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 . EMK mà góc EMK = góc ACK  góc EDK = góc ACK  ED//AC Tổ toán trường THPT chuyên Trần Đại Nghĩa . 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)