Đề thi tuyển sinh lớp 10 hệ trung học phổ thông chuyên năm 2003 đề số 1 Môn: Toán học

Dễ thấy, nếu ph-ơng trình có nghiệm với x = 0 thì y = 0 và ng-ợc lại.

Với 0 ? y thì từ (1) { } 1 , 1 3

2

- ? ? = ? x x

Với x = 1 thay vào ph-ơng trình đã cho ta đ-ợc y = -1, còn

Với x = -1 ta đ-ợc y = -1.

Do vai trò của x, ytrong pph-ơng trình đã cho đối xứng nên tr-ờng hợp y x =

ta cũng chỉ thu đ-ợc ba nghiệm trên.

pdf4 trang | Chia sẻ: maika100 | Ngày: 17/11/2015 | Lượt xem: 740 | Lượt tải: 2download
Bạn đang xem nội dung tài liệu Đề thi tuyển sinh lớp 10 hệ trung học phổ thông chuyên năm 2003 đề số 1 Môn: Toán học, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
 1
đại học quốc gia hà nội đáp án và thang điểm 
tr−ờng đại học khoa học tự nhiên đề thi tuyển sinh lớp 10 
hệ tHPT chuyên năm 2003 
đề số 1 Môn: Toán học (cho thí sinh thi vào chuyên Toán học, chuyên Tin học) 
Câu I (2 điểm) 
042 24 =++ mxx (1). Đặt tx =2 ta đ−ợc ph−ơng trình 
0422 =++ mtt (2). 
Ph−ơng trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ ph−ơng trình (2) có 2 nghiệm d−ơng 
2
0
2
2
04.
02
04'
21
21
2
21 −<⇔


<


−<
>
⇔



>=
>−=+
>−=∆
⇔≠ m
m
m
m
tt
mtt
m
tt . Khi đó (1) có 4 
nghiệm là 24,312,1 ; txtx ±=±= 
và 1684)(2)(2 221
2
21
2
2
2
1
4
4
4
3
4
2
4
1 −=−+=+=+++ mttttttxxxx 
Do đó 663216832 2244
4
3
4
2
4
1 −=⇔=⇔=−⇔=+++ mmmxxxx (vì m<-2) 
Vậy: 6−=m 
Câu II (2 điểm): 
 
 =−+++
=++−−+
04
0252
22
22
yxyx
yxyxyx
 Cách 1: 


+−
−=−+−−+±+=⇔=−+−+−⇔
.2
,12
2
)252(4)1(1
0252)1()1(
22
22
x
xxxxx
yxxyxy
Vậy hệ đã cho t−ơng đ−ơng với: 


==
−=−=⇔







=−+++
+−=


=−+++
−=
.1
.
5
13,
5
4
04
,2
04
,12
22
22
yx
yx
yxyx
xy
yxyx
xy
 Cách 2: 
0)12)(2(
0)21)(2()1(0252)1()1( 222
=+−−+⇔
=−−++−⇔=−+−+−⇔
xyxy
xxyxyxxyxy
Vậy hệ t−ơng đ−ơng với 
 2


−=−=
==
⇔







=−+++
=+−


=−+++
=−+
.
5
13,
5
4
.1
04
,012
04
,02
22
22
yx
yx
yxyx
xy
yxyx
xy
Câu 3 (2 điểm) 
 Cách 1: 
 Ta tìm nghiệm thỏa mãn yx ≤ 
 Khi đó 2yxyxy ≤≤ và )1(3 22222 yyxyxyx ≤+= 
 Dễ thấy, nếu ph−ơng trình có nghiệm với x = 0 thì y = 0 và ng−ợc lại. 
 Với 0≠y thì từ (1) { }1,132 −∈⇒≤⇒ xx 
 Với x = 1 thay vào ph−ơng trình đã cho ta đ−ợc y = -1, còn 
 Với x = -1 ta đ−ợc y = -1. 
 Do vai trò của x, y trong pph−ơng trình đã cho đối xứng nên tr−ờng hợp yx ≥ 
ta cũng chỉ thu đ−ợc ba nghiệm trên. 
 Vậy ph−ơng trình có ba nghiệm nguyên là 
 .1,1;1,1;0,0 =−=−==== yxyxyx 
 Cách 2: 
 Ta chứng minh ph−ơng trình không có nghiệm với .2,2 ≥≥ yx 
 Thậy vậy, với 22 ≥≥ yvax ta có 
xyyxxyyxyxyxyxyx
yyx
xyx ++>++≥+++=+≥⇒
 ≥
≥ 222222222222
222
222
2)(2
4
4
 - Tr−ờng hợp 2±=x hoặc 2±=y ph−ơng trình không có nghiệm nguyên. 
 - Thử với các tr−ờng hợp 11,0 −=== xvaxx ta đ−ợc ba nghiệm 
 .1,1;1,1;0,0 =−=−==== yxyxyx 
Câu 4 (3 điểm) 
 3
1) Gọi nửa chu vi tam giác ABC là p thì AM = AN = p. 
Theo tính chất của đ−ờng tròn nội tiếp dễ thấy rằng CD = p - AB. 
Ngoài ra, BP = BM = p - AB. Vậy: BP = CD 
Chú ý: 
Có thể chứng minh nh− sau: Giả sử P thuộc đoạn BD. Khi đó: 
FM = FB + BM = BD + BP = 2BP + PD, t−ơng tự 
EN = EC + CN = CD + CP = 2CD + PD. 
mà: FM = EN nên: BP = CD. 
Tr−ờng hợp D thuộc đoạn BP, chứng minh t−ơng tự. 
2) ∆BMI có BMI = AMN = ANM = BIM ⇒ BI = BM = BP = CD = CE. 
Do hai đoạn BI, CE song song, bằng nhau và ng−ợc chiều nên BICE là hình bình hành. 
T−ơng tự: ∆CNK có CNK = AMN = CKN ⇒ CK = CN = CP = BD = BF. 
Do hai đoạn CK, BF song song, bằng nhau và ng−ợc chiều nên BKCF là hình bình hành. 
3) Cách 1: 
Kẻ đ−ờng phân giác góc PBI cắt PO' tại S thì: ∆BPS = ∆BIS 
⇒ BIS = BPS = 900 và SI = SP (1) 
Xét ∆BPS và ∆CDO, ta có: OCD = 1/2ACB = 1/2CBI = OBP, BP = CD; 
CDO = BPS = 900 ⇒ ∆BPS = ∆CDO ⇒ OD = SP. 
Từ đó suy ra: ∆CPS = ∆BDO (chú ý: CP = BD) ⇒ PCS=DBO = 1/2ABC = 1/2BCK 
⇒ SK = SP và SKC = SPC = 900 (2) 
Từ (1) và (2) suy ra, đ−ờng tròn tâm S, bán kính SI đi qua I, K, P và tiếp xúc với BI, 
CK và BC tại I, K, P t−ơng ứng. 
Cách 2 
Gọi H là trung điểm của BC và S là điểm đối xứng với O qua H. Dễ thấy, các cặp 
điểm sau đối xứng với nhau qua H: B và C; P và D; I và E; F và K. 
Do đó: SI = SP = SK (vì chúng lần l−ợt bằng OE, SK = OS, SP = OD) 
BIS = CEO = 900, BPS = CDO = 900, CKS = BFO = 900 
⇒ đ−ờng tròn tâm S bán kính SP đi qua P, I, K và tiếp xúc với BC, BI, CK (lần l−ợt 
tại P, I, K) 
Chú ý: Học sinh có thể lý luận nh− sau: 
Gọi giao điểm của BI và CK là T thì ABTC là hình bình hành và trung điểm H của 
BC là giao điểm của AT và BC. Qua phép đối xứng tâm H tam giác ABC biến thành 
∆TCB, các điểm D, E, F biến thành P, I, K t−ơng ứng ⇒ đ−ờng tròn qua D, E, F biến 
thành đ−ờng tròn đi qua P, I, K. 
Do đ−ờng tròn qua D, E, F nội tiếp ∆ABC nên đ−ờng tròn qua P, I, K nội tiếp 
∆TCB, tức tiếp xúc với BC, BI, CK tại P, I, K t−ơng ứng. 
 4
Câu 5 (1 điểm) 
Đặt y = 3 - x, bài toán đã cho trở thành: 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức, P = x4 + y4 +6x2y2, trong đó x, y là các số thực 
thay đổi và thỏa mãn hệ thức: 


≥+
=+
5
3
22 yx
yx
Từ các hệ thức trên ta có: 
 ≥+
=++
5
92
22
22
yx
xyyx
⇒ (x2 + y2) + 4(x2 + y2 +2xy) ≥ 5 + 4.9 = 41 
⇒ 5(x2 + y2) + 4(2xy) ≥ 41 
Ta có: 16(x2 + y2)2 + 25(2xy)2 ≥ 40(x2 + y2)(2xy) 
Dấu = đạt đ−ợc ⇔ 4(x2 + y2) = 5(2xy) 
Cộng hai vế bất đẳng thức thu đ−ợc với 25(x2 + y2)2 + 16(2xy)2 ta thu đ−ợc: 
41[(x2 + y2)2 + (2xy)2] ≥ [5(x2 + y2) + 4 (2xy)]2 ≥ 41 
⇔ (x2 + y2)2 + (2xy)2 ≥ 41 hay: x4 + y4 +6x2y2 ≥ 412 
Dấu = đạt đ−ợc: ⇔ 



=+
=+
=+
)2(5)(4
5
3
22
22
xyyx
yx
yx
 ⇔ 

==
==
1,2
2,1
yx
yx
Vậy, P đạt giá trị bé nhất bằng 41, đạt đ−ợc ⇔ x = 1 hoặc x = 2 
Chủ tịch HĐTS Tr−ởng tiểu ban 

File đính kèm:

  • pdf2003-dapantoan2-DHKHTNHN (chuyen Toan, Tin).pdf
Giáo án liên quan