Một số đề tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán (3)

BÀI GIẢI TÓM TẮT MÔN TOÁN (môn thi chung)
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Năm học 2004–2005
TRƯỜNG PTTH TRẦN ĐẠI NGHĨA




Câu 1: (4 điểm)
Cho phương trình: x
4
–(3m+14)x
2
+(4m+12)(2–m) = 0 (có ẩn số là x)
a)Định m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt.
b) Định m sao cho tích số của 4 nghiệm trên đặt giá trị lớn nhất.

GiảI:
x
4
–(3m+14)x
2
+(4m+12)(2–m) = 0 (*)

a) Định m để phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt.
Đặt t=x
2
(*)
⇔
t
2
–(3m+14)+(4m+12)(2–m)=0 (**)

t 4m 12
t 2 m
= +

⇔

= −

(*) có 4 nghiệm phân biệt
⇔
4m 12 0
2 m 0
4m 12 2 m
+ >


− >


+ ≠ −


⇔
3 m 2
m 2
− < <


≠ −


b) Định m sao cho tích số của 4 nghiệm trên đặt giá trị lớn nhất.
Ta có 4 nghiệm của (*) là
1
t
±
,
2
t
±
, với t
1
,t
2
là nghiệm của (**)
x
1
x
2
x
3
x
4
= t
1
t
2
=(4m+12)(2–m)
= –4m
2

– 4m+24= –(2m+1)
2
+25
m
∀≤
25
⇒
Giá trị lớn nhất của x
1
x
2
x
3
x
4
là 25
khi m=–
2
1
thỏa điều kiện ở câu a

Câu 2 : Giải phương trình
a)
+ + − = −
2 2
x 2x 1 1 2 x
b)
−
+ − − =
+

2
12x 8
2x 4 2 2 x
9x 16


Giải :
a)
2 2
2
2 2
2 2
x 2x 1 1 2 x
2 x 0
x 2x 1 1 2 x
x 2x 1 1 x 2
+ + − = −

− ≥



+ + − = −
⇔



+ + − = −





2
2
2
2x 1 3 2x
x 2
2x 1 1
(VN)
x 2


+ = −



≤



⇔


+ = −




≤




2
2
2
2
3 2x 0
x 2
2x 1 3 2x
2x 1 2x 3


− ≥


⇔ ≤



+ = −



+ = −


2
2
2
3

x
2
2x 2x 2 0
2x 2x 4 0

≤


⇔


+ − =



− − =


2
3
x
2
1 5
x
2
x 1
x 2

≤



− ±

⇔
=


= −

=

x 1
1 5
x
2
= −


− +

=



b)
−
+ − − =
+
2
12x 8

2x 4 2 2 x
9x 16
2
6x 4 12x 8
(-2 x 2)
2x 4 2 2 x
9x 16
− −
⇔ = ≤ ≤
+ + −
+
2
2
x (1)
3
2( 2x 4 2 2 x ) 9x 16 (2)

=

⇔


+ + − = +

⇒ + + − + − = +
2 2
(2) 4(2x 4) 16(2 x) 16 8 2x 9x 16
⇒ − − = −
2 2
16 8 2x 8x 9x 32

⇒ − − = −
−
⇒ = −
− +
2 2
2
2
2
8(2 8 2x x) 9x 32
8(32 9x )
9x 32
2 8 2x x

− =
⇒

− + = −


2
2
9x 32 0
2 8 2x x 8
2
4 2
x
3
2 8 2x 8 x(v« nghiÖm v× -2 x 2)

= ±


⇒


− = − − ≤ ≤

4 2
x
3
⇒ = ±
.Thử lại ta được
4 2
x
3
=
Vậy phương trình có các nghiệm
2 4 2
;
3 3
x x
= =

Câu 3: (3 điểm)
Cho x,y là hai số thực khác 0. Chứng minh:









+≥++
x
y
y
x
x
y
y
x
34
2
2
2
2
(1)


Giải
Đặt t=
x
y
y
x
+

⇒

x

y
y
x
x
y
y
x
t +=+=
mà
2≥+
x
y
y
x
(do bất đẳng thức CôSi)

⇒
⇒≥
2t
2
−≤
t
hay
t
≤
2
Khi đó
2 2
2
2 2

x y
t
y x
= +
+2
Bất đẳng thức (1)
⇔
tt 32
2
≥+
2
t 3t 2 0
⇔ − + ≥
( ) ( )
t 1 t 2 0
⇔ − − ≥
(2)
(2) là hiển nhiên đúng do
t 2
≤ −

hay 2 t
≤


Câu 4 : (3 điểm)
Tìm các số nguyên x,y thỏa phương trình x
2
+ xy + y
2

= x
2
y
2

Giải :
x
2
+ xy + y
2
= x
2
y
2
⇒ (2x +2y)
2
= (2xy + 1)
2
– 1
⇒ (2xy + 1 + 2x + 2y)(2xy + 1 – 2x – 2y) = 1
⇒ 2xy + 1 + 2x + 2y = 2xy + 1 –2x – 2y
⇒ x + y = 0
Thay vào phương trình ban đầu ta có :
x = 0,y = 0 hoặc x = 1,y = –1 hoặc x = –1,y = 1


Câu 5 (4 điểm)
Cho tam giác ABC cân tạI A nộI tiếp trong đường tròn (o;R). Vẽ tam giác
đều ACD (D và B ở hai nửa mặt phẳng khác nhau có chung bờ AC. GọI E là
giao điểm của BD vớI đường tròn (O), gọI M là giao điểm của BD vớI đường

cao AH của tam giác ABC.
a) a) Chứng minh MADB là một tứ giác nộI tiếp
b) b) Tính ED theo R


Giải
a) a) Dễ dàng chứng minh được
góc ABM = góc ACM
mà góc ABM = góc ADM (tam gíác ABD cân tạI A)
⇒
góc ACM = góc ADM
⇒
MADC là tứ giác nộI tiếp

b) b) Ta có góc EDC = gócOAC = gócOAB
góc DCE = 60
o
– gócECA = 60
o
– gócABE = góc BMH –góc ABM = gócOAB =
góc OBA
suy ra tam giác OAB bằng tam giác EDC
⇒ ED = OA = R


Câu 6 (2 điểm) :
Cho tam giác ABC cân tại B nội tiếp trong đường tròn tâm O.Trên cung AC
không chứa điểm B lấy 2 điểm M và K theo thứ tự A,K,M,C . Các đoạn
thẳng AM và BK cắt nhau tại E ,còn các đoạn thẳng KC và BM cắt nhau tại
D. Chứng minh ED song song với AC.

Giải :
Ta có góc BKC= góc BAC = góc BCA= góc BMA nên EDMK là tứ giác nội tiếp
được.
⇒
góc EDK = góc EMK
mà góc EMK = góc ACK
⇒
góc EDK = góc ACK
⇒
ED//AC

Tổ toán trường THPT chuyên Trần Đại Nghĩa