk đủ:Ta cm (*) cũng là đk đủ. Từ (*) suy ra G(t) ≠ 0 mọi t và (m + 2)G(t) > 0 mọi t (5)

Từ điều kiện (*) ta có ∆
F
= 9 – 4m(m + 2) < 0 và (m+2)F(t) > 0 mọi t
Xét pt (1) có xF(x) = z
2
≥ 0 mọi x → (m + 2)x ≥ 0, kết hợp (5) suy ra xG(x) ≥ 0 mọi x
Tương tự, xét pt (2) ; (3) cũng có: yG(y) ≥ 0; zG(z) ≥ 0 với mọi y; z
Cộng vế ta có xG(x) + yG(y) + zG(z) ≥ 0. Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 0 (đpcm)
Bài III (2 điểm)
Tập hợp các ∆ hữu hạn → tồn tại tam giác có diện tích lớn nhất.
Giả sử, ∆ ABC có diện tích lớn nhất. Qua các đỉnh vẽ các đường thẳng m
1
; m
2
; m
3
tương ứng // BC, AC, AB. Chúng cắt nhau tạo thành ∆MNP. Có S
MNP
= 4S
ABC
≤ 4
Ta sẽ c/m đó là tam giác cần tìm.
Thật vậy, giả sử tồn tại điểm K
∉
∆
MNP. Không mất tổng quát, giả sử K thuộc 1/2 mặt
phẳng bờ m
1
không chứa C. Khi đó S
KBC

> S
ABC
. Trái với g.t ∆ABC có diện tích lớn
nhất. Vậy Không tồn tại K ngoài tam giác MNP. Suy ra đpcm
Bài IV (4 điểm)
a. ∆ABN là tam giác cân
b. Do NP // AQ
c. Không. Do nếu thẳng hàng thì QM là phân giác góc Q. Khi đó M là tâm đường
tròn nội tiếp ∆QAC. Suy ra CM vuông góc CK. Vô lí
d. Vẽ (O’) ngoại tiếp ∆QMN. Ta có ∆O’MN = ∆OMA. Suy ra OBNO’ là hình bình
hành. Suy ra ∆QO’N = ∆COB → QN = BC = x
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABQ ta có x . (2R + x) = 4R
2
Giải ra ta có x = - R + R
5
(do x > 0)