50 đề thi vào lớp 10 chuyên nguyễn trãi
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (3.27 MB, 140 trang )
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI - NĂM HỌC 2009-2010
Môn thi : TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi 08 tháng 7 năm 2009
(Đề thi gồm: 01 trang)
Câu I (2.5 điểm):
1) Giải hệ phương trình:
+ + =
+ =
2) Tìm m nguyên để phương trình sau có ít nhất một nghiệm nguyên:
+ + − + =
Câu II (2.5 điểm):
1) Rút gọn biểu thức:
( ) ( )
+ − + − −
=
+ −
với
− ≤ ≤
2) Cho trước số hữu tỉ m sao cho
là số vô tỉ. Tìm các số hữu tỉ a, b, c để:
+ + =
Câu III (2.0 điểm):
1) Cho đa thức bậc ba f(x) với hệ số của x
3
là một số nguyên dương và biết
− =
. Chứng minh rằng:
−
là hợp số.
2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
= − + − + +
Câu IV (2.0 điểm):
Cho tam giác MNP có ba góc nhọn và các điểm A, B, C lần lượt là hình chiếu
vuông góc của M, N, P trên NP, MP, MN. Trên các đoạn thẳng AC, AB lần lượt lấy D,
E sao cho DE song song với NP. Trên tia AB lấy điểm K sao cho
·
·
=
.
Chứng minh rằng:
1) MD = ME
2) Tứ giác MDEK nội tiếp. Từ đó suy ra điểm M là tâm của đường tròn bàng
tiếp góc DAK của tam giác DAK.
Câu V (1.0 điểm):
Trên đường tròn (O) lấy hai điểm cố định A và C phân biệt. Tìm vị trí của các
điểm B và D thuộc đường tròn đó để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn nhất.
Hết
Họ và tên thí sinh : Số báo danh :
Chữ kí của giám thị 1 : Chữ kí của giám thị 2:
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM
CÂU PHẦN NỘI DUNG ĐIỂM
CÂU I
2,5 ĐIỂM
1)
1,5ĐIỂM
+ + =
+ =
TỪ (2)
⇒
X
≠
0. TỪ ĐÓ
−
=
, THAY VÀO (1) TA CÓ:
0.25
− −
+ + =
÷
0.25
⇔
− + =
0.25
Giải ra ta được
=
0.25
TỪ
= ⇔ = ± ⇒ = ±
;
= ⇔ = ± ⇒ = m
0.25
Vậy hệ có nghiệm (x; y) là (1; 1); (-1; -1);
−
÷
÷
;
−
÷
÷
0.25
2)
1,0ĐIỂM
ĐIỀU KIỆN ĐỂ PHƯƠNG TRÌNH CÓ NGHIỆM:
∆ ≥
0.25
2
⇔ − + ≤ ⇔ − − ≤
. Vì (m - 2) > (m - 3) nên:
∆ ≥
⇔
! − ≥ − ≤
"! #⇔ ≤ ≤ ∈
⇒
m = 2 hoặc m = 3.
0.25
KHI M = 2
⇒
∆
= 0
⇒
X = -1 (THỎA MÃN)
KHI M = 3
⇒
∆
= 0
⇒
X = - 1,5 (LOẠI).
0.25
Vậy m = 2.
0.25
CÂU II
2,5 ĐIỂM
1)
1,5ĐIỂM
ĐẶT
"
= + = − ≥
⇒ + = − =
0.25
( )
( )
( )
+ − + − + +
⇒ = =
+ +
0.25
( ) ( )
( )
+ − +
⇒ = = + −
+
0.25
( )
⇒ = + −
0.25
( )
( ) ( ) ( )
⇒ = + + − = + −
0.25
⇒ = − = ⇒ =
0.25
2)
1,0ĐIỂM
+ + =
(1)
GIẢ SỬ CÓ (1)
⇒ + + =
TỪ (1), (2)
⇒ − = −
0.25
Nếu
− ≠
−
⇒ =
−
là số hữu tỉ. Trái với giả thiết!
− = =
⇒ ⇒
− = =
0.25
⇒ = ⇒ =
. NẾU B
≠
0 THÌ
=
LÀ SỐ HỮU TỈ. TRÁI
VỚI GIẢ THIẾT!
⇒ = =
. TỪ ĐÓ TA TÌM ĐƯỢC C = 0.
0.25
Ngược lại nếu a = b = c = 0 thì (1) luôn đúng. Vậy: a = b = c = 0
0.25
CÂU III
2 ĐIỂM
1)
1,0ĐIỂM
THEO BÀI RA F(X) CÓ DẠNG: F(X) = AX
3
+ BX
2
+ CX + D VỚI A
NGUYÊN DƯƠNG.
0.25
Ta có: 2010 = f(5) - f(3) = (5
3
- 3
3
)a + (5
2
- 3
2
)b + (5 - 3)c
= 98a + 16b + 2c
⇒
16b + 2c = (2010- 98a)
0.25
TA CÓ F(7) - F(1) = (7
3
- 1
3
)A + (7
2
- 1
2
)B + (7 - 1)C
= 342A + 48B + 6C = 342A + 3(16B + 2C)
= 342A + 3(2010- 98A)= 48A + 6030 = 3.(16A + 2010)
M
0.25
Vì a nguyên dương nên 16a + 2010>1 . Vậy f(7)-f(1) là hợp số
0.25
2)
1,0ĐIỂM
( ) ( )
= − + − + +
TRÊN MẶT PHẲNG TỌA ĐỘ OXY LẤY CÁC ĐIỂM A(X-2; 1),
B(X+3; 2)
0.25
Ta chứng minh được:
( ) ( )
= − − − + − = + =
$
( )
= − +
%
,
( )
= + +
%$
0.25
MẶT KHÁC TA CÓ:
− ≤% %$ $
( ) ( )
⇒ − + − + + ≤
0.25
Dấu “=” xảy ra khi A thuộc đoạn OB hoặc B thuộc đoạn OA
−
⇒ = ⇒ =
+
.Thử lại x = 7 thì A(5; 1); B(10; 2) nên A thuộc
đoạn OB. Vậy Max
=
khi x = 7.
0.25
CÂUIV
2 ĐIỂM
1)
0,75ĐIỂM
TA DỄ DÀNG CHỨNG MINH
TỨ GIÁC MBAN NỘI TIẾP
· ·
⇒ =$ $
, MCAP NỘI
TIẾP
·
·
⇒ =& &
.
0.25
Lại có
·
·
=$ &
(cùng phụ góc NMP)
·
·
⇒ =& $
(1)
0.25
K
E
B
C
A
N
M
P
D
DO DE // NP MẶT KHÁC
MA
⊥
NP
⇒ ⊥
'
(2)
TỪ (1), (2)
⇒ ∆
'
CÂN TẠI A
⇒
MA LÀ TRUNG TRỰC CỦA
DE
⇒
MD = ME
0.25
2)
1,25điểm
K
E
B
C
A
N
M
P
D
Do DE//NP nên
·
·
=' $
, mặt khác tứ giác MNAB nội tiếp nên:
·
·
+ =
$ $ (
·
·
⇒ + =
$ ' (
0.25
THEO GIẢ THIẾT
·
·
=
·
·
⇒ + =
' (
⇒
TỨ GIÁC MDEK NỘI TIẾP
0.25
Do MA là trung trực của DE
⇒
'
∆ = ∆
0.25
⇒
·
·
·
·
= ⇒ =
' ' &
.
0.25
Vì
·
· ·
·
= ⇒ =
' &
⇒
DM là phân giác của góc CDK, kết
hợp với AM là phân giác DAB
⇒
M là tâm của đường tròn bàng tiếp góc
DAK của tam giác DAK.
0.25
CÂU V
1 ĐIỂM
D'
B'
A'
O
C
A
B
D
Không mất tổng quát giả sử:AB
≤
AC. Gọi B’ là điểm chính giữa cung
0.25
¼
$&
⇒ =
$ &$
Trên tia đối của BC lấy điểm A’ sao cho BA’ = BA
⇒ + =$ $& &
Ta có:
·
·
·
= =$$& $& $&
(1) ;
·
·
+ =
$& $$ (
(2)
·
·
+ =
$$& $$ (
(3);Từ (1), (2), (3)
·
·
⇒ =$$ $$
0.25
Hai tam giác A’BB’ và ABB’ bằng nhau
⇒ =
$ $
Ta có
⇒ + = + ≥
$ $& $ $& &
= AB + BC ( B’A + B’C không
đổi vì B’, A, C cố định). Dấu “=” xảy ra khi B trùng với B’.
0.25
Hoàn toàn tương tự nếu gọi D’ là điểm chính giữa cung
¼
&
thì ta cũng
có AD’ + CD’
≥
AD + CD. Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D’.
⇒
Chu vi tứ giác ABCD lớn nhất khi B, D là các điểm chính giữa các
cung
»
&
của đường tròn (O)
0.25
CHÚ Ý: Nếu thí sinh làm theo cách khác, lời giải đúng vẫn cho điểm tối đa.
Bài 1: (1,5 điểm)
Cho
)
= −
÷
÷
+ − + +
Hãy lập một phương trình bậc hai có hệ số nguyên nhận a - 1 là một nghiệm.
Bài 2: (2,5 điểm)
a) Giải hệ phương trình:
*
− =
− =
b) Tìm m để phương trình
( )
− − + + =
có 4 nghiệm phân biệt.
Bài 3: (2,0 điểm)
a) Chứng minh rằng nếu số nguyên k lớn hơn 1 thoả mãn
+ +
và
+ +
là
các số nguyên tố thì k chia hết cho 5.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2009 – 2010
Môn thi: TOÁN
(Dành cho thí sinh thi vào các lớp chuyên Toán, Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút
b) Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có p là nửa
chu vi thì
, , , ,− + − + − ≤
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O và dây AB không đi qua O. Gọi M là điểm chính giữa
của cung AB nhỏ. D là một điểm thay đổi trên cung AB lớn (D khác A và B). DM cắt
AB tại C. Chứng minh rằng:
a)
$$ $&=
b) MB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD.
c) Tổng bán kính các đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD và ACD không đổi.
Bài 5: (1,0 điểm)
Cho hình chữ nhật ABCD. Lấy E, F thuộc cạnh AB; G, H thuộc cạnh BC; I, J
thuộc cạnh CD; K, M thuộc cạnh DA sao cho hình 8 - giác EFGHIJKM có các góc
bằng nhau. Chứng minh rằng nếu độ dài các cạnh của hình 8 - giác EFGHIJKM là các
số hữu tỉ thì EF = IJ.
HẾT
Họ và tên thí sinh:…………………… ……….……
Chữ ký của giám thị …………… ….…… …
Số báo danh: ….….………Phòng thi số: … …
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
Bài 1: (1,5 điểm)
) )
+ + − + +
= − =
÷
÷
+ − + +
0,5 đ
a =
)
=
0,25 đ
Đặt
= − ⇔ = − ⇔ + = ⇒ + + =
0,5 đ
⇔ + − =
Vậy phương trình
+ − =
nhận
−
-!./01
0,25 ®
Bài 2: (2,5 điểm)
a)
*
− =
− =
⇔
− =
− =
ĐK:
" ≠
0,25 đ
Giải (2)
⇔ − = ⇔ + − =
0,25 đ
* Nếu
−
+ = ⇔ =
.
Thay vào (1) ta được
−
+ =
0,25 đ
⇔
−
=
,2./345. 6./01
0,25 ®
789
− = ⇔ =
: !3;<
* = ⇔ = ±
0,25 ®
- Với
= ⇒ =
(thoả mãn điều kiện)
- Với
= − ⇒ = −
(thoả mãn điều kiện)
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm: (x; y) = (2; 3); (x; y) = (-2; -3)
0,25 đ
b) Đặt
( )
− + = ⇔ − = ⇔ = ± ≥
(*)
Phương trình đã cho trở thành:
( ) ( )
− − − + =
⇔ − + + =
0,25 ®
:=733>";?,2./345.;@A./01,B.01335,2./345.
A./01C2./,B.013
0,25 ®
*
D
∆ > − >
⇔ > ⇔ >
> + >
0,25 ®
*
*
<
⇔ ⇔ − < <
> −
Vậy với
*
− < <
thì phương trình có 4 nghiệm phân biệt.
0,25 đ
Bài 3: (2,0 điểm)
a) Vì k > 1 suy ra
+ + + > + >
- Xét
+ . E0. + . . + = + ∈ ⇒ = + + ⇒ +¢ M
+ ⇒ +
+6./-!FG./9H.3G
0,25 ®
IJK3
+ . E0. + . . + = + ∈ ⇒ = + + ⇒ +¢ M
+ ⇒ +
+6./-!FG./9H.3G
0,25 ®
- Xét
+ . E0. + . . * + = + ∈ ⇒ = + + ⇒ +¢ M
+ ⇒ +
không là số nguyên tố.
0,25 đ
- Xét
+ . E0. + . . + = + ∈ ⇒ = + + ⇒ +¢ M
0,25 ®
+ ⇒ +
không là số nguyên tố.
Do vậy
+ M
:L./0.)ME0
""∀
35
( )
( )
+ + ≤ + +
7
:N3 N
7 ⇔ + + + + + ≤ + +
⇔ − + − + − ≥
-96.;O./
0,5 ®
Áp dụng (*) ta có:
( )
( )
, , , , ,− + − + − ≤ − − − =
Suy ra
, , , ,− + − + − ≤
;,
0,5 ®
Bài 4: (3,0 điểm)
J
I
C
N
M
O
A
B
D
a) Xét
$&∆
và
$∆
có:
·
·
$ $& 0/A.P0308,Q.09./R./.9=
·
·
$& $=
0,5 đ
Do vậy
$&∆
và
$∆
đồng dạng
Suy ra
$
$$ $&
$& $
= ⇒ =
0,5 đ
b) Gọi (J) là đường tròn ngoại tiếp
$&∆
·
·
·
$S& $& $&⇒ = =
hay
·
·
$S&
$&
⇒ =
·
·
( $S&
$&S B.3T0S &$S
−
∆ ⇒ =
0,5 đ
Suy ra
·
·
· ·
%
%
$S& ( $S&
$& &$S * $ $S
−
+ = + = ⇒ ⊥
Suy ra MB là tiếp tuyến của đường tròn (J), suy ra J thuộc NB
0,5 đ
c) Kẻ đường kính MN của (O) ⇒ NB ⊥ MB
Mà MB là tiếp tuyến của đường tròn (J), suy ra J thuộc NB
0,5 ®
Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp
&∆
Chứng minh tương tự I thuộc AN
Ta có
·
·
·
·
$ $ $ $S&= = = ⇒
&SUUV
&L./0.32./3W)&VUUS
Do đó tứ giác CINJ là hình bình hành
⇒
CI = NJ
Suy ra tổng bán kính của hai đường tròn (I) và (J) là:
IC + JB = BN (không đổi)
0,5 đ
Bài 5: (1,0 điểm)
g
f
e
d
h
c
b
a
G
F
I
H
J
M
C
A
B
D
E
K
Gọi EF = a ; FG = b ; GH = c ; HI = d ; IJ = e ; JK = f ; KM = g ; ME = h
(với a, b, c, d, e, f, g, h là các số hữu tỉ dương)
Do các góc của hình 8 cạnh bằng nhau nên mỗi góc trong của hình 8 cạnh có
số đo là:
O
O
8 2 180
135
8
−
=
0,25 đ
Suy ra mỗi góc ngoài của hình 8 cạnh đó là: 180
O
- 135
O
= 45
O
Do đó các tam giác MAE ; FBG ; CIH ; DKJ là các tam giác vuông cân.
⇒ MA = AE =
h
2
; BF = BG =
b
2
; CH = CI =
d
2
; DK = DJ =
f
2
Ta có AB = CD nên:
h b f d
a e
2 2 2 2
+ + = + +
⇔ (e - a)
2
XIIC
0,5 ®
89YI≠35
h b f d
2
e a
+ − −
= ∈
−
¤
;0Z9.! 6-[C
-!FG 63\
MNYI⇔Y']VS;,
0,25 ®
HẾT
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:
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
x m x n x p
+ + =
- - -
có hai nghiệm phân biệt.
Bài 3(2điểm)
Với số tự nhiên n,
n ³
.Đặt
( ) ( )
( )
( )
n
S
n n n
= + + +
+ + + + +
Chúng minhS
n
<
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 :
( )
m
n
n
- ³
+
Với mọi số nguyên m,n.
**********************************************
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
a a a a
b c a b c a b c
+
< =
+ + + + +
Mặt khác
a a
b c a b c
>
+ + +
Vậy ta có
a a a
a b c c b a b c
< <
+ + + + +
Tương tự
b b b
a b c c a a b c
< <
+ + + + +
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 p¹
PT đã cho
Û
(x-n)(x-p)+(x-m)(x-p)+(x-m)(x-n) = 0
Û
3x
2
-2(m+n+p)x +mn+mp+np = 0(1)
Ta có
Δ
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 =
[(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)
¹
0
= >m,n,p không phải là nghiệm của pt(1)
Vậy PT đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt
Bài 3
( )
( )
:A)
. X I .
n n n n
n
n n n
n n
n n
n n n n
n n
+ - + -
= =
+
+ + +
+ +
æ ö
+ -
÷
ç
÷
< = = -
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
+ +
+
c
b
a
D
O
C
E
B
A
Do đó
n
S
n n n
æ ö æ ö
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
< - + - + + - = - <
ç ç
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
+ +
Bài 3:
Ta có
·
·
BAD CAE=
( Do cung EB = cung EC)
Và
·
·
AEC DBA=
( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung
AC) nên
ΔBAD
ΔEAC
BA AE
AB AC AE AD
AD AC
= =Þ Þ
Ta có
·
·
·
·
^G0;\. !&ADC BDC DBE= =
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung CE) nên
ΔACD
ΔBDE
AD DB
AD DE DB DChay
DC DE
= =Þ Þ
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 DB DB DC DB a
AC AB c b c b c
+
= = = =
+ +
vậy
( )
DC DB a a a bc
DB DC
b c b c b c
b c
= =Þ
+ +
+
theo câu a ta có AD
2
= AB.AC – DB.DC =
( ) ( )
a bc a
bc bc
b c b c
æ ö
÷
ç
÷
ç
- = -
÷
ç
÷
ç
÷
÷
ç
+ +
è ø
( )
a
AD bc
b c
æ ö
÷
ç
÷
ç
= -Þ
÷
ç
÷
ç
÷
÷
ç
+
è ø
Bài 5:
Vì
-!FG_93\ ! -!FG 63\.H.
.
m
n
¹
Ta xet hai trường hợp:
a)
0;A .
m
n m n
n
> > + +Þ³ ³
Từ đó suy ra :
( )
m n
n
n n n
n
n
n
n
+ -
+
- - = + - = =³ ³
æ ö
+
÷
ç
÷
+ +
+ +
ç
÷
ç
÷
÷
ç
è ø
b)
0;A .
m
n m n
n
< < - -Þ£ £
Từ đó suy ra :
( )
m m n
n
n n n
n
n
n
n
n
- +
-
- = - - = - - =³
+ -
= ³
æ ö
+
÷
ç
÷
ç + -
÷
ç
÷
÷
ç
è ø
************************************************
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 | 5x 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:
ĐỀ CHÍNH THỨC
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
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 Điể
m
Điều kiện
0xy ≠
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 Điể
m
Xét 3 trường hợp:
TH1. Nếu
2 x≤
thì PT trở thành:
( 1) 2( 1)p x p+ = +
(1)
TH2. Nếu
3 2x− ≤ <
thì PT trở thành:
(1 ) 2(1 )p x p− = −
(2)
TH3. Nếu
3x < −
thì PT trở thành:
( 1) 2( 4)p x p+ = −
(3)
0,25
Nếu
1p ≠ ±
thì (1) có nghiệm
2x =
; (2) vô nghiệm; (3) có nghiệm x nếu thoả mãn:
2( 4)
3 1 1
1
p
x p
p
−
= < − ⇔ − < <
+
.
0,25
Nếu
1p = −
thì (1) cho ta vô số nghiệm thoả mãn
2 x≤
; (2) vô nghiệm; (3) vô
nghiệm.
0,25
Nếu
1p =
thì (2) cho ta vô số nghiệm thoả mãn
3 2x− ≤ <
; (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 2x− ≤ ≤
+ Nếu
1
1
p
p
< −
>
thì phương trình có nghiệm x = 2.
0,25
Câu 2 (1,5 điểm):
Nội dung trình bày Điể
m
+ 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 Điể
m
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
1x >
. 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 1C
< <
, hay
C
không thể là số nguyên với
1x
>
.
0,5
Nếu
1
1
2
x− < <
. Khi đó:
0x =
(vì x nguyên) và
0C =
. Vậy
0x =
là một giá trị cần
tìm.
0,25
Nếu
1
2
x < −
. Khi đó
1x ≤ −
(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
0,25
1 0C− < ≤
hay
0C =
và
1x = −
.
Vậy các giá trị tìm được thoả mãn yêu cầu là:
0, 1x x= = −
.
Câu 4 (3,0 điểm):
a) 2,0 điểm:
Nội dung trình bày Điể
m
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 Điể
m
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
⇒
Q cách đều C và D hay QD=QC (đpcm).
0,25
Câu 5 (1,0 điểm):
Nội dung trình bày Điể
m
A
I
B
K
M
D
E
H
R
C
Q
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
1S
≤
.
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
1x 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
9a 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
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
1x x x x− = − =
=>
3 1 4 2
1; 1x 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
. 1x 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
9a 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
⇒ ≥
+ +
Áp dụng câu 1 ta có
( )
2 2 2
2 2 2
1 1 1
2 2 2 9a 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
·
·
·
µ
µ
( )
·
µ
µ
µ
( )
·
·
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
90AQO AMO= =
tứ giác BOPN nội tiếp =>
·
·
0
90BPO BNO= =
=>
·
·
0
90AQB APB= =
=> tứ giác AQPB nội tiếp
b ) tam giác AQB vuông tại Qcó QE là trung tuyến nên QE = EB = EA
=>
·
·
µ
·
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
− +
⇔ ⇔ =
− +
M M
M M
=>
( )
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
vậy không thể chuyển tất cả viên sỏi trên bẳng ô vuông về cùng một ô sau một
số hữu hạn các phép thưc hiện thao tác 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
Thêi gian lµm bµi: 120 phót(kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)
Bµi 1(2,5 ®iÓm)
`0a0,2./345.)
2
1 1
2
3 2 2x x x
− =
− + −
2) Giải hệ phương trình:
1
7
12
x
x y
x
x y
+ =
+
=
+
Bài 2.(2,0 điểm)
Cho phương trình:
6 3 2 0x x m− − + =
a) Tìm m để x =
7 48−
là nghiệm của phương trình.
b) Tìm m để phương 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 phương trình:
( )
2
2 2 2 6 6 52 0x 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
4abc a b c= +
.
Bài 4.(3,5 điểm)
Cho ∆ABC nhọn có
µ
µ
C A.<
Đường tròn tâm I nội tiếp
∆
ABC tiếp xúc với
các cạnh AB, BC, CA lần lượt tại các điểm M, N, E; gọi K là giao điểm
của BI và NE.
a) Chứng minh:
·
µ
0
AIB 90
2
C
= +
.
b) Chứng minh 5 điểm A, M, I, K, E cùng nằm trên một đường tròn.
c) Gọi T là giao điểm của BI với AC, chứng minh: KT.BN=KB.ET.
d) Gọi Bt là tia của đường 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 đường thẳng NE tương 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 77m m m− − = − −
Để phương trình có nghiệm hữu tỷ thì
'
∆
phải là số chính phương. 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 77m 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 trường hợp ta sẽ tìm được 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 1a b+ −
là số lẻ và do
0 9c
< ≤
nên
( )
2
4 1a b+ −
M
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 1a b+ −
là số lẻ
⇒
( )
2
4 1a b+ −
<500
( )
2
125,25a 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 1a b+ −
chia
hết cho 3 mà (a+b) + 9a= 3k ± 1+9a không chia hết cho 3
⇒
( )
10 9a b a
+ +
không
M
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
M
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.
Bài 4:
* Ý c : Chứng minh KT.BN=KB.ET
Cách 1:C/m
∆
AKT
:
∆
IET
⇒
KT AK
ET IE
=
C/m
∆
AKB
:
∆
INB
⇒
KB AK
BN IN
=
Do IE=IN từ đó ta suy ra điều phải chứng minh
Cách 2:
C/m
∆
TKE
:
∆
TAI
⇒
KT TA
ET TI
=
C/m
∆
BIM
:
∆
BAK
⇒
KB AB
BM BI
=
Theo tính chất tia phân giác của
∆
ABT ta có
TA AB
TI BI
=
Và do BM=BN từ đó suy ra điều phải c/m
*Ý d:Chứng minh NE đi qua một điểm cố định:
Do A, B và tia Bt cố định nên ta có tia Bx cố định và
·
ABI
α
=
không đổi
(tia Bx là tia phân giác của
·
ABt
)
Xét
∆
ABK vuông tại K ta có KB = AB.cos ABI=AB.cos
α
không đổi
Như vậy điểm K thuộc tia Bx cố định và cách gốc B một khoảng không
đổi do đó K cố định
⇒
đpcm.
GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG,
NĂM 2009 – 2010
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/ Định 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 trị 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
0x 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
3x⇒ =
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.
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
y
y
=
+ =
⇔ =
+ =
=
+ =
Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = - 6 hệ (I) là:
Nếu x, y, z đều là các số dương thì
hệ chỉ có 1 nghiệm
6
3 3
2
1 1
4
2 2
z
z
x
x
y
y
= −
+ = −
⇔ = −
+ = −
= −
+ = −
Vậy nghiệm của hệ là (0 ; 0 ; 0) và (-2 ; -4
; -6)
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
m
a
m
=
+ =
−
⇔ ⇒ = +
−
+ =
=
b/ Phương trình hoành độ giao điểm của
(d) và (P):
( )
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 do m
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:
