Đề Thi Thử Lớp 10 Chuyên Toán Học 2013 - Phần 2 - Đề 4 potx

... 3 4 m thỏa mãn yêu cầu. c) 1,0 điểm( ) 0f x có 2 nghiệm phân biệt   2 23 2 1 4( 1) 0 4 3 0 4 m m m m            Khi đó ta có: 2 1 2 21 2 2 11 2 1 5 2 1 4 4 (2 1)1x ... 5 4 2 1 2 1P mm    (*) Do 3 4 m, nên 2 1 1m , để P¢ phải có: (2 1)m là ước của 5 2 1 5 2 m m     Với 2 m thay vào (*) có: 5 4 2. 2 1 4 1 2. 2 1P ... ( ) 0f x ta có: 2 3 2 0x x  (1) PT(1) có: 1 3 2 0a b c      Vậy PT có hai nghiệm là: 1 và 2. b) 1,0 điểm Với mọi m ta có: 2 2 2 21 1 1( ) 2 1 2 2 2 f x x m x m m m...

... 2k2k22k4k24n4 )2. n .2( )4. 2n( )4 .2( n4.4n4n−+=+=+=+ = (n 2 + 2 2k+1 + n .2 k+1)(n 2 + 2 2k+1 – n .2 k+1) = [( n +2 k) 2 + 2 2k ][(n – 2 k) 2 + 2 2k ]. Mỗi thừa số đều lớn hơn hoặc bằng 2. Vậy n 4 + 4 n ... 2k hoặc n = 2k + 1, với k là số tự nhiên lớn hơn 0. - Với n = 2k, ta có k24n4 4) k2(4n+=+ lớn hơn 2 và chia hết cho 2. Do đó n44n+là hợp số.-Với n = 2k+1, tacó 2k2k22k4k24n4 )2. n .2( )4. 2n( )4 .2( n4.4n4n−+=+=+=+ ... 4 8033xkhi 4 8031=.0 ,25 0 ,25 2 (1,5)a) Khi m = 2 ta cú h phng trỡnh =+=5y2x32yx2=+==+=2x2y5 522 x5y2x3 22 y2x2=+=5 625 y5 522 x0 ,25 0 ,25 0 ,25 b)...

... 13)a + (7 2 - 1 2 )b + (7 - 1)c = 342 a + 48 b + 6c = 342 a + 3(16b + 2c) = 342 a + 3 (2 01 0- 98a)= 48 a + 6030 = 3.(16a + 2 010) 3M 0 .25 Vì a nguyên dơng nên 16a + 2 010& gt;1 . Vậy f(7)-f(1) là ... điểm1)1,5điểmĐặt a 2 x; b 2 x (a, b 0)= + = 2 2 2 2a b 4; a b 2x + = =0 .25 ( )( )( )3 3 2 2 2 ab a b 2 ab a b a b abA 4 ab 4 ab+ + + + = =+ +0 .25 ( ) ( )( ) 2 ab a b 4 abA 2 ab a b 4 ab+ ... +0 .25 ( )A 2 4 2ab a b = + 0 .25 ( )( ) ( ) ( ) 2 2A 2 a b 2ab a b a b a b = + + = + 0 .25 2 2A 2 a b 2x A x 2 = = =0 .25 2) 1,0điểm3 2 3a m b m c 0+ + = (1)Giả sử có (1)3 2 3b...