Đề Toán không chuyên - 2012 Hướng dẫn giải Bài 1. (2 điểm) Cho phương trình 3 4 1 0 1 x x x m a) Giải phương trình (1) khi m = - 33 b) Tìm m để phương trình (1) có đúng hai nghiệm phân biệt 1 2 , x x thỏa 6 6 1 2 82 x x Giải. Đặt 0 t x x a) Khi m = - 33, ta có pt: 2 4 32 0 t t có 2 nghiệm 4, 8 t t loại t = - 4 Với t = 8, thì x = 4 b) Ta có 3 0 3 m m và 1 2 1 2 4 . 1 S t t P t t m Khi đó 2 2 6 6 4 4 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 x x t t t t t t S P P 2 2 2 14 2 2 1 2 60 194 m m m m 6 6 2 1 2 2 82 30 56 0 28 m x x m m m loại 28 nhận 2 Bài 2. (2 điểm) a) Giải phương trình 2 7 3 5 1 x x b) Giải hệ phương trình 2 2 2 1 2 5 1 1 1 5 2 10 2 x xy xy y Giải a) (1 điểm). Điều kiện 7 5 2 3 x Pt 2 1 3 5 5 11 2 3 5 x x x x 2 11 5 11 3 5 25 122 141 0 141 75 x x x l x x x Chú ý: Nếu giải bằng phương pháp kéo theo và có thử lại thì vẫn được điểm tối đa. b) Lấy (1) + 2 x (2), ta có phương trình 2 2 5 5 5 y x y x y x Với 5 y x , thế vào (1) ta có 2 2 1 5 2 5 1 2 5 1 5 x y x x x y Với 5 y x , thế vào (1) ta có 2 2 2 1 2 5 2 5 1 2 5 1 2 5 x x x VN Vậy nghiệm là 1; 5 , 1; 5 (0,75 đ) Bài 3. (2 điểm) a) Rút gọn biểu thức 2 2 2 2 2 2 a b ab T ab a b ab a b với , 0, 1 a b a Tìm giá trị lớn nhất của T khi a là số tự nhiên và a 1. b) Tìm 3 số tự nhiên liên tiếp biết tổng tích của từng cặp số khác nhau của chúng là 1727. Giải a) 1 1 2 , 2 1 2 MS a b MS a b Quy đồng mẫu số chung 1 2 1 1 2 a b a a b , thì Tử = 1 2 a b Suy ra 1 1 a T a 2 1 1 T a , max 0 1, 2 1 2 /1 3 2 3 a T a T T a T b) Gọi 3 số tự nhiên liên tiếp là n – 1, n , n + 1 ( 1 n ) . Từ giả thiết ta có phương trình 2 2 1 1 1 1 1727 3 1 1727 576 n n n n n n n n 24 n ĐS Bài 4. Tổng kết học kỳ 2, trường trung học cơ sở N có 60 học sinh không đạt học sinh giỏi trong đó có 6 em từng đạt học sinh giỏi học kỳ 1; số học sinh giỏi của học kỳ 2 bằng 40 37 số học sinh giỏi học kỳ 1 và 8% số học sinh của trường không đạt học sinh giỏi của học kỳ 1 nhưng đạt học sinh giỏi của học kỳ 2. Tìm số học sinh giỏi của học kỳ 2 của trường biết số học sinh của trường không thay đổi trong suốt năm học. Giải. Gọi x là số học sinh giỏi học kỳ 2 của trường ( x nguyên dương). Số học sinh của trường là x + 60 (hs) Số học sinh giỏi của học kì 1 là 37 40 x (hs) Ta có phương trình 8 37 60 6 100 40 x x x 240 x Bài 5. Cho hình thang ABCD (AB//CD) nội tiếp đường tròn (C ) tâm O, bán kính R và có 0 0 105 , 30 DAB ACD . a) Tính DB DC và tính AB theo R. b) Tiếp tuyến của (C ) tại B cắt đường thẳng DO và DA lần lượt tại M, N. Tính MN MD . c) Gọi E là trung điểm của AB, tia DE cắt MN tại F. Tính BF BC Giải a) (1 điểm) Ta có 0 0 0 180 180 75 1 105 DAB BCD BCD DAB ABC 0 0 0 0 30 105 30 75 ABD ACD DBC ABC ABD (2) Từ (1) và (2) ta có 0 75 DBC DCB , nên tam giác DCB cân, suy ra 1 DB DC Ta có 0 0 0 0 75 30 45 2 90 ACB AOB ACB , tam giác ABO vuông cân tại O nên 2 2 AB AO R b) Ta có 0 2 60 AOD ACD OAD đều, suy ra 0 60 ODA hay 0 60 NDM Tam giác DBC cân, nên DO cũng là trung trực của BC và cũng là phân giác góc BDC 0 0 0 0 180 30 90 60 BOM AOB AOD OMB BOM doOB BM Do đó tam giác DMN đều, suy ra 1 MN MD c) Gọi E là trung điểm của AB, tam giác AOB vuông cân tại O nên 0 , 90 OE AE AEO Ta có 0 45 ADE ODE AED OED 0 30 ADE ODE DF là đường cao của tam giác MDN. Gọi I là trung điểm BC. Ta có 0 15 FDB IDB Khi đó BFD BID BF BI suy ra 1 2 BF BC Cách khác. (Ta có thể tính 1 1 , 2 2 BF BF R BC R BC ) Ta có ,AE EO DA DO DE là đường trung trực của AO, gọi K là giao điểm của DE và OA thì 2 R KA KO . Mặt khác 0 60 AOD NMD , suy ra OA//MN. Chứng minh được 1 1 2 BF EB BF AK R AK AE Mà BC = AD = R, suy ra 1 2 BF BC . đạt học sinh giỏi trong đó có 6 em từng đạt học sinh giỏi học kỳ 1; số học sinh giỏi của học kỳ 2 bằng 40 37 số học sinh giỏi học kỳ 1 và 8% số học sinh của trường không đạt học sinh giỏi. đạt học sinh giỏi của học kỳ 2. Tìm số học sinh giỏi của học kỳ 2 của trường biết số học sinh của trường không thay đổi trong suốt năm học. Giải. Gọi x là số học sinh giỏi học kỳ 2 của trường. của trường ( x nguyên dương). Số học sinh của trường là x + 60 (hs) Số học sinh giỏi của học kì 1 là 37 40 x (hs) Ta có phương trình 8 37 60 6 100 40 x x x 240 x Bài