Tuyen tap DeDa Toan TS10 nam 0910 cac tinh
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.66 MB, 62 trang )
SỞ GIÁO DỤC BÌNH ĐỊNH KỲ THI TUỶÊN SINH VÀO LỚP 10
BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
NĂM HỌC 2009-2010
Đề chính thức Môn thi:Toán (chuyên)
Ngày thi:19/06/2009
Thời gian:150 phút
Bài 1(1.5điểm)
Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:
1 2
a b c
b c c a a b
Bài 2(2điểm)
Cho 3 số phân biệt m,n,p.Chứng minh rằng phương trình
1 1 1
0
x m x n x p
có hai
nghiệm phân biệt.
Bài 3(2điểm)
Với số tự nhiên n,
3
n
.Đặt
1 1 1
3 1 2 5 2 3 2 1 1
n
S
n n n
Chúng minhS
n
<
1
2
Bài 4(3điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp tròn tâm O có độ dài các cạnh BC = a, AC = b, AB = c.E là điểm
nằm trên cung BC không chứa điểm A sao cho cung EB bằng cung EC.AE cắt cạnh BC tại D.
a.Chúng minh:AD
2
= AB.AC – DB.DC
b.Tính độ dài AD theo a,b,c
Bài 5(1.5điểm)
Chứng minh rằng :
2
1
2
3 2
m
n
n
Với mọi số nguyên m,n.
**********************************************
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
1
c
b
a
D
O
C
E
B
A
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THI VÀO 10
TRƯỜNG CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN NĂM 2009
Bài 1:
Vì a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác nên ta có:a,b,c >0 và a< b+c ,b< a + c , c < a+b
Nên ta có
2a a a a
b c a b c a b c
Mặt khác
a a
b c a b c
Vậy ta có
2
(1)
a a a
a b c c b a b c
Tương tự
2
(2);
b b b
a b c c a a b c
2
(3)
c c a
a b c b a a b c
Cộng (1) (2) và (3) vế theo vế ta có điều phải chứng minh.
Bài 2:
ĐK:
, ,
x m n p
PT đã cho
(x-n)(x-p)+(x-m)(x-p)+(x-m)(x-n) = 0
3x
2
-2(m+n+p)x +mn+mp+np = 0(1)
Ta có
Δ
' 2
( ) 3( )
m n p mn mp np
= m
2
+n
2
+p
2
+2mn+2mp+2np -3mn-3mp-3np =
m
2
+n
2
+p
2
–mn-mp-np =
1
2
[(m-n)
2
+(n-p)
2
+(m-p)
2
] >0
Đặt f(x) = 3x
2
-2(m+n+p)x + mn+ mp +np
Ta có f(m) = 3m
2
– 2m
2
-2mn -2mp +mn +mp +np = m
2
–mn –mp +np = (m-n)(m-p)
0
= >m,n,p không phải là nghiệm của pt(1)
Vậy PT đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt
Bài 3
2
2
1 1 1
Ta cã :
2 1
2 1 1
4 4 1
1 n +1 - n 1 1 1
2
2 1. 1
4 4
n n n n
n
n n n
n n
n n
n n n n
n n
Do đó
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1
2 2 2
2 2 3 1 1
n
S
n n n
Bài 3:
Ta có
BAD CAE
( Do cung EB = cung EC)
Và
AEC DBA
( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) nên
Δ
BAD
Δ
EAC
. . (1)
BA AE
AB AC AE AD
AD AC
Ta có
(§èi ®Ønh) vµ CAD
ADC BDC DBE
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung CE) nên
Δ
ACD
Δ
BDE
. .
AD DB
AD DE DB DChay
DC DE
AD(AE-AD) = DB.DC
Hay AD
2
= AD.AE - DB.DC=AB.AC – DB.DC (do (1))
4b)Theo tính chất đường phân giác ta có
DC
hay
b
DC DB DB DC DB a
AC AB c b c b c
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
2
vậy
2
2
. . .
DC DB a a a bc
DB DC
b c b c b c
b c
theo câu a ta có AD
2
= AB.AC – DB.DC =
2 2
2 2
1
a bc a
bc bc
b c b c
2
2
1
a
AD bc
b c
Bài 5:
Vì
m
lµ sè h÷u tØ vµ 2lµ sè v« tØ nªn 2
n
m
n
Ta xet hai trường hợp:
a)
2 2 2 2 2
2 Khi ®ã m 2 2 1 hay m 2n 1
m
n m n
n
Từ đó suy ra :
2
2
2
2
2
2
2
1
2 2
2 1 1 1 1
2 2 2 2
1
1
3 2
2 2
2 2
m n
n
n n n
n
n
n
n
b)
2 2 2 2 2
2 Khi ®ã m 2 2 1 hay m 2n 1
m
n m n
n
Từ đó suy ra :
2
2
2
2
2
2
2
1
2 2
2 1 1
2 2 2 2 2
1
2 2
1 1
1
3 2
2 2
m m n
n
n n n
n
n
n
n
n
************************************************
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
3
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
——————
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho các thí sinh thi vào lớp chuyên Toán
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
—————————
(Đề có 01 trang)
Câu 1: (3,0 điểm)
a) Giải hệ phương trình:
1 1 9
2
1 5
2
x y
x y
xy
xy
b) Giải và biện luận phương trình:
| 3| | 2 | 5
x p x
(p là tham số có giá trị thực).
Câu 2: (1,5 điểm)
Cho ba số thực
, ,
a b c
đôi một phân biệt.
Chứng minh
2 2 2
2 2 2
2
( ) ( ) ( )
a b c
b c c a a b
Câu 3: (1,5 điểm)
Cho
2
1
4 4 1
A
x x
và
2
2 2
2 1
x
B
x x
Tìm tất cả các giá trị nguyên của
x
sao cho
2
3
A B
C
là một số nguyên.
Câu 4: (3,0 điểm)
Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB<CD). Gọi K, M lần lượt là trung điểm của BD,
AC. Đường thẳng qua K và vuông góc với AD cắt đường thẳng qua M và vuông góc với BC
tại Q. Chứng minh:
a) KM // AB.
b) QD = QC.
Câu 5: (1,0 điểm).
Trong mặt phẳng cho 2009 điểm, sao cho 3 điểm bất kỳ trong chúng là 3 đỉnh của một
tam giác có diện tích không lớn hơn 1. Chứng minh rằng tất cả những điểm đã cho nằm trong
một tam giác có diện tích không lớn hơn 4.
—Hết—
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ tên thí sinh SBD
ĐỀ CHÍNH THỨC
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
4
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
——————
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-
2010
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
Dành cho lớp chuyên Toán.
—————————
Câu 1 (3,0 điểm).
a) 1,75 điểm:
Nội dung trình bày Điểm
Điều kiện
0
xy
0,25
Hệ đã cho
2
2[ ( ) ( )] 9 (1)
2( ) 5 2 0 (2)
xy x y x y xy
xy xy
0,25
Giải PT(2) ta được:
2 (3)
1
(4)
2
xy
xy
0,50
Từ (1)&(3) có:
1
2
3
2
2
1
x
y
x y
xy
x
y
0,25
Từ (1)&(4) có:
1
1
3
2
2
1
1
2
2
1
x
y
x y
xy
x
y
0,25
Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là:
( ; ) (1; 2), (2; 1), (1;1/ 2), (1/ 2; 1)
x y
0,25
b) 1,25 điểm:
Nội dung trình bày Điểm
Xét 3 trường hợp:
TH1. Nếu 2
x
thì PT trở thành:
( 1) 2( 1)
p x p
(1)
TH2. Nếu
3 2
x
thì PT trở thành:
(1 ) 2(1 )
p x p
(2)
TH3. Nếu
3
x
thì PT trở thành:
( 1) 2( 4)
p x p
(3)
0,25
Nếu
1
p
thì (1) có nghiệm
2
x
; (2) vô nghiệm; (3) có nghiệm x nếu thoả mãn:
2( 4)
3 1 1
1
p
x p
p
.
0,25
Nếu
1
p
thì (1) cho ta vô số nghiệm thoả mãn
2
x
; (2) vô nghiệm; (3) vô nghiệm.
0,25
Nếu
1
p
thì (2) cho ta vô số nghiệm thoả mãn
3 2
x
; (1) có nghiệm x=2; (3)VN
0,25
Kết luận:
+ Nếu -1 < p < 1 thì phương trình có 2 nghiệm: x = 2 và
2( 4)
1
p
x
p
+ Nếu p = -1 thì phương trình có vô số nghiệm
2
x
+ Nếu p = 1 thì phương trính có vô số nghiệm
3 2
x
+ Nếu
1
1
p
p
thì phương trình có nghiệm x = 2.
0,25
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
5
Câu 2 (1,5 điểm):
Nội dung trình bày Điểm
+ Phát hiện và chứng minh
1
( )( ) ( )( ) ( )( )
bc ca ab
a b a c b a b c c a c b
1,0
+ Từ đó, vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh bằng:
2
2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c bc ca ab
b c c a a b a b a c b c b a c a c b
0,5
Câu 3 (1,5 điểm):
Nội dung trình bày Điểm
Điều kiện xác định: x
1 (do x nguyên). 0,25
Dễ thấy
1 2( 1)
;
| 2 1| | 1|
x
A B
x x
, suy ra:
2 1 1
3 | 2 1| | 1|
x
C
x x
0,25
Nếu
1
x
. Khi đó
2 1 4( 1) 4( 1) 1 2
1 0 1 1 0
3 2 1 3(2 1) 3(2 1) 3(2 1)
x x x
C C
x x x x
Suy ra
0 1
C
, hay
C
không thể là số nguyên với
1
x
.
0,5
Nếu
1
1
2
x
. Khi đó:
0
x
(vì x nguyên) và
0
C
. Vậy
0
x
là một giá trị cần tìm.
0,25
Nếu
1
2
x
. Khi đó
1
x
(do x nguyên). Ta có:
2 1 4( 1)
1 0
3 2 1 3(2 1)
x
C
x x
và
4( 1) 2 1
1 1 0
3(2 1) 3(2 1)
x x
C
x x
, suy ra
1 0
C
hay
0
C
và
1
x
.
Vậy các giá trị tìm được thoả mãn yêu cầu là:
0, 1
x x
.
0,25
Câu 4 (3,0 điểm):
a) 2,0 điểm:
Nội dung trình bày Điểm
Gọi I là trung điểm AB,
,
E IK CD R IM CD
. Xét hai tam giác
KIB và KED có:
ABD BDC
0,25
KB = KD (K là trung điểm BD) 0,25
IKB EKD
0,25
Suy ra
KIB KED IK KE
.
0,25
Chứng minh tương tự có:
MIA MRC
0,25
Suy ra: MI = MR 0,25
Trong tam giác IER có IK = KE và MI = MR
nên KM là đường trung bình
KM // CD
0,25
Do CD // AB (gt) do đó KM // AB (đpcm) 0,25
b) 1,0 điểm:
Nội dung trình bày Điểm
Ta có: IA=IB, KB=KD (gt)
IK là đường trung bình của
ABD
IK//AD hay IE//AD
chứng minh tương tự trong
ABC có IM//BC hay IR//BC
0,25
Có:
QK AD
(gt), IE//AD (CM trên)
QK IE
. Tương tự có
QM IR
0,25
Từ trên có: IK=KE,
QK IE QK
là trung trực ứng với cạnh IE của
IER
. Tương tự QM là
trung trực thứ hai của
IER
0,25
Hạ
QH CD
suy ra QH là trung trực thứ ba của
IER
hay Q nằm trên trung trực của đoạn CD
0,25
A
I
B
K
M
D
E
H
R
C
Q
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
6
Q cách đều C và D hay QD=QC (đpcm).
Câu 5 (1,0 điểm):
Nội dung trình bày Điểm
A'
B'
C'
A
B
C
P
P'
Trong số các tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn nhất (diện tích S). Khi đó
1
S
.
0.25
Qua mỗi đỉnh của tam giác, kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, các đường thẳng
này giới hạn tạo thành một tam giác
' ' '
A B C
(hình vẽ). Khi đó
' ' '
4 4
A B C ABC
S S
. Ta sẽ chứng
minh tất cả các điểm đã cho nằm trong tam giác
' ' '
A B C
.
0.25
Giả sử trái lại, có một điểm
P
nằm ngoài tam giác
' ' ',
A B C
chẳng hạn như trên hình vẽ . Khi đó
; ;
d P AB d C AB
, suy ra
PAB CAB
S S
, mâu thuẫn với giả thiết tam giác
ABC
có diện tích
lớn nhất.
0.25
Vậy, tất cả các điểm đã cho đều nằm bên trong tam giác
' ' '
A B C
có diện tích không lớn hơn 4.
0.25
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN CỦA HẢI PHÒNG
NĂM HỌC 2009-2010
Bài 1 : ( 1 điểm )
Cho
3
4 2 3 3
5 2 17 5 38 2
x
tính
2009
2
1P x x
Bài 2 : ( 1, 5 điểm ) : cho hai phương trình x
2
+ b.x + c = 0 ( 1 )
và x
2
- b
2
x + bc = 0 (2 )
biết phương trình ( 1 ) có hai nghiệm x
1
; x
2
và phương trình ( 2 ) có hai nghiệm
3 4
;
x x
thoả
mãn điều kiện
3 1 4 2
1
x x x x
. xác định b và c
Bài 3 : ( 2 điểm )
1. Cho các số dương a; b; c . Chứng minh rằng
1 1 1
9
a b c
a b c
2. Cho các số dương a; b; c thoả mãn a + b + c
3
. Chứng ming rằng
2 2 2
1 2009
670
a b c ab bc ca
Bài 4 : ( 3, 5 điểm )
Cho tam giác ABC với BC = a ; CA = b ; AB = c( c < a ; c< b ) . Gọi M ; N lần lượt là các
tiếp điểm của đường tròn tâm ( O) nội tiếp tam giác ABC với các cạnh AC và BC . Đường
thẳng MN cắt các tia AO : BO lần lượt tại P và Q . Gọi E; F lần lượt là trung điểm của AB ;
AC
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
7
1. Chứng minh tứ giác AOQM ; BOPN ; AQPB nội tiếp
2. Chứng minh Q; E; F thẳng hàng
3. Chứng minh
MP NQ PQ OM
a b c OC
Bài 5 : ( 2 điểm )
1. Giải phương trình nghiệm nguyên 3
x
- y
3
= 1
2. Cho bảng ô vuông kích thước 2009 . 2010, trong mỗi ô lúc đầu đặt một viên sỏi . Gọi
T là thao tác lấy 2 ô bất kì có sỏi và chuyển từ mỗi ô đó một viên sỏi đưa sang ô bên
cạnh ( là ô có chung cạnh với ô có chứa sỏi ) . Hỏi sau một số hữu hạn phép thực hiện
các thao tác trên ta có thể đưa hết sỏi ở trên bảng về cùng một ô không
Lời giải
Bài 1 :
3
3
3
3
4 2 3 3 3 1 3
5 2 17 5 38 2
5 2 (17 5 38) 2
1 1
1
1 2
17 5 38 17 5 38 2
x
vậy P = 1
Bài 2 : vì
3 1 4 2
1
x x x x
=>
3 1 4 2
1; 1
x x x x
Theo hệ thức Vi ét ta có
1 2
1 2
2
1 2
1 2
(1)
. (2)
1 1 (3)
1 . 1 (4)
x x b
x x c
x x b
x x bc
Từ (1 ) và ( 3 ) => b
2
+ b - 2 = 0 b = 1 ; b = -2
từ ( 4 ) =>
1 2 1 2
. 1
x x x x bc
=> c - b + 1 = bc ( 5 )
+) với b = 1 thì ( 5 ) luôn đúng , phương trình x
2
+ +b x + c = 0 trở thành
X
2
+ x + 1 = 0 có nghiệm nếu
1
1 4 0
4
c c
+) với b = -2 ( 5 ) trở thành c + 3 = -2 c => c = -1 ; phương trình x
2
+ b x + c = 0 trở thành
x
2
- 2 x - 1 = 0 có nghiệm là x =
1 2
vậy b= 1; c
1
4
c
;
b = -2 ; c = -1
Bài 3 :
1. Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương
3
a b c abc
3
1 1 1 1
3
a b c
abc
=>
1 1 1
9
a b c
a b c
dấu “=” sảy ra a = b = c
2. ta có
2
2 2 2
3
3
a b c
ab bc ca a b c ab bc ca
2007
669
ab bc ca
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
8
Áp dụng câu 1 ta có
2 2 2
2 2 2
1 1 1
2 2 2 9
a b c ab bc ca
a b c ab bc ca ab bc ca
=>
2
2 2 2
1 1 9
1
a b c ab bc ca
a b c
vậy
2 2 2
1 2009
670
a b c ab bc ca
. dấu “=” sảy ra a = b = c = 1
Bài 4 : a) ta có
0
1
2
180 1
2 2
BOP BAO ABO A B
C
PNC A B
BOP PNC
=> tứ giác BOPN nội tiếp
+) tương tự tứ giác AOQM nội tiếp
+) do tứ giác AOQM nội tiếp=>
0
90
AQO AMO
tứ giác BOPN nội tiếp =>
0
90
BPO BNO
=>
0
90
AQB APB
=> tứ giác AQPB nội tiếp
b ) tam giác AQB vuông tại Qcó QE là trung tuyến nên QE = EB = EA
=>
1
2
EQB EBQ B QBC
=> QE //BC
Mà E F là đường trung bình của tam giác ABC nên E F //BC
Q; E; F thẳng hàng
c)
~ ( )
~ ( )
~ ( )
MP OM OP
MOP COB g g
a OC OB
NQ ON OM
NOQ COA g g
b OC OC
PQ OP OM
POQ BOA g g
c OB OC
OM MP NQ PQ MP NQ PQ
OC a b c A B C
Bài 5 :
1) 3
x
- y
3
= 1
2
3 1 1
x
y y y
=> tồn tại m; n sao cho
2
1 3 3 1
1 3 9 3.3 3 3
m m
n m m n
y y
y y
m b x m b x
+) nếu m = 0 thì y = 0 và x = 0
+) nếu m > 0 thì
9 3.3 3 3 3 3
1
9 3.3 3 9 3 9
m m n
m m n
n
=>
9 3.3 3 3 3 3 3 0
m m m m
=> m = 1 => y = 2 ; x = 2
vậy p/ trình có hai nghiệm là ( 0 ; 0 0 ; ( 2 ; 2 )
2.Ta tô màu các ô vuông của bảng bằng hai màu đen trắng như bàn cờ vua
Lúc đầu tổng số sỏi ở các ô đen bằng 1005 . 2009 là một số lẻ
sau mối phép thực hiện thao tác T tổng số sỏi ở các ô đen luôn là số lẻ
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
9
vy khụng th chuyn tt c viờn si trờn bng ụ vuụng v cựng mt ụ sau mt s hu hn cỏc
phộp thc hin thao tỏc T
Sở giáo dục-đào tạo Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên
Hà nam
Năm học 2009-2010
Môn thi : toán(đề chuyên)
đề chính thức
Thời gian làm bài: 120 phút(không kể thời gian giao đề)
Bài 1.(2,5 điểm)
1) Giải phơng trình:
2
1 1
2
3 2 2
x x x
2) Giải hệ phơng trình:
1
7
12
x
x y
x
x y
Bài 2.(2,0 điểm)
Cho phơng trình:
6 3 2 0
x x m
a) Tìm m để x =
7 48
là nghiệm của phơng trình.
b) Tìm m để phơng trình có 2 nghiệm x=x
1
; x=x
2
thoả mãn:
1 2
1 2
24
3
x x
x x
Bài 3.(2,0 điểm)
1) Cho phơng trình:
2
2 2 2 6 6 52 0
x m x m
( với m là tham số, x là ẩn số). Tìm
giá trị của m là số nguyên để phwowng trình có nghiệm là số hữu tỷ.
2) Tìm số
abc
thoả mãn:
2
4
abc a b c
.
Bài 4.(3,5 điểm)
Cho ABC nhọn có
C A.
Đờng tròn tâm I nội tiếp
ABC tiếp xúc với các cạnh
AB, BC, CA lần lợt tại các điểm M, N, E; gọi K là giao điểm của BI và NE.
a) Chứng minh:
0
AIB 90
2
C
.
b) Chứng minh 5 điểm A, M, I, K, E cùng nằm trên một đờng tròn.
c) Gọi T là giao điểm của BI với AC, chứng minh: KT.BN=KB.ET.
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
10
d) Gọi Bt là tia của đờng thẳng BC và chứa điểm C. Khi 2 điểm A, B và tia Bt cố
định; điểm C chuyển động trên tia Bt và thoả mãn giả thiết, chứng minh rằng các
đờng thẳng NE tơng ứng luôn đi qua một điểm cố định.
Hết
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ ký giám thị số 1:.Chữ ký giám thị số 2
Gợi ý một số câu khó trong đề thi:
Bài 3:
1) Ta có
'
=
2
2
4 12 68 2 3 77
m m m
Để phơng trình có nghiệm hữu tỷ thì
'
phải là số chính phơng. Giả sử
'
= n
2
( trong đó n là số tự nhiên).
Khi đó ta có
2 2
2 2
2 3 77 2 3 77 2 3 . 2 3 77
m n m n m n m n
Do n
N nên 2m-3+n>2m-3-n
Và do m
Z, n
N và 77=1.77=7.11=-1.(-77)=-7.(-11)
Từ đó xét 4 trờng hợp ta sẽ tìm đợc giá trị của m.
2)Từ giả thiết bài toán ta có:
2 2
2
2 2
100 10
100 10 .4 ( 4 1 0)
4 1
10 9
10 10
4 1 4 1
a b
a b c a b c c do a b
a b
a b a
a b
a b a b
Ta có
2
4 1
a b
là số lẻ và do
0 9
c
nên
2
4 1
a b
5.
Mà
2
4
a b
là số chẵn nên
2
4
a b
phải có tận cùng là 6
2
a b
phải có tận
cùng là 4 hoặc 9. (*)
Mặt khác
2
2.5
4( ) 1
ab
c
a b
và
2
4 1
a b
là số lẻ
2
4 1
a b
<500
2
125,25
a b (**)
Kết hợp (*) và (**) ta có
2
a b
{4; 9; 49; 64}
a+b
{2; 3; 7; 8}
+ Nếu a+b
{2; 7; 8} thì a+b có dạng 3k 1(k
N) khi đó
2
4 1
a b
chia hết cho 3
mà (a+b) + 9a= 3k 1+9a không chia hết cho 3
10 9
a b a
không
3
c
N
+ Nếu a+b =3 ta có
10 3 9 6 1 3
35 7
a a
c
. Vì 0<a<4 và
1+3a
7
1+3a=7
a=2, khi đó c=6 và b=1.Ta có số 216 thoả mãn.
Kết luận số 216 là số cần tìm.
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
11
Bµi 4:
* ý c : Chøng minh KT.BN=KB.ET
C¸ch 1:C/m
AKT
IET
KT AK
ET IE
C/m
AKB
INB
KB AK
BN IN
Do IE=IN tõ ®ã ta suy ra ®iỊu ph¶i chøng minh
C¸ch 2:
C/m
TKE
TAI
KT TA
ET TI
C/m
BIM
BAK
KB AB
BM BI
Theo tÝnh chÊt tia ph©n gi¸c cđa
ABT ta cã
TA AB
TI BI
Vµ do BM=BN tõ ®ã suy ra ®iỊu ph¶i c/m
*ý d:Chøng minh NE ®i qua mét ®iĨm cè ®Þnh:
Do A, B vµ tia Bt cè ®Þnh nªn ta cã tia Bx cè ®Þnh vµ
ABI
kh«ng ®ỉi (tia Bx lµ tia
ph©n gi¸c cđa
ABt
)
XÐt
ABK vu«ng t¹i K ta cã KB = AB.cos ABI=AB.cos
kh«ng ®ỉi
Nh vËy ®iĨm K thc tia Bx cè ®Þnh vµ c¸ch gèc B mét kho¶ng kh«ng ®ỉi do ®ã K cè
®Þnh
®pcm.
GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2009 – 2010
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
12
Đề, lời giải Cách khác, nhận xét
Bài 1: (1 điểm) Cho phương trình ax
2
+ bx + c
= 0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
. Đặt S
2
= x
1
2
+ x
2
2
; S
1
= x
1
.x
2
Chứng minh rằng: a.S
2
+
b.S
1
+ 2c = 0
Theo Vi-ét ta có: x
1
+ x
2
=
b
a
; x
1
.x
2
=
c
a
2 2
1 2 1 2
2
1 2 1 2 1 2
2
1 2 1 2 1 2
2
2 2
a.S2 + b.S1 + 2c = a x x 2
x 2 x x 2
x 2 x x 2
2 . . 2
2 2 0 ( 0)
x b x c
a x x b x c
a x a x b x c
b c b
a a b c
a a a
b b
c c doa
a a
Bài 2: (2 điểm)
Cho phương trình: 2x - 7
x
+ 3m – 4 = 0 (1)
a/ Đònh m để phương trình có một nghiệm
bằng 9 và tìm tất cả nghiệm còn lại của
phương trình.
b/ Tìm tất cả các giá trò của m để phương
trình (1) có nghiệm.
a/ Phương trình có 1 nghiệm x = 9 thay vào pt
ta có:
2.9 - 7
9
+3m – 4 = 0
3m = 7
m = 7/3
Từ (1) ta có x
0
thế vào (1) ta được pt:
2
2 7 3 0 (2)
x x
Đặt
0
x t
ta có pt: 2t
2
– 7t + 3 = 0
Giải tìm được t
1
= 3 ; t
2
= ½
Suy ra x
1
= 9 ; x
2
= ¼
b/ Từ (1) coi phương trình với ẩn là
x
Lập
1 2
81 24
7
2
x
m
S x x
Để pt (1) có nghiệm thì:
1 2
81 24 0
27
7
8
0
2
x
m
m
S x x
Cách khác:
2
2 7 3 0 (2)
x x
x
1
= 9
1
3
x
mà
1 2
2
2
2
7
2
7
3
2
7 1
3
2 2
1
4
x x
x
x
x
Câu b:
Có thể yêu cầu tìm số nguyên lớn nhất
của m để phương trình (1) có nghiệm.
Chú ý: nếu thay
x
bởi
x
ta có bài
toán tương tự.
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
13
Bài 3: (2 điểm) Giải hệ phương trình:
1 2 2 (1)
2 3 6 (2)
3 1 3 (3)
x y
y z
z x
(I)
Nhân (1) (2) và (3) ta có:
[(x + 1)(y + 2)(z + 3)]
2
= 36
(x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 hoặc (x + 1)(y + 2)(z +
3) = -6
Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 hệ (I) là:
0
3 3
0
1 1
0
2 2
z
z
x
x
yy
Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = - 6 hệ (I) là:
6
3 3
2
1 1
4
2 2
zz
xx
y
y
Vậy nghiệm của hệ là (0 ; 0 ; 0) và (-2 ; -4 ; -
6)
Nếu x, y, z đều là các số dương thì hệ chỉ
có 1 nghiệm
Bài 4: (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ cho
parabol (P):
2
3
x
y , điểm I(0 ; 3) và điểm
M(m ; 0)
Với m là tham số khác 0.
a/ Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua
hai điểm M, I
b/ Chứng minh rằng (d) luôn luôn cắt (P) tại
hai điểm phân biệt A, B với AB > 6
a/ Gọi pt của (d) là y = ax + b
Khi đi qua I(0 ; 3) và M(m ; 0) ta có:
3
.0 3
3
( ): 3
3
. 0
b
a b
d y x
m a b
ma
m
b/ Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và
(P):
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
14
2
2
2
2 2
3
3
3
9 9 ( 0)
9 9 0
9 4. . 9 81 36 0, 0
x
x
m
mx x m dom
mx x m
m m m m
Vậy (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt.
Chứng minh AB > 6
Vì A, B là giao điểm của (d) và (P) nên hoành
độ x
A
, x
B
phải thỏa mãn pt: mx
2
+ 9x – 9m = 0
Theo Vi-ét ta có: x
A
+ x
B
=
9
m
; x
A
. x
B
= -9
Do A, B
3 3
( ) 3 ; 3
A A B B
d y x y x
m m
Theo công thức tính khoảng cách:
2 2
2
2
2 2
2
2
2
2
2
2
2
2 2
2 4 2
3 3
9
9
1
9
4 . 1
9 9
4( 9) 1
81 9
36 1
81 729 324
36 36 6
A B A B
A B A B
A B A B
A B
A B A B
AB x x y y
x x x x
m m
x x x x
m
x x
m
x x x x
m
m m
m m
m m m
Bài 5: (3 điểm) Cho hai đường tròn (O ; R) và
(O’ ; R’) cắt nhau tại A và B (R > R’). Tiếp
tuyến tại B của
(O’ ; R’) cắt (O ; R) tại C và tiếp tuyến tại B
của (O ; R) cắt (O’ ; R’) tại D.
a/ Chứng minh rằng: AB
2
= AC.AD và
2
BC AC
BD AD
b/ Lấy điểm E đối xứng của B qua A. Chứng
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
15
minh bốn điểm B, C, E, D thuộc một đường
tròn có tâm là K. Xác đònh tâm K của đường
tròn.
a/ Xét (O) ta có
1 2
C B
(chắn cung AnB)
Xét (O’) ta có
1 1
D B
(chắn cung AmB)
2
2 2
2
2 2
(1)
.
.
ABC ADB
AB AC BC
AD AB BD
AB AC AD
BC AB AB AC AD AC
BD AD AD AD AD
b/ Từ (1) thay AE = AB ta có
AE AC
AD AE
(*) mặt khác:
1 1 1 2 2 1
1 2
;
(**)
A C B A B D
A A
Từ (*) và (**) suy ra:
2 2
1 2 1 2
1 2 1 2
0
( )
180 ( )
AEC ADE c g c
E D
CED CBD E E B B
E D D B
xet BDE
Vậy tứ giác BCED nội tiếp đường tròn tâm K. Với
K là gaio điểm 3 đường trực của
BCE
hoặc
BDE
1
1
2
1
2
2
1
2
1
2
j
/
/
x
x
=
=
K
C
D
O
B
O'
A
E
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
16
Sở GD&ĐT Nghệ An
Đề thi chính thức
Kì thi TUYểN sinh VàO lớp 10
trờng thpt chuyên phan bội châu
năm học 2009 - 2010
Mụn thi: TON
Thi gian: 150 phỳt, khụng k thi gian giao
Bi 1: (3.5 im)
a) Gii phng trỡnh
3 3
2 7 3
x x
b) Gii h phng trỡnh
3
3
8
2 3
6
2
x
y
x
y
Bi 2: (1.0 im)
Tỡm s thc a phng trỡnh sau cú nghim nguyờn
2
2 0
x ax a
.
Bi 3: (2.0 im)
Cho tam giỏc ABC vuụng ti A cú ng phõn giỏc trong BE (E thuc AC). ng trũn
ng kớnh AB ct BE, BC ln lt ti M, N (khỏc B). ng thng AM ct BC ti K. Chng
minh: AE.AN = AM.AK.
Bi 4: (1.5 im)
Cho tam giỏc ABC cú 3 gúc nhn, trung tuyn AO cú di bng di cnh BC.
ng trũn ng kớnh BC ct cỏc cnh AB, AC th t ti M, N (M khỏc B, N khỏc C).
ng trũn ngoi tip tam giỏc AMN v ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC ct ng
thng AO ln lt ti I v K. Chng minh t giỏc BOIM ni tip c mt ng trũn v t
giỏc BICK l hỡnh bỡnh hnh.
Bi 5: (2.0 im)
a) Bờn trong ng trũn tõm O bỏn kớnh 1 cho tam giỏc ABC cú din tớch ln hn hoc
bng 1. Chng minh rng im O nm trong hoc nm trờn cnh ca tam giỏc ABC.
b) Cho a, b, c l cỏc s thc dng thay i tha món:
3
a b c
.
Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
2 2 2
2 2 2
P
ab bc ca
a b c
a b b c c a
Ht
H v tờn thớ sinh SBD
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
17
* Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
* Giám thị không giải thích gì thêm.
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
18
Sở GD&ĐT Nghệ An
Đề thi chính thức
Kì thi TUYểN sinh VàO lớp 10 trờng thpt chuyên
phan bội châu năm học 2009 - 2010
Môn thi: Toán
Hớng dẫn chấm thi
Bản hớng dẫn chấm gồm 03 trang
Nội dung đáp án Điểm
Bài 1 3,5 đ
a
2,0đ
3 3
2 7 3
x x
3 3 3 3
2 7 3 2. 7 2 7 27
x x x x x x
0.50đ
3
9 9. ( 2)(7 ) 27
x x
0.25đ
3
( 2)(7 ) 2
x x
0.25đ
( 2)(7 ) 8
x x
0.25đ
2
5 6 0
x x
0.25đ
1
6
x
x
( thỏa mãn )
0.50đ
b 1,50đ
Đặt
2
z
y
0.25đ
Hệ đã cho trở thành
3
3
2 3
2 3
x z
z x
0.25đ
3 3
3
x z z x
0,25đ
2 2
3 0
x z x xz z
0,25đ
x z
(vì
2 2
3 0, ,
x xz z x z
).
0,25đ
Từ đó ta có phơng trình:
3
1
3 2 0
2
x
x x
x
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm:
( , ) ( 1; 2), 2,1
x y
0,25đ
Bài 2:
1,0 đ
Điều kiện để phơng trình có nghiệm:
2
0 4 8 0
a a
(*).
0,25đ
Gọi x
1
, x
2
là 2 nghiệm nguyên của phơng trình đã cho ( giả sử x
1
x
2
).
Theo định lý Viet:
1 2
1 2 1 2
1 2
. 2
. 2
x x a
x x x x
x x a
0,25đ
1 2
( 1)( 1) 3
x x
1
2
1 3
1 1
x
x
hoặc
1
2
1 1
1 3
x
x
(do x
1
- 1 x
2
-1)
1
2
4
2
x
x
hoặc
1
2
0
2
x
x
0,25đ
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
19
Suy ra a = 6 hoặc a = -2 (thỏa mãn (*) )
Thử lại ta thấy a = 6, a = -2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
0,25đ
Bài 3:
2,0 đ
Vì BE là phân giác góc
ABC
nên
ABM MBC AM MN
0,25đ
MAE MAN
(1)
0,50đ
Vì M, N thuộc đờng tròn đờng
kính AB nên
0
90
AMB ANB
0,25đ
0
90
ANK AME
, kết hợp
với (1) ta có tam giác AME đồng
dạng với tam giác ANK
0,50đ
AN AK
AM AE
0,25đ
AN.AE = AM.AK (đpcm)
0,25đ
Bài 4:
1,5 đ
Vì tứ giác AMIN nội tiếp nên
ANM AIM
Vì tứ giác BMNC nội tiếp nên
ANM ABC
AIM ABC
.Suy ra tứ giác BOIM nội tiếp
0,25đ
Từ chứng minh trên suy ra tam giác AMI
đồng dạng với tam giác AOB
. .
AM AI
AI AO AM AB
AO AB
(1)
0,25đ
Gọi E, F là giao điểm của đờng thẳng AO
với (O) (E nằm giữa A, O).
Chứng minh tơng tự (1) ta đợc:
AM.AB = AE.AF
= (AO - R)(AO + R) (với BC = 2R)
= AO
2
- R
2
= 3R
2
0,25đ
AI.AO = 3R
2
2 2
3 3 3
2 2 2
R R R R
AI OI
AO R
(2)
0,25đ
Tam giác AOB và tam giác COK đồng dạng nên
OA.OK = OB.OC = R
2
2 2
2 2
R R R
OK
OA R
(3)
0,25đ
Từ (2), (3) suy ra OI = OK
Suy ra O là trung điểm IK, mà O là trung điểm của BC
Vì vậy BICK là hình bình hành
0,25đ
Bài 5:
2,0 đ
1,0 đ
Giả sử O nằm ngoài miền tam giác ABC.
Không mất tính tổng quát, giả sử A và O
nằm về 2 phía của đờng thẳng BC
0,25đ
Suy ra đoạn AO cắt đờng thẳng BC tại K.
Kẻ AH vuông góc với BC tại H.
0,25đ
a,
Suy ra AH AK < AO <1 suy ra AH < 1
0,25đ
Suy ra
. 2.1
1
2 2
ABC
AH BC
S
(mâu thuẫn với
giả thiết). Suy ra điều phải chứng minh.
0,25đ
B
A
C
K N
M
E
A
B
C
F
O
I
M
N
E
A
B
C
O
K
H
K
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
20
b, 1,0đ
Ta có: 3(a
2
+ b
2
+ c
2
) = (a + b + c)(a
2
+ b
2
+ c
2
)
= a
3
+ b
3
+ c
3
+ a
2
b + b
2
c + c
2
a + ab
2
+ bc
2
+ ca
2
0,25đ
mà a
3
+ ab
2
2a
2
b (áp dụng BĐT Côsi )
b
3
+ bc
2
2b
2
c
c
3
+ ca
2
2c
2
a
Suy ra 3(a
2
+ b
2
+ c
2
)
3(a
2
b + b
2
c + c
2
a) > 0
0,25đ
Suy ra
2 2 2
2 2 2
P
ab bc ca
a b c
a b c
2 2 2
2 2 2
2 2 2
9 ( )
P
2( )
a b c
a b c
a b c
0,25đ
Đặt t = a
2
+ b
2
+ c
2
, ta chứng minh đợc t
3.
Suy ra
9 9 1 3 1
3 4
2 2 2 2 2 2 2
t t t
P t
t t
P 4
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4
0,25đ
Nếu thí sinh giải cách khác đúng của mỗi câu thì vẫn cho tối đa điểm của câu đó
S GIO DC V O TO Kè THI TUYN SINH VO LP 10 THPT CHUYấN LAM
SN
THANH HO NM HC: 2009-2010
MễN: TON (Dnh cho hc sinh thi vo lp chuyờn Toỏn)
Thi gian: 150 phỳt (khụng k thi gian giao )
Ngy thi: 19 thỏng 6 nm 2009
Cõu 1: (2,0 im)
1. Cho s x (
x R ; x > 0
) tho món iu kin :
2
2
1
x + = 7
x
. Tớnh giỏ tr cỏc biu
thc : A =
3
3
1
x +
x
v B =
5
5
1
x +
x
.
chớnh thc
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
21
2. Gii h phng trỡnh:
1 1
+ 2 - 2
y
x
1 1
+ 2 - 2
x
y
Cõu 2: (2,0 im)
Cho phng trỡnh: ax
2
+ bx + c = 0 (a
0) cú hai nghim x
1
, x
2
tho món iu kin:
1 2
0 x x 2
. Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc:
2 2
2
2a - 3ab + b
Q =
2a - ab + ac
.
Cõu 3: (2,0 im)
1. Gii phng trỡnh:
1
x - 2 + y + 2009 + z - 2010 = x + y
+ z
2
.
2. Tỡm tt c cỏc s nguyờn t p 4p
2
+ 1 v 6p
2
+ 1 cng l s nguyờn t.
Cõu 4: (3,0 im)
1. Cho hỡnh vuụng ABCD cú hai ng chộo ct nhau ti E. Mt ng thng i qua A, ct
cnh BC ti M v ct ng thng CD ti N. Gi K l giao im ca cỏc ng thng
EM v BN. Chng minh rng: CK
BN.
2. Cho ng trũn (O) bỏn kớnh R = 1 v mt im A sao cho OA =
2
. V cỏc tip tuyn
AB, AC vi ng trũn (O) (B, C l cỏc tip im). Mt gúc xOy cú s o bng 45
0
cú
cnh Ox ct on thng AB ti D v cnh Oy ct on thng AC ti E. Chng minh rng
2 2 - 2 DE < 1
.
Cõu 5: (1,0 im)
Cho biu thc P = a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ ac + bd , trong ú ad bc = 1. Chng minh rng: P
3
.
Ht
H v tờn thớ sinh: S bỏo danh:
sở giáo dục - đào tạo hà
nam
kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyên
Năm học 2009 - 2010
Môn thi : toán(Đề chung)
đề chính thức
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Bài 1. (2 điểm)
Cho biểu thức P =
2
1 2 3
1
1
x x x x x
x
x
a) Tìm điều kiện xác định của P
b) Rút gọn P
c) Tìm x để P > 0
Bài 2. (1,5 điểm)
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
22
Giải hệ phơng trình:
1 2 2
2 2 1
x y
x y
Bài 3. (2 điểm)
1) Tìm toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = x + 6 và parabol y = x
2
2) Tìm m để đồ thị hàm số y = (m + 1)x + 2m + 3 cắt trục õ, trục Oy lần lợt tại các điểm A , B
và
AOB cân ( đơn vị trên hai trục õ và Oy bằng nhau).
Bài 4. (3,5 điểm)
Cho
ABC vuông đỉnh A, đờng cao AH, I là trung điểm của Ah, K là trung điểm của HC.
Đờng tròn đờng kính AH ký hiệu (AH) cắt các cạnh AB, AC lần lợt tại diểm M và N.
a) Chứng minh
ACB và
AMN đồng dạng
b) Chứng minh KN là tiếp tuýn với đờng tròn (AH)
c) Tìm trực tâm của
ABK
Bài 5. (1 điểm)
Cho x, y, z là các số thực thoả mãn: x + y + x = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
1 1 1
16 4
x y z
hết
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ ký giám thị số 1: Chữ ký giám thị số 2:
sở giáo dục đào tạo hà
nam
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyên
Năm học 2009 2010
hớng dẫn chấm thi môn toán : đề chung
Bài 1 (2 điểm)
a) (0,5 điểm) Điều kiện xác định của P là x
0
và x 1
0.5
b) (1 điểm)
1
1
1
x x
x
x
x
0,25
2
2 3
4 4 3
1 1
x x x
x x x x
x x
0,25
4
1
x
x
0,25
Vậy P =
4
1
x
0,25
c) (0,5 điểm) P>0
1 0
x
0,25
1 0 1
x x
0,25
Bài 2 (1,5 điểm)
Cộng hai phơng trình ta có :
3 2 2 1 2
x
0,5
1 2 1
2 1
3 2 2 1 2
x
0,5
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
23
Với
2 1 2 2 1 2 1 1 2 1
x y
0,25
K/l Vậy hệ có nghiệm:
2 1
2 1
x
y
0,25
Bài 3 (2 điểm)
a) (1 điểm) Hoành độ giao điểm là nghiệm của phơng trình: x
2
= x + 6
2
6 0 2
x x x
hoặc x = 3
05
Với x = -2
4; 3 9
y x y
0,25
Hai điểm cần tìm là (-2;4); (3;9) 0,25
b) (1 điểm)
Với y = 0
2 3
1 2 3 0
1
m
m m x
m
(với m -1)
2m+3
A - ;0
m+1
Với x = 0
2 3 B 0;2m+3
y m
0,25
OAB vuông nên
OAB cân khi A;B O và OA = OB
2 3
2 3
1
m
m
m
0,25
+ Với
2 3 1
2 3 2 3 1 0 0
1 1
m
m m m
m m
hoặc m =
3
2
(loại)
0,25
+ Với
2 3 1
2 3 2 3 1 0 2
1 1
m
m m m
m m
hoặc m =
3
2
(loại)
K/l: Giá trị cần tìm m = 0; m = -2
0,25
Bài 4(3,5 điểm)
a) (1,5 điểm)
E
N
M
I
K
H
C
B
A
0,25
AMN và
ACB vuông đỉnh A 0,25
Có
AMN AHN
(cùng chắn cung AN)
AHN ACH
(cùng phụ với
HAN
) (AH là đờng kính)
AMN ACH
0,75
AMN ACB
0,25
b) (1 điểm)
HNC vuông đỉnh N vì
0
ANH 90
có KH = KC
NK = HK
lại có IH = IN (bán kính đờng tròn (AH)) và IK chung nên
KNI =
KHI (c.c.c)
0
90
KNI KHI
0
90
KNI
0,75
Có KN
In, IN là bá kính của (AH)
KN là tiếp tuyến với đờng tròn (AH)
0,25
c) (1 điểm)
+ Gọi E là giao điểm của Ak với đờng tròn (AH), chứng minh góc HAK= góc HBI
Ta có AH
2
HB.HC
AH.2IH = HB.2HK
HA HK
HB HI
0,5
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
24
HAK
HBI
HAK HBI
+ Có
HAK EHK
(chắn cung HE)
//
HBI EHK BI HE
Có
0
90
AEH
(AH là đờng kính)
BI AK
0,25
ABK có
BI AK
và
BK AI
I là trực tâm
ABK
0,25
Bài 5 (1 điểm)
1 1 1 1 1 1 21
P=
16x 4 16x 4 16 4 16 4 16
y x z x z y
x y z
y z y z x y x z y z
0,5
Theo cối với các số dơng:
1
16 4 4
y x
x y
dấu bằng xảu ra khi y=2x
1
16 2
z x
x z
dấu bằng xảu ra khi z=4x
1
4
z y
y z
dấu bằng xảu ra khi z=2y
Vậy P
49/16
0,25
P = 49/16 với x = 1/7; y = 2/7; z = 4/7
Vậy giá trị bé nhấy của P là 49/16
0,25
S GIO DC V O TO
TNH NINH BèNH
CHNH THC
THI TUYN SINH VO LP 10 CHUYấN
NM HC 2009 2010
Mụn Toỏn Vũng 1
(Dựng cho tt c cỏc thớ sinh)
Thi gian lm bi 120 phỳt (Khụng k thi gian giao )
thi gm 05 cõu trong 01 trang
Cõu 1: (2 im)
Tớnh giỏ tr biu thc:
x 5 2 2 5 5 250
3 3
y
3 1 3 1
x x y y
A x y
x xy y
Cõu 2: (2,5 im)
Cho phng trỡnh (m + 1)x
2
2(m 1) + m 2 = 0 (n x, tham s m).
a) Gii phng trỡnh khi m = 2.
b) Tỡm m phng trỡnh cú hai nghim phõn bit x
1
; x
2
tha món:
1 2
1 1 7
x x 4
Cõu 3: (1,0 im)
Khong cỏch gia hai bn sụng A v B l 60 km. Mt ca nụ chy xuụi dũng t bn
A ti bn B, ngh 1 gi 20 phỳt bn sụng B v ngc dũng tr v A. Thi gian k t lỳc
khi hnh n khi v bn A tt c 12 gi. Tớnh vn tc riờng ca ca nụ v vn tc dũng
nc bit vn tc riờng cu ca nụ gp 4 ln vn tc dũng nc.
Cõu 4: (3,5 im)
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
25
