Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2021 - 2022 sở GDĐT Đồng Nai

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.

1.1 Rút gọn biểu thức ( ) b a b a

a b b a

b a

b b a a A +  

  



+

+ − −

− = : (với b a b a ≠ ≥ ≥ ,0 ,0 ).

Ta có:

( ) b a b a

a b b a

b a

b a A +  

  



+

+ − −

− = : ) ( ) ( 3 3

b a b a

b a ab

b a

b ab a b a + ⋅ 

  



+

+ − −

+ + − = 1 ) ( ) )( (

( ) b a ab b ab a + ⋅ − + + = 1

1 = + + = b a b a

1.2 Giải phương trình: ( ) ( )( ) 3 2

2 1

1

1

1 = + + + + x x x x (1)

Điều kiện: 0 > x

Ta có: ( ) 1

1 1

1

1

+ − = + x x x x

( )( ) 2

1

1

1

2 1

1

+ − + = + + x x x x

Do đó: 3 2

2

1 1 )1( = + − ⇔ x x

( ) ( ) 2 2 3 2 3 + = − + ⇒ x x x x

( ) 0 6 4 2 2 = − + ⇔ x x

( ) 0 3 2 2 = − + ⇔ x x Đặt x t = , 0 > t ta được phương trình 0 3 2 2 = − + t t Vì 0 = + + c b a nên 1 = t (nhận); 3 − = t (loại) Với 1 = t 1 1 = ⇒ = ⇒ x x (thỏa điều kiện). Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là {} 1 = S Câu 2.

2.1 Tìm đa thức bậc ba c bx ax x x P + + + = 2 3 ) ( với c b a , , là các hệ số thực. Biết ) (x P chia hết cho (x -1), ) (x P chia cho (x – 2) và (x – 3) đều có số dư là 6. Biết: ) ( ). 1 ( ) ( x A x x P − =

6 ) ( ). 2 ( ) ( + − = x B x x P 6 ) ( ). 3 ( ) ( + − = x C x x P Với ) ( ); ( ); ( x C x B x A là các đa thức. Khi 1 = x 1 0 )1( − = + + ⇒ = ⇒ c b a P Khi 2 = x 2 2 4 6 ) 2 ( − = + + ⇒ = ⇒ c b a P Khi 3 = x 21 3 9 6 ) 3 ( − = + + ⇒ = ⇒ c b a P

Ta có hệ:







− = + +

− = + +

− = + +

21 3 9

2 2 4

1

c b a

c b a

c b a

Giải hệ ta được: 18 ; 26 ;9 − = = − = c b a Vậy 18 26 9 ) ( 2 3 − + − = x x x x P 2.2 Tìm các số nguyên y x, thỏa mãn bất đẳng thức 0 8 8 2 4 3 5 2 2 ≤ + + − + + y x xy y x Ta có: 0 8 8 2 4 3 5 2 2 ≤ + + − + + y x xy y x 0 1 8 8 2 1 2 4 4 2 2 2 2 ≤ − + + + + − + + + ⇔ y y x x y xy x 1 ) 2 ( 2 )1 ( ) 2 ( 2 2 2 ≤ + + − + + ⇔ y x y x Vì N y x ∈ + 2) 2 ( ; N x ∈ − 2)1 ( ; N y ∈ + 2) 2 ( 2 Nên: N y x y x ∈ + + − + + 2 2 2 ) 2 ( 2 )1 ( ) 2 ( Do đó: 0 ) 2 ( 2 )1 ( ) 2 ( 2 2 2 = + + − + + y x y x hoặc 1 ) 2 ( 2 )1 ( ) 2 ( 2 2 2 = + + − + + y x y x i, 0 ) 2 ( 2 )1 ( ) 2 ( 2 2 2 = + + − + + y x y x (1) Vì 2) 2 ( 2 + y là số chẵn nên 2 0 ) 2 ( 2 2 − = ⇔ = + y y thế vào (1) ta được:

1 0 1 0 )1 ( 5 0 )1 ( ) 2 2 ( 2 2 2 = ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − + − x x x x x ii, 1 ) 2 ( 2 )1 ( ) 2 ( 2 2 2 = + + − + + y x y x (2) Vì 2) 2 ( 2 + y là số chẵn và 1 ) 2 ( 2 2 ≤ + y nên 2 0 ) 2 ( 2 2 − = ⇔ = + y y thế vào (1) ta được:

Z x x x x x x ∉ + ± = ⇔ ± = − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − + − 1 5 5 5 5 1 5 1 )1 ( 1 )1 ( 5 1 )1 ( ) 2 2 ( 2 2 2 2

Vậy: 2 ,1 − = = y x Câu 3.

Cho phương trình (*) ( là tham số thực). 3.1 Giải phương trình khi . Khi , ta được phương trình 0 36 60 2 4 = + − x x (1) Đặt 2 x t = , 0 ≥ t ta được phương trình 0 36 60 2 = + − t t (2) 0 864 ' > = ∆ nên phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt: 6 12 30 1 − = t (nhận); 6 12 30 2 + = t (nhận) - Với 6 12 30 1 − = t 6 12 30 2 − = ⇒x ) 3 2 2 3 ( − ± = ⇔x - Với 6 12 30 2 + = t 6 12 30 2 + = ⇒x ) 3 2 2 3 ( + ± = ⇔x Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là { }) 3 2 2 3 ( ); 3 2 2 3 ( + ± − ± = S 3.2 Tìm để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt , , , trong đó có hai nghiệm , thỏa mãn . Đặt , 0 ≥ t ta có phương trình 0 9 )1 4 ( 4 2 = + − − m t m t (3) Để phương trình (*) có bốn nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có hai nghiệm dương phân biệt







> > > ∆ ⇔ 0 0 0 '

P S

[ ]

 

 



> > − > − − − ⇔ 0 9 0 )1 4 ( 4 0 9 )1 4 ( 2 2

m m m m



 

>

> + − ⇔

4 1 0 4 41 64 2

m

m m

(**)

Vì

2 2 2 1 3x x = ⇒ nên bài toán đưa về tìm m để phương trình (3) có hai nghiệm 1t , 2t thỏa mãn 2 1 3t t = . Ta có: )1 4 ( 4 2 1 − = + m t t và m t t 9 2 1 = ⋅ (hệ thức Vi-et)

0 9 )1 4 ( 4 2 4 = + − − m x m x m 4 = m 4 = m

m 1x 2x 3x 4x

1x 2x 2 1 3x x =

2 x t =

2 1 3x x =