WWW.VNMATH.COM
Sở giáo dục và đào tạo
HảI dơng
Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên
nguyễn trãi - Năm học 2009-2010
Môn thi : toán
Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi 08 tháng 7 năm 2009
(Đề thi gồm: 01 trang)
Câu I (2.5 điểm):
1) Giải hệ phơng trình:
+ + =
+ =
2 2
2
x y xy 3
xy 3x 4
2) Tìm m nguyên để phơng trình sau có ít nhất một nghiệm nguyên:
+ + + =
2 2
4x 4mx 2m 5m 6 0
Câu II (2.5 điểm):
1) Rút gọn biểu thức:
là hợp số.
2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
= + + +
2 2
P x 4x 5 x 6x 13
Câu IV (2.0 điểm):
Cho tam giác MNP có ba góc nhọn và các điểm A, B, C lần lợt là hình chiếu
vuông góc của M, N, P trên NP, MP, MN. Trên các đoạn thẳng AC, AB lần lợt lấy D, E
sao cho DE song song với NP. Trên tia AB lấy điểm K sao cho
ã
ã
=DMK NMP
. Chứng
minh rằng:
1) MD = ME
2) Tứ giác MDEK nội tiếp. Từ đó suy ra điểm M là tâm của đờng tròn bàng tiếp
góc DAK của tam giác DAK.
Câu V (1.0 điểm):
Trên đờng tròn (O) lấy hai điểm cố định A và C phân biệt. Tìm vị trí của các điểm
B và D thuộc đờng tròn đó để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn nhất.
Hết
BOOK .VNMATH.COM
Đề thi chính thức
1
WWW.VNMATH.COM
H ớng dẫn chấm
Câu Phần nội dung Điểm
câu I
2,5 điểm
+ + =
ữ
0.25
4 2
7x 23x 16 0 + =
0.25
Giải ra ta đợc
2 2
16
x 1 hoặc x =
7
=
0.25
Từ
2
x 1 x 1 y 1= = =
;
2
16 4 7 5 7
x x y
7 7 7
= = = m
0.25
Vậy hệ có nghiệm (x; y) là (1; 1); (-1; -1);
m 2 0 và m 3 0
2 m 3, mà m Z
m = 2 hoặc m = 3.
0.25
Khi m = 2
x
'
= 0
x = -1 (thỏa mãn)
Khi m = 3
x
'
= 0
x = - 1,5 (loại).
0.25
Vậy m = 2.
0.25
câu II
2,5 điểm
1)
1,5điểm
Đặt
a 2 x; b 2 x (a, b 0)
= + =
0.25
( )
( ) ( ) ( )
2 2
A 2 a b 2ab a b a b a b
= + + = +
0.25
2 2
A 2 a b 2x A x 2
= = =
0.25
2)
1,0điểm
3 2
3
a m b m c 0+ + =
(1)
Giả sử có (1)
3 2
3
b m c m am 0 (2)
+ + =
Từ (1), (2)
2 2
3
(b ac) m (a m bc)
=
0.25
Nếu
2
0 thì
3
b
m
a
=
là số hữu tỉ. Trái với giả thiết!
a 0;b 0
= =
. Từ đó ta tìm đợc c = 0.
0.25
Ngợc lại nếu a = b = c = 0 thì (1) luôn đúng. Vậy: a = b = c = 0
0.25
câu III
2 điểm
1)
1,0điểm
Theo bài ra f(x) có dạng: f(x) = ax
3
+ bx
2
+ cx + d với a nguyên dơng.
0.25
Ta có: 2010 = f(5) - f(3) = (5
3
- 3
3
)a + (5
2
- 3
0.25
Ta chứng minh đợc:
( ) ( )
= + = + =
2 2
AB x 2 x 3 1 2 25 1 26
( )
= +
2
2
OA x 2 1
,
( )
= + +
2
2
OB x 3 2
0.25
Mặt khác ta có:
OA OB AB
( ) ( )
+ + +
2 2
2 2
x 2 1 x 3 2 26
0.25
Dấu = xảy ra khi A thuộc đoạn OB hoặc B thuộc đoạn OA
= =
MCAP nội tiếp
ã
ã
=CAM CPM
.
0.25
Lại có
ã
ã
=BNM CPM
(cùng phụ góc NMP)
ã
ã
=CAM BAM
(1)
0.25
Do DE // NP mặt khác
MA
NP
MA DE
(2)
Từ (1), (2)
ADE
cân tại A
MA là trung trực của DE
Theo giả thiết
ã
ã
=DMK NMP
ã
ã
+ =
0
DMK DEK 180
Tứ giác MDEK nội tiếp
0.25
Do MA là trung trực của DE
MEA MDA
=
0.25
ã
ã
ã
ã
= =
MEA MDA MEK MDC
.
0.25
Vì
ã
ã ã
Trên tia đối của BC lấy điểm A sao cho BA = BA
+ =
AB BC CA'
0.25
Ta có:
ã
ã
ã
= =B'BC B'AC B'CA
(1) ;
ã
ã
+ =
0
B'CA B'BA 180
(2)
ã
ã
+ =
0
B'BC B'BA' 180
(3);Từ (1), (2), (3)
ã
ã
=B'BA B'BA'
0.25
Hai tam giác ABB và ABB bằng nhau
=
A'B' B'A
Hãy lập một phơng trình bậc hai có hệ số nguyên nhận a - 1 là một nghiệm.
Bài 2: (2,5 điểm)
a) Giải hệ phơng trình:
x 16
xy
y 3
y 9
xy
x 2
=
=
b) Tìm m để phơng trình
( )
2
2 2
x 2x 3x 6x m 0 + + =
có 4 nghiệm phân biệt.
BOOK .VNMATH.COM
Sở giáo dục và đào tạo
Hng yên
đề chính thức
kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyên
Năm học 2009 2010
Hết
Hớng dẫn chấm thi
Bài 1: (1,5 điểm)
1 1 7 1 1 7 1 1
a 2 : 2 :
7
7 1 1 7 1 1
+ + + +
= =
ữ
ữ
+ + +
0,5 đ
a =
2
2 : 7
7
=
0,25 đ
Đặt
2
x a 1 x 7 1 x 1 7 x 2x 1 7= = + = + + =
0,5 đ
2
x 2x 6 0 + =
Vậy phơng trình
2
=
=
ĐK:
x,y 0
0,25 đ
Giải (2)
2 2
6y 6x 5xy (2x 3y)(3x 2y) 0 = + =
0,25 đ
* Nếu
3y
2x 3y 0 x
2
+ = =
.
Thay vào (1) ta đợc
3y 3 16
y.
2 2 3
+ =
0,25 đ
x 2x 1 y x 1 y x 1 y (y 0) + = = =
(*)
Phơng trình đã cho trở thành:
( ) ( )
2
y 1 3 y 1 m 0 + =
2
y 5y m 4 0 + + =
(1)
0,25 đ
Từ (*) ta thấy, để phơng trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì phơng trình (1)
có 2 nghiệm dơng phân biệt
0,25 đ
0 9 4m 0
S 0 5 0
P 0 m 4 0
> > > >> + >
0,25 đ
9
m
9
4 m
4
k 4 +
không là số nguyên tố.
0,25 đ
- Xét
2 2 2
k 5n 2 (với n ) k 25n 20n 4 k 16 5= + = + + +Â M
2
k 16 +
không là số nguyên tố.
0,25 đ
- Xét
2 2 2
k 5n 3 (với n ) k 25n 30n 9 k 16 5= + = + + +Â M
2
k 16 +
không là số nguyên tố.
0,25 đ
- Xét
2 2 2
k 5n 4 (với n ) k 25n 40n 16 k 4 5= + = + + +Â M
2
k 4 +
không là số nguyên tố.
Do vậy
k 5M
0,25 đ
C
N
M
O
A
B
D
a) Xét
MBC
và
MDB
có:
ã
ã
BDM MBC (haigóc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)=
ã
ã
BMC BMD=
0,5 đ
BOOK .VNMATH.COM
8
WWW.VNMATH.COM
Do vậy
MBC
và
MDB
đồng dạng
Suy ra
ã
ã ã
O
O
BJC 180 BJC
MBC CBJ 90 MB BJ
2 2
+ = + =
Suy ra MB là tiếp tuyến của đờng tròn (J), suy ra J thuộc NB
0,5 đ
c) Kẻ đờng kính MN của (O) NB MB
Mà MB là tiếp tuyến của đờng tròn (J), suy ra J thuộc NB
Gọi (I) là đờng tròn ngoại tiếp
ADC
Chứng minh tơng tự I thuộc AN
Ta có
ã
ã
ã
ã
ANB ADB 2BDM BJC= = =
CJ // IN
Chứng minh tơng tự: CI // JN
0,5 đ
Do đó tứ giác CINJ là hình bình hành
CI = NJ
Suy ra tổng bán kính của hai đờng tròn (I) và (J) là:
8 2 180
135
8
( ).
=
0,25 đ
BOOK .VNMATH.COM
9
WWW.VNMATH.COM
Suy ra mỗi góc ngoài của hình 8 cạnh đó là: 180
O
- 135
O
= 45
O
Do đó các tam giác MAE ; FBG ; CIH ; DKJ là các tam giác vuông cân.
MA = AE =
h
2
; BF = BG =
b
2
; CH = CI =
d
2
; DK = DJ =
f
2
Ta có AB = CD nên:
h b f d
1 2
a b c
b c c a a b
< + + <
+ + +
Bi 2(2im)
Cho 3 s phõn bit m,n,p.Chng minh rng phng trỡnh
1 1 1
0
x m x n x p
+ + =
- - -
cú
hai nghim phõn bit.
Bi 3(2im)
Vi s t nhiờn n,
3n
.t
( ) ( )
( )
( )
1 1 1
3 1 2 5 2 3 2 1 1
n
S
n n n
= + + +
+ + + + +
Chỳng minhS
TRƯỜNG CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN NĂM 2009
Bài 1:
Vì a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác nên ta có:a,b,c >0 và a< b+c ,b< a + c , c < a+b
Nên ta có
2a a a a
b c a b c a b c
+
< =
+ + + + +
Mặt khác
a a
b c a b c
>
+ + +
Vậy ta có
2
(1)
a a a
a b c c b a b c
< <
+ + + + +
Tương tự
2
(2);
b b b
a b c c a a b c
< <
+ + + + +
+n
2
+p
2
–mn-mp-np =
1
2
[(m-n)
2
+(n-p)
2
+(m-p)
2
] >0
Đặt f(x) = 3x
2
-2(m+n+p)x + mn+ mp +np
Ta có f(m) = 3m
2
– 2m
2
-2mn -2mp +mn +mp +np = m
2
–mn –mp +np = (m-n)(m-p)
¹
0
= >m,n,p không phải là nghiệm của pt(1)
Vậy PT đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt
Bài 3
< = = -
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
+ +
+
BOOK .VNMATH.COM
11
c
b
a
D
O
C
E
B
A
WWW.VNMATH.COM
Do ú
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1
2 2 2
2 2 3 1 1
n
S
n n n
ổ ử ổ ử
Ta cú
ã
ã
ã
ã
(Đối đỉnh) và CADADC BDC DBE= =
(2 gúc ni tip cựng chn cung CE) nờn
ACD
BDE
. .
AD DB
AD DE DB DChay
DC DE
= =ị ị
AD(AE-AD) = DB.DC
Hay AD
2
= AD.AE - DB.DC=AB.AC DB.DC (do (1))
4b)Theo tớnh cht ng phõn giỏc ta cú
DC
hay
b
DC DB DB DC DB a
AC AB c b c b c
+
= = = =
+ +
vy
( )
ữ
ữ
ỗ
+ +
ố ứ
( )
2
2
1
a
AD bc
b c
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
ỗ
= -ị
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
+
ố ứ
Bi 5:
Vỡ
m
2 2
m n
n
n n n
n
n
n
n
+ -
+
- - = + - = =
ổ ử
+
ữ
ỗ
ữ
+ +
+ +
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ố ứ
b)
2 2 2 2 2
2 Khi đó m 2 2 1 hay m 2n 1
m
n m n
n
n
- +
-
- = - - = - - =³
+ -
= ³
æ ö
+
÷
ç
÷
ç + -
÷
ç
÷
÷
ç
è ø
************************************************
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
——————
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho các thí sinh thi vào lớp chuyên Toán
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
—————————
(Đề có 01 trang)
Câu 1: (3,0 điểm)
a b c
b c c a a b
+ + ≥
− − −
Câu 3: (1,5 điểm)
Cho
2
1
4 4 1
A
x x
=
+ +
và
2
2 2
2 1
x
B
x x
−
=
− +
Tìm tất cả các giá trị nguyên của
x
sao cho
2
3
A B
C
+ + + =
− + =
0,25
Giải PT(2) ta được:
2 (3)
1
(4)
2
xy
xy
=
=
0,50
Từ (1)&(3) có:
1
2
3
2
2
1
x
y
x y
2
2
1
1
2
2
1
x
y
x y
xy
x
y
=
=
+ =
⇔
thì PT trở thành:
(1 ) 2(1 )p x p− = −
(2)
TH3. Nếu
3x
< −
thì PT trở thành:
( 1) 2( 4)p x p+ = −
(3)
0,25
BOOK .VNMATH.COM
14
WWW.VNMATH.COM
Nếu
1p ≠ ±
thì (1) có nghiệm
2x
=
; (2) vô nghiệm; (3) có nghiệm x nếu thoả mãn:
2( 4)
3 1 1
1
p
x p
p
−
= < − ⇔ − < <
+
.
0,25
p
p
< −
>
thì phương trình có nghiệm x = 2.
0,25
Câu 2 (1,5 điểm):
Nội dung trình bày Điểm
+ Phát hiện và chứng minh
1
( )( ) ( )( ) ( )( )
bc ca ab
a b a c b a b c c a c b
+ + =
− − − − − −
1,0
+ Từ đó, vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh bằng:
2
2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c bc ca ab
b c c a a b a b a c b c b a c a c b
+ + + + + ≥
÷
÷
+ −
0,25
Nếu
1x >
. Khi đó
2 1 4( 1) 4( 1) 1 2
1 0 1 1 0
3 2 1 3(2 1) 3(2 1) 3(2 1)
x x x
C C
x x x x
+ + −
= + = > ⇒ − = − = <
÷
+ + + +
Suy ra
0 1C
< <
, hay
C
không thể là số nguyên với
1x
>
.
0,5
Nếu
1
÷
+ +
và
4( 1) 2 1
1 1 0
3(2 1) 3(2 1)
x x
C
x x
+ −
+ = − + = >
+ +
, suy ra
1 0C
− < ≤
hay
0C =
và
1x = −
.
Vậy các giá trị tìm được thoả mãn yêu cầu là:
0, 1x x= = −
.
0,25
Câu 4 (3,0 điểm):
a) 2,0 điểm:
Nội dung trình bày Điểm
Gọi I là trung điểm AB, 0,25
∆ = ∆
0,25
Suy ra: MI = MR 0,25
Trong tam giác IER có IK = KE và MI = MR
nên KM là đường trung bình
⇒
KM // CD
0,25
Do CD // AB (gt) do đó KM // AB (đpcm) 0,25
b) 1,0 điểm:
Nội dung trình bày Điểm
Ta có: IA=IB, KB=KD (gt)
⇒
IK là đường trung bình của
∆
ABD
⇒
IK//AD hay IE//AD
chứng minh tương tự trong
∆
ABC có IM//BC hay IR//BC
0,25
Có:
QK AD⊥
(gt), IE//AD (CM trên)
QK IE⇒ ⊥
. Tương tự có
QM IR⊥
0,25
Từ trên có: IK=KE,
Qua mỗi đỉnh của tam giác, kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, các đường thẳng
này giới hạn tạo thành một tam giác
' ' 'A B C
(hình vẽ). Khi đó
' ' '
4 4
A B C ABC
S S= ≤
. Ta sẽ chứng
minh tất cả các điểm đã cho nằm trong tam giác
' ' 'A B C
.
0.25
Giả sử trái lại, có một điểm
P
nằm ngoài tam giác
' ' ',A B C
chẳng hạn như trên hình vẽ . Khi đó
( ) ( )
; ;d P AB d C AB
>
, suy ra
PAB CAB
S S>
, mâu thuẫn với giả thiết tam giác
ABC
có diện tích
lớn nhất.
0.25
BOOK .VNMATH.COM
biết phương trình ( 1 ) có hai nghiệm x
1
; x
2
và phương trình ( 2 ) có hai nghiệm
3 4
;x x
thoả mãn điều kiện
3 1 4 2
1x x x x− = − =
. xác định b và c
Bài 3 : ( 2 điểm )
1. Cho các số dương a; b; c . Chứng minh rằng
( )
1 1 1
9a b c
a b c
+ + + + ≥
÷
2. Cho các số dương a; b; c thoả mãn a + b + c
3
≤
. Chứng ming rằng
2 2 2
1 2009
670
( )
( ) ( )
3
3
3
3
4 2 3 3 3 1 3
5 2 17 5 38 2
5 2 (17 5 38) 2
1 1
1
1 2
17 5 38 17 5 38 2
x
+ − + −
= =
+ − −
+ − −
= = = −
−
− + −
vậy P = 1
Bài 2 : vì
3 1 4 2
1x x x x− = − =
=>
3 1 4 2
1; 1x x x x= + = +
BOOK .VNMATH.COM
17
+ b - 2 = 0 b = 1 ; b = -2
từ ( 4 ) =>
1 2 1 2
. 1x x x x bc+ + + =
=> c - b + 1 = bc ( 5 )
+) với b = 1 thì ( 5 ) luôn đúng , phương trình x
2
+ +b x + c = 0 trở thành
X
2
+ x + 1 = 0 có nghiệm nếu
1
1 4 0
4
c c∆ = − ≥ ⇔ ≤
+) với b = -2 ( 5 ) trở thành c + 3 = -2 c => c = -1 ; phương trình x
2
+ b x + c = 0 trở
thành x
2
- 2 x - 1 = 0 có nghiệm là x =
1 2±
vậy b= 1; c
1
4
c ≤
;
b = -2 ; c = -1
Bài 3 :
1. Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương
669
ab bc ca
⇒ ≥
+ +
Áp dụng câu 1 ta có
( )
2 2 2
2 2 2
1 1 1
2 2 2 9a b c ab bc ca
a b c ab bc ca ab bc ca
+ + + + + + + ≥
÷
+ + + + + +
=>
( )
2
2 2 2
1 1 9
1
a b c ab bc ca
a b c
+ ≥ ≥
+ + + +
+ +
vậy
2 2 2
1 2009
= = +
⇒ =
=> tứ giác BOPN nội tiếp
+) tương tự tứ giác AOQM nội tiếp
BOOK .VNMATH.COM
18
WWW.VNMATH.COM
+) do t giỏc AOQM ni tip=>
ã
ã
0
90AQO AMO= =
t giỏc BOPN ni tip =>
ã
ã
0
90BPO BNO= =
=>
ã
ã
0
90AQB APB= =
=> t giỏc AQPB ni tip
b ) tam giỏc AQB vuụng ti Qcú QE l trung tuyn nờn QE = EB = EA
=>
ã
ã
à
ã
1
3
= 1
( )
( )
2
3 1 1
x
y y y = + +
=> tn ti m; n sao cho
2
1 3 3 1
1 3 9 3.3 3 3
m m
n m m n
y y
y y
m b x m b x
+ = =
+ = + =+ = + =
+) nu m = 0 thỡ y = 0 v x = 0
+) nu m > 0 thỡ
9 3.3 3 3 3 3
1
9 3.3 3 9 3 9
Thời gian làm bài: 120 phút(không kể thời gian giao đề)
BOOK .VNMATH.COM
19
WWW.VNMATH.COM
Bài 1.(2,5 điểm)
1) Giải phơng trình:
2
1 1
2
3 2 2x x x
=
+
2) Giải hệ phơng trình:
1
7
12
x
x y
x
x y
+ =
+
=
+
2) Tìm số
abc
thoả mãn:
( )
2
4abc a b c= +
.
Bài 4.(3,5 điểm)
Cho ABC nhọn có
à
à
C A.<
Đờng tròn tâm I nội tiếp
ABC tiếp xúc với các
cạnh AB, BC, CA lần lợt tại các điểm M, N, E; gọi K là giao điểm của BI và NE.
a) Chứng minh:
ã
à
0
AIB 90
2
C
= +
.
b) Chứng minh 5 điểm A, M, I, K, E cùng nằm trên một đờng tròn.
c) Gọi T là giao điểm của BI với AC, chứng minh: KT.BN=KB.ET.
d) Gọi Bt là tia của đờng thẳng BC và chứa điểm C. Khi 2 điểm A, B và tia Bt cố
định; điểm C chuyển động trên tia Bt và thoả mãn giả thiết, chứng minh rằng
các đờng thẳng NE tơng ứng luôn đi qua một điểm cố định.
WWW.VNMATH.COM
Và do m
Z, n
N và 77=1.77=7.11=-1.(-77)=-7.(-11)
Từ đó xét 4 trờng hợp ta sẽ tìm đợc giá trị của m.
2)Từ giả thiết bài toán ta có:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2
2
2 2
100 10
100 10 .4 ( 4 1 0)
4 1
10 9
10 10
4 1 4 1
a b
a b c a b c c do a b
a b
a b a
a b
phải có tận cùng là 6
( )
2
a b+
phải có
tận cùng là 4 hoặc 9. (*)
Mặt khác
2
2.5
4( ) 1
ab
c
a b
=
+
và
( )
2
4 1a b+
là số lẻ
( )
2
4 1a b+
<500
( )
2
125,25a b + <
(**)
c
N
+ Nếu a+b =3 ta có
( ) ( )
10 3 9 6 1 3
35 7
a a
c
+ +
= =
. Vì 0<a<4 và 1+3a
M
7
1+3a=7
a=2, khi đó c=6 và b=1.Ta có số 216 thoả mãn.
Kết luận số 216 là số cần tìm.
Bài 4:
BOOK .VNMATH.COM
21
WWW.VNMATH.COM
* ý c : Chøng minh KT.BN=KB.ET
C¸ch 1:C/m
∆
AKT
:
∆
:
∆
BAK
⇒
KB AB
BM BI
=
Theo tÝnh chÊt tia ph©n gi¸c cđa
∆
ABT ta cã
TA AB
TI BI
=
Vµ do BM=BN tõ ®ã suy ra ®iỊu ph¶i c/m
*ý d:Chøng minh NE ®i qua mét ®iĨm cè ®Þnh:
Do A, B vµ tia Bt cè ®Þnh nªn ta cã tia Bx cè ®Þnh vµ
·
ABI
α
=
kh«ng ®ỉi (tia Bx
lµ tia ph©n gi¸c cđa
·
ABt
)
XÐt
∆
ABK vu«ng t¹i K ta cã KB = AB.cos ABI=AB.cos
α
kh«ng ®ỉi
+ b.S
1
+ 2c = 0
Theo Vi-ét ta có: x
1
+ x
2
=
b
a
−
; x
1
.x
2
=
c
a
BOOK .VNMATH.COM
22
WWW.VNMATH.COM
( )
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
1 2 1 2
2
1 2 1 2 1 2
2
x
+ 3m – 4 = 0
(1)
a/ Đònh m để phương trình có một nghiệm
bằng 9 và tìm tất cả nghiệm còn lại của
phương trình.
b/ Tìm tất cả các giá trò của m để phương
trình (1) có nghiệm.
a/ Phương trình có 1 nghiệm x = 9 thay vào
pt ta có:
2.9 - 7
9
+3m – 4 = 0
3m = 7
m = 7/3
Từ (1) ta có x
0
≥
thế vào (1) ta được pt:
( )
2
2 7 3 0 (2)x x− + =
Đặt
0x t
= ≥
ta có pt: 2t
2
– 7t + 3 = 0
Giải tìm được t
1
m
S x x
∆ = − ≥
⇔ ≤
= + = ≥
Cách khác:
( )
2
2 7 3 0 (2)x x− + =
x
1
= 9
1
3x⇒ =
mà
1 2
2
2
2
7
2
7
3
2
7 1
3 1 3 (3)
x y
y z
z x
+ + =
+ + =
+ + =
(I)
Nhân (1) (2) và (3) ta có:
[(x + 1)(y + 2)(z + 3)]
2
= 36
(x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 hoặc (x + 1)(y + 2)
(z + 3) = -6
Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 hệ (I) là:
0
3 3
0
1 1
0
2 2
z
z
x
x
+ = −
⇔ = −
+ = −
= −
+ = −
Vậy nghiệm của hệ là (0 ; 0 ; 0) và (-2 ; -4 ;
-6)
Nếu x, y, z đều là các số dương thì hệ
chỉ có 1 nghiệm
Bài 4: (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ
cho parabol (P):
2
3
x
y =
, điểm I(0 ; 3) và
điểm M(m ; 0)
Với m là tham số khác 0.
a/ Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua
hai điểm M, I
b/ Chứng minh rằng (d) luôn luôn cắt (P)
tại hai điểm phân biệt A, B với AB > 6
a/ Gọi pt của (d) là y = ax + b
Khi đi qua I(0 ; 3) và M(m ; 0) ta có:
24
WWW.VNMATH.COM
( )
2
2
2
2 2
3
3
3
9 9 ( 0)
9 9 0
9 4. . 9 81 36 0, 0
x
x
m
mx x m do m
mx x m
m m m m
−
= +
⇔ = − + ≠
⇔ + − =
∆ = − − = + > ∀ ≠
Vậy (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt.
Chứng minh AB > 6
Vì A, B là giao điểm của (d) và (P) nên
hoành độ x
A
, x
( )
2 2
2
2
2 2
2
2
2
2
2
2
2
2 2
2 4 2
3 3
9
9
1
9
4 . 1
9 9
4( 9) 1
81 9
36 1
81 729 324
36 36 6
A B A B
A B A B
A B A B
A B
= − − +
÷ ÷
= + +
÷ ÷
= + + + > =
Bài 5: (3 điểm) Cho hai đường tròn (O ; R)
và (O’ ; R’) cắt nhau tại A và B (R > R’).
Tiếp tuyến tại B của
BOOK .VNMATH.COM
25
Copyright: Tài liệu đại học ©