Đáp án kì thi toán lớp 10 trường THPT chuyên Hà Nội năm 2009 -2010 ppt

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)t2

– 3t + m ; G(t) = (m + 2)t2

– 4t + m

Đ/k cần: Nếu (x0 ; y0 ; z0) là một nghiệm của hệ thì (z0 ; x0 ; y0) cũng là nghiệm → hệ có

nghiệm duy nhất khi nghiệm thỏa mãn x0 = y0 = z0. → nghiệm của hệ chính là nghiệm

của pt: x2

= (m + 2)x3

– 3x2

+ 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) = z2

≥ 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 m1 ; m2 ; m3

tương ứng // BC, AC, AB. Chúng cắt nhau tạo thành ∆MNP. Có SMNP = 4SABC ≤ 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 m1 không chứa C. Khi đó SKBC > SABC. 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) = 4R2

Giải ra ta có x = - R + R 5 (do x > 0)