Đề và đáp an trường chuyên Trần Đại Nghĩa 2004-2005

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
m2
  







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)
    
22
x 2x 1 1 2 x

b)


   

2
12x 8
2x 4 2 2 x
9x 16



Giải :
a)
22
2
22
22
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
x2
2x 1 1
(VN)
x2


  










  










2
2
2
2
3 2x 0
x2
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
15

x
2
x1
x2
















x1
15
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)







    


       
22
(2) 4(2x 4) 16(2 x) 16 8 2x 9x 16

    
22
16 8 2x 8x 9x 32

    

  

22
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
42
x
3
2 8 2x 8 x(v« nghiÖm v× -2 x 2)






     


42
x
3
  
.Thử lại ta được
42

x
3


Vậy phương trình có các nghiệm
2 4 2
;
33
xx


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
22
2
22
xy
t
yx

+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
t2

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