DAP AN DE THI VAO LOP 10 CHUYEN TOAN TIEN GIANG

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  1

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

* 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





n 2









Vậy: 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:  



2x y 7

44 x 7 39 y

7







 

 



* Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là (x; y) = 44 39;



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 = m2 + 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

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

2 A

2 B

2

x

2





Ta có:

2

b

a



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

∙ 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 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 56

n 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

3

E

D

C

B O

A