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) . Trường THPT chuyên Hà Nội - Amsterdam Đáp án Kỳ kiểm tra thử vào lớp 10 Năm học 2009 - 2 010 Bài I (2 điểm) x = ( 3 + 1) 3 6 3 10 - 7 4 3+ = - 3 →A = 4 2 1999 x. 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 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