LỜI GIẢI
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN
Khóa ngày 01 tháng 7 năm 2009
Môn: Toán ( Chuyên toán)
Bài 1:
1/
* Vì t = 0 không là nghiệm của phương trình nên chia 2 vế của phương trình cho
t2≠0 ta được: (t2 12) 4(t 1) 5 0
* Đặt y t 1
t
= + ( Điều kiện: y ≥2) Phương trình trở thành: y2 – 4y + 3 = 0
⇔ y = 1(loại) hoặc y = 3 (nhận)
* y = 3 ⇔ t 1 3
t
+ = ⇔ t2 – 3t + 1 = 0
⇔
t
2
3 - 5 t
2
=
=
* Vậy tập nghiệm của phương trình: S = 3 5 3 5
;
2/
Ta có: P = x - x 2009−
* = x - 2009 - x 2009− + 2009
* = ( 1 2 3
x 2009 ) 2008
* = ( 1 2 3 3
x 2009 ) 2008 2008
− − + ≥ với mọi x ≥ 2009
* Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 20083
4 khi x = 2009
1 4
Bài 2:
1/
* Gọi G(m; n)
Vì I(4; 3) là trung điểm của đoạn HG nên H(2xI −xG;2yI −yG) hay H(8-m; 6-n)
* Vì G GP∈ và H HP∈ nên ta có hệ phương trình:
m 2n 1
3m 4n 1
− + = −
m 3
n 2
=
Trang 2Vậy: G(3; 2) và H(5; 4)
* Phương trình cạnh HG có dạng HG: y = a’x + b’
Vì: H, G thuộc HG nên ta có hệ phương trình:
3a ' b' 2
5a ' b' 4
+ =
+ =
a ' 1
b' 1
=
Vậy phương trình cạnh HG: y = x - 1
2/
* Ta có: 3 x 5y 9 0
2x y 7 0
⇔
= −
5y 9
x (1)
3
y 2x 7 (2)
Từ phương trình (1) suy ra 5y 9 0
3
5
⇔ ≤ − nên y < 0
Từ phương trình (2) suy ra 2x – 7 ≥ 0 x 7
2
⇔ ≥ nên x > 0
* Do đó hệ đã cho tương đương với: + = −
+ =
3x 5y 9 2x y 7
44 x 7 39 y
7
=
⇔
= −
* Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là (x; y) = 44 39;
7 7
Bài 3:
1/
* Ta có: ∆= (2m - 3)2- 4(m2 −3m)= 4m2 –12m+ 9–4m2+12m = 9 > 0 nên phương trình luôn có hai nghiêm phân biệt x1 = m – 3; x2 = m
* Nếu x1 =m−3, x2 =m thì :
x12 + 2x2 = ( m – 3 ) 2 + 2m
= m2 – 6m + 9 + 2m
= ( m – 2 )2 + 5 ≥ 5 với mọi m ∈¡
Vậy: x12 + 2x2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 khi m = 2
* Nếu x1 =m, x2 =m-3 thì :
x12 + 2x2 = m 2 + 2(m – 3)
= m2 + 2m - 6
= ( m + 1)2 - 7 ≥ -7 với mọi m ∈¡
Vậy: x12 + 2x2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng -7 khi m = -1
* Do đó: x12 + 2x2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng -7 khi m = -1
2/
* Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
x2 =mx 1+ ⇔ x2 – mx – 1 = 0
Trang 3Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
2 A
2 B
2
x
2
=
=
Ta có:
2
b
a
x x m 4
y y x x (x x )(x x ) m m 4
* AB (x x ) (y y ) m 5m 4
AB (m 2) m 2
−
Vậy AB đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi m = 0
Bài 4:
1/ (
* Hình vẽ đúng ( cả hai trường hợp)
* Tam giác BEM có: ·BEM = 900 và EM = EB nên tam giác BEM vuông cân tại E
* Do đó: ·EMB 45= 0⇒AMB 180· = 0 −EMB 135· = 0
* Vậy điểm M nhìn đoạn AB cố định dưới góc không đổi 1350 nên M di động trên một cung chứa góc 1350 dựng trên đoạn AB khi E thay đổi trên cung nhỏ BC
2/
∙Trường hợp đoạn BM cắt đoạn CD tại K
* Ta có: ∙ ·ADC 1
2
= sđ »AC 45= 0 ∙ ·AMK 135= 0
* Do đó: ·AMK ADC 180+· = 0 Vậy ADKM nội tiếp
- Chú ý: thí sinh trình bày cách khác:
∙ Ta có: ·ADC 1
2
= sđ »AC 45= 0 và ·EMB 45= 0 nên ·ADC EMB=· (0,25đ)
∙ ·AMK EMB 180+· = 0(kề bù)
Do đó: ·AMK ADC 180+· = 0
Vậy ADKM nội tiếp (0,25đ)
.Trường hợp K nằm ngoài đoạn BM
* Ta có: ·AMK EMB 45=· = 0 ( đối đỉnh)
E
K M
D
C
B O
A
Trang 4∙ ·ADK 1
2
= sđ »AC = 450
Do đó: ·AMK ADK=·
* Vậy tứ giác ADMK có hai đỉnh D và M cùng nhìn cạnh
AK dưới hai góc bằng nhau nên tứ giác đó nội tiếp
Bài 5:
1/
* Gọi số phải tìm là ab (điều kiện : 1 a 9; 0 b 9≤ ≤ ≤ ≤ ; a,b ∈¥ )
Ta có: ab (a + b) = a3 + b3
Suy ra: 10a + b = a2 + b2 – ab
⇔ 9a + a + b = (a + b)2 – 3ab
⇔ 3a.(3 + b) = (a + b) (a + b – 1)
* Mà (a + b) và (a + b – 1) nguyên tố cùng nhau nên:
a b 3a
a b 1 3 b
+ =
+ − = +
a b 3 b
a b 1 3a
+ = +
+ − =
* Giải hai hệ trên ta được: a 4
b 8
=
=
hoặc
a 3
b 7
=
=
* Vậy số cần tìm là: 48 hoặc 37
2/
Ta có: số hạng thứ n có dạng: { {111 155 56n
n 1−
* Ta chứng minh số này là số chính phương
Thật vậy: 111 155 56 111 1.10n { n n 5.111 1.10 6
* 10n 1.10n 5.10.10n 1 1 6
−
* 102n 4.10n 4
9
=
*
2 n
10 2 3
E
D
C
B O
A