›
›
›

Một số đề ôn thi vào Lớp 10 chuyên Toán

doc 36 trang thaodu 3420
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Một số đề ôn thi vào Lớp 10 chuyên Toán", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docmot_so_de_on_thi_vao_lop_10_chuyen_toan.doc

Nội dung text: Một số đề ôn thi vào Lớp 10 chuyên Toán

  1. Mét sè ®Ò «n thi vµo chuyªn to¸n §Ò 1 Bµi 1: (8 ®iÓm) 1 (P) : y x2 Cho parabol 3 . 1. ViÕt ph­¬ng tr×nh c¸c tiÕp tuyÕn cña (P), biÕt c¸c tiÕp tuyÕn nµy ®i qua ®iÓm A(2;1) . 2. Gäi d lµ ®­êng th¼ng ®i qua ®iÓm A(2;1) vµ cã hÖ sè gãc m. Víi gi¸ trÞ nµo cña m th× ®­êng th¼ng d c¾t (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt M vµ N, khi ®ã t×m quÜ tÝch trung ®iÓm I cña ®o¹n th¼ng MN khi m thay ®æi. 3. T×m quÜ tÝch c¸c ®iÓm M0 tõ ®ã cã thÓ kÎ ®­îc hai tiÕp tuyÕn cña parabol (P) vµ hai tiÕp tuyÕn nµy vu«ng gãc víi nhau. Bµi 2: (4®iÓm) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: x2 y2 xy 19 x y xy 7 Bµi 3: (8 ®iÓm) Cho nöa ®­êng trßn ®­êng kÝnh AB cè ®Þnh. C lµ mét ®iÓm bÊt k× thuéc nöa ®­êng trßn. ë phÝa ngoµi tam gi¸c ABC, vÏ c¸c h×nh vu«ng BCDE vµ ACFG. Gäi Ax, By lµ c¸c tiÕp tuyÕn cña nöa ®­êng trßn. 1. Chøng minh r»ng khi C di chuyÓn trªn nöa ®­êng trßn ®· cho th× ®­êng th¼ng ED lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh vµ ®­êng th¼ng FG lu«n ®i qua ®iÓm cè ®Þnh kh¸c. 2. T×m quÜ tÝch cña c¸c ®iÓm E vµ G khi C di chuyÓn trªn nöa ®­êng trßn ®· cho. 3. T×m quÜ tÝch cña c¸c ®iÓm D vµ F khi C di chuyÓn trªn nöa ®­êng trßn ®· cho. HÕt 2
  2. §¸p ¸n vµ thang ®iÓm: Bµi 1 ý Néi dung §iÓm 1. 8,0 1.1 (2,0 ®iÓm) Ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng d1 ®i qua A(2; 1) cã d¹ng: y = ax + b vµ 1 = 2a 0,50 + b, suy ra b = 1 - 2a, do ®ã d1: y = ax - 2a+1. Ph­¬ng tr×nh cho hoµnh ®é giao ®iÓm cña d1 vµ (P) lµ: 1 x2 ax 2a 1 x2 3ax 6a 3 0 3 0.50 §Ó d1 lµ tiÕp tuyÕn cña (P) th× cÇn vµ ®ñ lµ: a 2 ' 9a2 24a 12 0 2 a 3 2,0 VËy tõ A(2; 1) cã hai tiÕp tuyÕn ®Õn (P) lµ: 2 1 d : y 2x 3; d : y x 1 2 3 3 0,50 1.2 (4,0 ®iÓm) Ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng d ®i qua A(2; 1) cã hÖ sè gãc m lµ: y mx 1 2m 0,50 Ph­¬ng tr×nh cho hoµnh ®é giao ®iÓm cña d vµ (P) lµ: 1 x2 mx 2m 1 x2 3mx 6m 3 0 (2) 3 0,50 §Ó d c¾t (P) t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt th× cÇn vµ ®ñ lµ: 2 2 8 4 9m 24m 12 0 9 m m 0 3 3 4 m 3 4 2 m 2 2 4 4 4 2 3 3 m m 0 m 3 (*) 3 9 3 3 4 m m 2 3 4 2 m 3 3 1,5 3
  3. Víi ®iÒu kiÖn (*), d c¾t (P) t¹i 2 ®iÓm M vµ N cã hoµnh ®é lµ x1 vµ x2 lµ 2 nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh (2), nªn to¹ ®é trung ®iÓm I cña MN lµ: 2x 2x 2 2x x1 x2 3m m ; 2 x 1; x 3 x 3 3 3 3 I 2 2 2 4 y mx 1 2m y x2 x 1 3 3 1,0 2 4 VËy khi m thay ®æi, quÜ tÝch cña I lµ phÇn cña parabol y x2 x 1 , 3 3 giíi h¹n bëi .x 1; x 3 0,50 1.3 (2,0 ®iÓm) Gäi M 0 (x0 ; y0 ) lµ ®iÓm tõ ®ã cã thÓ vÏ 2 tiÕp tuyÕn vu«ng gãc ®Õn (P). Ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng d' qua M0 vµ cã hÖ sè gãc k lµ: y kx b , ®­êng th¼ng nµy ®i qua M0 nªn y0 kx0 b b y0 kx0 , suy ra pt cña d': y kx kx0 y0 . 0,50 Ph­¬ng tr×nh cho hoµnh ®é giao ®iÓm cña d vµ (P) lµ: 1 x2 kx kx y x2 3kx 3kx 3y 0 ( ) 3 0 0 0 0 0,50 §Ó tõ M0 cã thÓ kÎ 2 tiÕp tuyÕn vu«ng gãc tíi (P) th× ph­¬ng tr×nh: 2 9k 12kx0 12y0 0 cã 2 nghiÖm ph©n biÖt k1, k2 vµ k1k2 1 12y 3 0 1 y 9 0 4 0,50 VËy quÜ tÝch c¸c ®iÓm M0 tõ ®ã cã thÓ vÏ ®­îc 2 tiÕp tuyÕn vu«ng gãc cña 3 (P) lµ ®­êng th¼ng y 4 0,50 2. (4,0 ®iÓm) 2 x2 y2 xy 19 x y 3xy 19 S 2 3P 19 S x y (1) x y xy 7 x y xy 7 S P 7 P xy 1,0 Gi¶i hÖ (1) ta ®­îc: (S 1; P 6), (S 2; P 5) 1,0 x y 1 x y 2 Gi¶i c¸c hÖ ph­¬ng tr×nh tÝch, tæng: vµ ta cã c¸c xy 6 xy 5 nghiÖm cña hÖ ph­¬ng tr×nh ®· cho lµ: x 3 x 2 x 1 6 x 1 6 ; ; ; y 2 y 3 y 1 6 y 1 6 2,0 4
  4. 3. 8,0 3.1 Gäi K lµ giao ®iÓm cña Ax vµ GF, I lµ giao ®iÓm cña By vµ ED. Ta cã: B· EI B·CA 900 E· BI C·BA (gãc cã c¸c c¹nh t­¬ng øng vu«ng gãc) BE BC , Do ®ã: BEI BCA BI BA mµ By cè ®Þnh, suy ra ®iÓm I cè ®Þnh. + T­¬ng tù, K ccè ®Þnh. + VËy khi C di chuyÓn trªn nöa ®­êng trßn (O) th× d­êng th¼ng ED ®i qua ®iÓm I cè ®Þnh vµ ®­êng th¼ng GF ®i qua ®iÓm K cè ®Þnh. 3,0 3.2 Suy ra quÜ tÝch cña I lµ nöa ®­êng trßn ®­êng kÝnh BI (bªn ph¶i By, C  A E  I, C  B E  B ); quÜ tÝch cña K lµ nöa ®­êng trßn ®­êng kÝnh AK(bªn tr¸i Ax, C  A G  A, C  B G  K ). 2,0 3.3 XÐt 2 tam gi¸c BEI vµ BDK, ta cã: BE BI 1 BD BK 2 E· BI I·BD K·BD I·BD 450 E· BI K·BD Do ®ã: BEI : BDK B·DK B· EI 900 + VËy: QuÜ tÝch cña D lµ nöa ®­êng trßn ®­êng kÝnh BK. + T­¬ng tù, quÜ tÝch cña F lµ nöa ®­êng trßn ®­êng kÝnh AI. 3,0 5
  5. §Ò 2 Bµi 1: (7 ®iÓm) 1. Gi¶i ph­¬ng tr×nh: x 1 2 4 x x 9 6 4 x 2 2. Chøng minh r»ng nÕu a, b, c lµ c¸c sè kh«ng ©m vµ b lµ sè trung b×nh céng cña a vµ c th× ta cã: 1 1 2 a b b c c a Bµi 2: (6 ®iÓm) x2 3x 5 1. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña y . x2 1 2. T×m nghiÖm nguyªn cña ph­¬ng tr×nh: x2 2y2 3xy 2x 4y 3 0 Bµi 3: (7 ®iÓm) Cho ®­êng trßn t©m O, b¸n kÝnh R, hai ®­êng kÝnh AB vµ CD vu«ng gãc víi nhau. E lµ ®iÓm bÊt k× trªn cung AD. Nèi EC c¾t OA t¹i M, nèi EB c¾t OD t¹i N. OM ON 1. Chøng minh r»ng tÝch  lµ mét h»ng sè. Suy ra gi¸ trÞ nhá nhÊt cña tæng AM DN OM ON , khi ®ã cho biÕt vÞ trÝ cña ®iÓm E ? AM DN 2. Gäi GH lµ d©y cung cè ®Þnh cña ®­êng trßn t©m O b¸n kÝnh R ®· cho vµ GH kh«ng ph¶i lµ ®­êng kÝnh. K lµ ®iÓm chuyÓn ®éng trªn cung lín GH. X¸c ®Þnh vÞ trÝ cña K ®Ó chu vi cña tam gi¸c GHK lín nhÊt. HÕt 6
  6. §¸p ¸n vµ thang ®iÓm: Bµi ý Néi dung §iÓm 1. 7,0 1.1 (2,0 ®iÓm) 2 2 1,0 x 1 2 4 x x 9 6 4 x 2 4 x 1 4 x 3 2 4 x 1 4 x 3 2 (1) y 1 y 3 2 y 4 x 0; x 0 (2) (1) 0 y 1: y 1 0, y 3 0 , nªn (2) 1 y 3 y 2 y 1 (tho¶ §K) x 1 lµ mét nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh (1) 1 y 3: y 1 0, y 3 0 , nªn pt (2) y 1 3 y 2 0y 0 do ®ã pt (2) cã v« sè nghiÖm y (1 y 3 ), suy ra pt (1) cã v« sè nghiÖm x ( 1 x 81 ). 1,0 y 3: y 1 0, y 3 0 , nªn pt (2) y 1 y 3 2 y 3 , pt v« nghiÖm. VËy tËp nghiÖm cña pt (1) lµ: S 1; 81 1,0 1.2 (3,0 ®iÓm) 1 1 2 a b b c c a 1 1 1 1 (*) a b c a c a b c 0,50 1 1 c b A a b c a a b c a Ta cã: c b a b c a b c 0,50 a c Theo gi¶ thiÕt: b a c 2b b a c b , nªn: 2 b a b a b a A a b b c c a a b b c c a 1,0 b a b c c a 1 1 A b c c a b c c a c a b c §¼ng thøc (*) ®­îc nghiÖm ®óng. 1,0 7
  7. 2. 6,0 2.1 (3,0 ®iÓm) x2 3x 5 y (x¸c ®Þnh víi mäi x R ) y 1 x2 3x y 5 0 ( ) x2 1 0,5 4 y 1: pt ( ) cã nghiÖm x 3 y 1: ®Ó pt ( ) cã nghiÖm th×: 2 9 4(y 1)(y 5) 4y 24y 11 0 1,0 25 2 5 5 5 1 11 y 3 0 y 3 y 3 y y 1 4 2 2 2 2 2 1,0 1 11 11 1 VËy tËp gi¸ trÞ cña y lµ ; , do ®ã Max y ; Min y 2 2 2 2 0,5 2.2 (3,0 ®iÓm) 2 2 2 2 x 2y 3xy 2x 4y 3 0 x 3y 2 x 2y 4y 3 0 ( ) 0,5 §Ó pt ( ) cã nghiÖm nguyªn theo x, th×: 2 3y 2 4 2y2 4y 3 y2 4y 8 lµ sè chÝnh ph­¬ng. y2 4y 8 k 2 k Z y 2 2 k 2 12 (y 2 k)(y 2 k) 12 (a) 1,0 Ta cã: Tæng y 2 k (y 2 k) 2(k 2) lµ sè ch½n, nªn y 2 k ; (y 2 k) cïng ch½n hoÆc cïng lÎ. Mµ 12 chØ cã thÓ b»ng tÝch 1.12 hoÆc 2.6 hoÆc 3.4, nªn chØ cã c¸c hÖ ph­¬ng tr×nh sau: y 2 k 2 y 2 k 6 y 2 k 6 y 2 k 2 ; ; ; ; y 2 k 6 y 2 k 2 y 2 k 2 y 2 k 6 0,5 Gi¶i c¸c hÖ pt trªn ta cã c¸c nghiÖm nguyªn cña pt (a): y 2;k 2 , y 2;k 2 , y 6;k 2 , y 6;k 2 0,5 Thay c¸c gi¸ trÞ y 2; y 6 vµo pt ( ) vµ gi¶i pt theo x cã c¸c nghiÖm nguyªn (x; y) lµ: (x 1; y 2), (x 3; y 2);(x 11; y 6),(x 9; y 6) 0,5 3. 7,0 (4 ®) 3.1 Ta cã: COM : CED v×: Oµ Eµ 900 ; Cµ chung. Suy ra: OM CO ED.CO OM (1) ED CE CE Ta cã: AMC : EAC v×: Cµchung , µA Eµ 450 . Suy ra: AM AC EA.AC AM (2) EA EC CE Tõ (1) vµ (2): OM OC.ED ED (3) AM AC.EA 2EA 1,0 ON OB OB.EA ONB : EAB Oµ Eµ 900 ; Bµ chung ON (4) EA EB EB 1,0 8
  8. DN DB DB.ED DNB : EDB (Bµ chung, Dµ Eµ 450 ) DN (5) ED EB EB ON OB.EA EA OM ON 1 Tõ (4) vµ (5): (6) . Tõ (3) vµ (6):  DN DB.ED 2ED AM DN 2 OM ON §Æt x , y . Ta cã: x, y kh«ng ©m vµ: AM DN 2 1 x y x y 2 xy 0 x y 2 xy 2 2 2 x y 1 DÊu "=" xÈy ra khi: 1 x y xy 2 2 1,0 OM ON OM ED 1 VËy: Tæng 2 khi EA ED AM DN min AM 2EA 2 E lµ trung ®iÓm cña d©y cung »AD . 1,0 3.2 (3,0 ®iÓm) GKH cã c¹nh GH cè ®Þnh, nªn chu vi cña nã lín nhÊt khi tæng KG KH lín nhÊt. Trªn tia ®èi cña tia KG lÊy ®iÓm N sao cho KN = KH. Khi ®ã, HKN c©n t¹i K. 1 Suy ra G·NH G·KH vµ 2 KG KH KG KN GN 1 mµ G·KH G¼H (gãc néi 2 tiÕp ch¾n cung nhá G¼H cè ®Þnh), do ®ã G·NH kh«ng ®æi. VËy N ch¹y trªn cung trßn (O') tËp hîp c¸c ®iÓm nh×n ®o¹n GH d­íi gãc 1 G·OH kh«ng ®æi. 4 1,5 GN lµ d©y cung cña cung trßn (O') nªn GN lín nhÊt khi GN lµ ®­êng kÝnh cña cung trßn, suy ra GHK vu«ng t¹i H, do ®ã K·GH K·HG (v× lÇn l­ît phô víi hai gãc b»ng nhau). Khi ®ã, K lµ trung ®iÓm cña cung lín G¼H . VËy: Chu vi cña GKH lín nhÊt khi K lµ trung ®iÓm cña cung lín G¼H . 1,5 9
  9. §Ò 3 Bµi 1: (8 ®iÓm) Cho ph­¬ng tr×nh 2x2 2mx m2 2 0 (1). . 4. T×m c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó ph­¬ng tr×nh (1) cã hai nghiÖm d­¬ng ph©n biÖt. 5. T×m c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó ph­¬ng tr×nh (1) cã hai nghiÖm ph©n biÖt x1 vµ x2 tho¶ 5 m·n hÖ thøc x3 x3 . 1 2 2 6. Gi¶ sö ph­¬ng tr×nh (1) cã hai nghiÖm kh«ng ©m. T×m gi¸ trÞ cña m ®Ó nghiÖm d­¬ng cña ph­¬ng tr×nh ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt. Bµi 2: (4®iÓm) Gi¶i ph­¬ng tr×nh: x2 4x 3 4x x2 (2) Bµi 3: (8 ®iÓm) Cho tam gi¸c ABC cã ·ABC 600 ; BC a; AB c (a,c lµ hai ®é dµi cho tr­íc), H×nh ch÷ nhËt MNPQ cã ®Ønh M trªn c¹nh AB, N trªn c¹nh AC, P vµ Q ë trªn c¹nh BC ®­îc gäi lµ h×nh ch÷ nhËt néi tiÕp trong tam gi¸c ABC. 1. T×m vÞ trÝ cña M trªn c¹nh AB ®Ó h×nh ch÷ nhËt MNPQ cã diÖn tÝch lín nhÊt. TÝnh diÖn tÝch lín nhÊt ®ã. 2. Dùng h×nh vu«ng EFGH néi tiÕp trong tam gi¸c ABC b»ng th­íc kÎ vµ com-pa. TÝnh diÖn tÝch cña h×nh vu«ng ®ã. 10
  10. §¸p ¸n vµ thang ®iÓm: Bµi 1 ý Néi dung §iÓm 1. 8,0 1.1 (2,0 ®iÓm) §Ó ph­¬ng tr×nh (1) cã hai nghiÖm d­¬ng ph©n biÖt, cÇn vµ ®ñ lµ: 0.5 ' 4 m2 0 m2 2 P 0 2 S m 0 m 2 m 2 2 m 2 m 0 1.5 1.2 (3,0 ®iÓm) Ph­¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm ph©n biÖt ' 4 m2 0 2 m 2 (*) 0,50 5 2 5 x3 x3 x x x x 3x x 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 0,50 2 2 3(m 2) 5 3 m m m 6m 5 0 2 2 0,5 2 1m 21 m 1 m m 5 0 m1 1;m2,3 2 0,5 1 21 3 21 1 21 Ta cã: 2 0 x 2 2 2 2 2 1 21 5 21 x 0 2 vµ 2 x 0 x 2 3 2 3 2 3 0,5 1 21 VËy: Cã 2 gi¸ trÞ cña m tho¶ ®iÒu kiÖn bµi to¸n: m 1; m 2 0,5 1.3 (3,0 ®iÓm) Ph­¬ng tr×nh cã hai nghiÖm kh«ng ©m khi vµ chØ khi: ' 4 m2 0 m2 2 P 0 2 m 2 ( ) 2 S m 0 0,50 11
  11. Khi ®ã 2 nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh lµ: m 4 m2 m 4 m2 x ; x 0 x x m 2;2 1 2 2 2 1 2 0,50 Hai nghiÖm nµy kh«ng thÓ ®ång thêi b»ng 0, nªn nghiÖm d­¬ng cña m 4 m2 ph­¬ng tr×nh lµ x 0 . Suy ra: 2 2 2 2 m2 2m 4 m2 4 m2 4 2 m 4 m x2 2 4 4 0,50 Theo bÊt ®¼ng thøc C«-si: m2 4 m2 2 m2 4 m2 2 m2 4 m2 4 0,50 2 Suy ra: x2 2 x2 2 . m2 4 m2 m 2 2;2 DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi: . 0,5 VËy nghiÖm d­¬ng cña ph­¬ng tr×nh ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt lµ 2 khi m 2 0,5 2. (4,0 ®iÓm) 4x x2 0 2 2 x 4x 3 4x x 2 (2) 0,5 2 2 x 4x 3 4x x t 4x x2 0 2 0 t 4 t 4 x 2 4 2 (3) t t 3 0 3 t t 2 1,0 Giải phương trình theo t, ta có: 1 13 1 13 t 0 (lo¹i); t 0 1 2 2 2 13 9 t 4 0 t 4. Suy ra nghiÖm cña (3) lµ t . 2 2 2 2 1,0 9 13 x1 2 1,0 2 Gi¶i ph­¬ng tr×nh 4x x2 t x2 4x t 0 2 2 9 13 x 2 2 2 VËy: ph­¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiÖm ph©n biÖt: 9 13 x 2 1,2 2 0,5 12
  12. 3. 8,0 3.1 + §Æt AM x (0 x c) . Ta cã: MN AM ax MN BC AB c c x 3 MQ BM sin 600 . 2 Suy ra diÖn tÝch cña MNPQ lµ: ax c x 3 a 3 S x c x 2c 2c 2,0 2 a b a b + Ta cã bÊt ®¼ng thøc: ab ab (a 0,b 0) 2 2 2 x c x c2 ¸p dông, ta cã: x(c x) . 2 4 c DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi: x c x x . 2 a 3 c2 ac 3 Suy ra: S  . 2c 4 8 ac 3 c VËy: S khi x hay M lµ trung ®iÓm cña c¹nh AC. max 8 2 2,0 13
  13. 3.2 + Gi¶ sö ®· dùng ®­îc h×nh vu«ng EFGH néi tiÕp trong tam gi¸c ABC. Nèi BF, trªn ®o¹n BF lÊy ®iÓm F'. Dùng h×nh ch÷ nhËt: E'F'G'H' (E ' AB;G ', H ' BC) . Ta cã: E'F'//EF vµ F'G'//FG, nªn: E ' F ' BE ' BF ' F 'G ' EF BE BF FG E ' F ' F 'G ' . Do ®ã E'F'G'H' lµ h×nh vu«ng. 1,0 + C¸ch dùng vµ chøng minh: Trªn c¹nh AB lÊy ®iÓm E' tuú ý, dùng h×nh vu«ng E'F'G'H' (G', H' thuéc c¹nh BC). Dùng tia BF' c¾t AC t¹i F. Dùng h×nh ch÷ nhËt EFGH néi tiÕp tam gi¸c ABC. Chøng minh t­¬ng tù trªn, ta cã EF = FG, suy ra EFGH lµ h×nh vu«ng. 1,0 BH ' 1 + Ta cã: cot g600 ; E ' H ' 3 BG ' BH ' H 'G ' BH ' 1 cot gF·' BC 1 1. F 'G ' F 'G ' E ' H ' 3 Suy ra: Tia BF' cè ®Þnh khi E' di ®éng trªn AB, c¾t AC t¹i mét ®iÓm F duy nhÊt. Tr­êng hîp h×nh vu«ng E'F'G'H' cã ®Ønh F' ë trªn c¹nh AC; G' vµ H' ë trªn c¹nh BC, lý luËn t­¬ng tù ta còng cã tia CE' cè ®Þnh, c¾t AB t¹i E. VËy bµi to¸n cã mét nghiÖm h×nh duy nhÊt. 1,0 EF AE ax (c x) 3 + §Æt AE x . Ta cã EF ; HE c x sin B BC AB c 2 ax (c x) 3 c2 3 EFGH lµ h×nh vu«ng, nªn EF EH x c 2 2a c 3 2 2 2 3a c Suy ra diÖn tÝch h×nh vu«ng EFGH lµ: S EF 2 2a c 3 1,0 14
  14. §Ò 4 Bµi 1: (7 ®iÓm) x4 3 4y 3. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: 4 y 3 4x 4. Chøng minh r»ng nÕu a, b, c lµ c¸c sè tho¶ m·n c¸c bÊt ®¼ng thøc: a2 b2 c2 c2 a2 b2 b2 c2 a2 a b b c c a a b b c c a a b b c c a Th× | a| | b| | c| Bµi 2: (6 ®iÓm) 3. X¸c ®Þnh h×nh vu«ng cã ®é dµi c¹nh lµ sè nguyªn vµ diÖn tÝch còng lµ sè nguyªn gåm 4 ch÷ sè, trong ®ã c¸c ch÷ sè hµng ®¬n vÞ, hµng chôc vµ hµng tr¨m gièng nhau. 4. A, B, C lµ mét nhãm ba ng­êi th©n thuéc. Cha cña A thuéc nhãm ®ã, còng vËy con g¸i cña B vµ ng­êi song sinh cña C còng ë trong nhãm ®ã. BiÕt r»ng C vµ ng­êi song sinh cña C lµ hai ng­êi kh¸c giíi tÝnh vµ C kh«ng ph¶i lµ con cña B. Hái trong ba ng­êi A, B, C ai lµ ng­êi kh¸c giíi tÝnh víi hai ng­êi kia ? Bµi 3: (7 ®iÓm) Cho ®­êng trßn (O) t©m O, b¸n kÝnh R, hai ®­êng kÝnh AB vµ CD vu«ng gãc víi nhau. §­êng trßn (O 1) néi tiÕp trong tam gi¸c ACD. §­êng trßn (O 2) tiÕp xóc víi 2 c¹nh OB vµ OD cña tam gi¸c OBD vµ tiÕp xóc trong víi ®­êng trßn (O). §­êng trßn (O3) tiÕp xóc víi 2 c¹nh OB vµ OC cña tam gi¸c OBC vµ tiÕp xóc trong víi ®­êng trßn (O). §­êng trßn (O 4) tiÕp xóc víi 2 tia CA vµ CD vµ tiÕp xóc ngoµi víi ®­êng trßn (O1). TÝnh b¸n kÝnh cña c¸c ®­êng trßn (O1), (O2), (O3), (O4) theo R. 15
  15. §¸p ¸n vµ thang ®iÓm: Bµi ý Néi dung §iÓm 1. 7,0 1.1 (4,0 ®iÓm) 4 x 3 0,5 x 3 4y 4 4 . §iÒu kiÖn ®Ó hÖ cã nghiÖm lµ: (*) y 3 4x y 3 4 x4 3 4y x4 3 4y (a) Víi ®iÒu kiÖn (*), ta cã: 4 4 4 y 3 4x x y 4(x y) 0(b) 1,0 2 2 (b) x y x y x y 4 0 x y 0 x y x, y 3 0 x y x2 y2 4 0 (v× 4 nªn ). 1,0 Thay vµo (a): x4 3 4y x4 4x 3 0 x4 1 4 x 1 0 x 1 x3 x2 x 3 0 x 1 2 x2 2x 3 0 x 1 2 v× x2 2x 3 x 1 2 0 . x y 1 3 So víi ®iÒu kiÖn (*), ta cã: 4 . x 1 VËy hÖ ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt : y 1 1,5 1.2 (3,0 ®iÓm) §iÒu kiÖn: a b;b c; c a 0,50 Ta cã a2 b2 c2 b2 c2 a2 a2 b2 b2 c2 c2 a2 a b b c c a a b b c c a a b b c c a a b b c c a 0 0,50 a2 b2 c2 b2 c2 a2 Suy ra: a b b c c a a b b c c a a2 b2 c2 c2 a2 b2 Do ®ã: a b b c c a a b b c c a 2 2 2 2 2 2 4 4 4 a2 c2 b2 a2 c2 b2 a c a b c b a b c 0 0 a b b c c a a b b c c a 1,0 16
  16. 2a2c2 2a2b2 2c2b2 2 a4 b4 c4 0 2 a b b c c a a4 2a2c2 c4 a4 2a2b2 b4 b2 2b2c2 c2 0 2 a b b c c a a2 b2 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b b c c a 0 b c 0 2 2 c a 0 2 2 2 a b c | a | | b | | c | 1,0 2. 6,0 2.1 (4,0 ®iÓm) Theo gi¶ thiÕt diÖn tÝch cña h×nh vu«ng cã d¹ng 2 S abbb k k 0,k Z 0,5 1000 k 2 9999 33 k 99 , nªn k chØ gåm 2 ch÷ sè: k xy 10x y 2 2 2 k 100x 20xy y 3 x 9;0 y 9 . 1,0 NÕu y lÎ: y 1;3;5;7;9 y2 1;9;25;49;81 b 1;5;9 . Khi ®ã 2xy cã ch÷ sè tËn cïng lµ sè ch½n, nªn ch÷ sè hµng chôc cña k 2 ph¶i lµ sè ch½n kh¸c víi 1; 5; 9, do ®ã S kh«ng thÓ lµ abbb . 1,0 NÕu y ch½n: y 0;2;4;6;8 y2 0;4;16;36;64 b 0;4;6 0,5 Víi y = 0: k 2 chØ cã thÓ lµ 1600; 2500; 3600; 4900; 6400; 8100 kh«ng tho¶ ®iÒu kiÖn bµi to¸n. Víi y = 2: k 2 100x2 40x 4 . Khi ®ã x chØ cã thÓ lµ 6 th× ch÷ sè hµng chôc cña k2 míi lµ 4, suy ra k 2 3600 244 3844 abbb . Víi y = 4; 6: y2 16;36 , khi ®ã 20xy cã ch÷ sè hµng chôc lµ sè ch½n, nªn ch÷ sè hµng chôc cña k2 ph¶i lµ sè lÎ, do ®ã kh«ng thÓ b»ng 4 hoÆc 6, 0,5 nghÜa lµ k 2 abbb . Víi y = 8: y2 = 64; k 2 100x2 160x 64 , khi ®ã x chØ cã thÓ lµ 3 hoÆc 8 th× ch÷ sè hµng chôc cña k2 míi b»ng 4, suy ra k 2 382 1444 hoÆc k 2 882 7744(kh«ng tho¶ ®iÒu kiÖn bµi to¸n). VËy: bµi to¸n cã mét lêi gi¶i duy nhÊt: H×nh vu«ng cÇn x¸c ®Þnh cã c¹nh k 38 vµ diÖn tÝch S 1444 . 0,5 2.2 (2,0 ®iÓm) Theo gi¶ thiÕt, cha cña A cã thÓ lµ B hoÆc C: NÕu B lµ cha cña A th× C kh«ng thÓ song sinh víi A, v× nÕu nh­ thÕ th× C lµ con cña B, tr¸i gi¶ thiÕt, do ®ã C vµ B lµ song sinh vµ kh¸c giíi tÝnh (gt), nªn C lµ ph¸i n÷. MÆt kh¸c, con g¸i cña B kh«ng thÓ lµ C nªn ph¶i lµ A, do ®ã A lµ ph¸i n÷. VËy B kh¸c giíi tÝnh víi hai ng­êi cßn l¹i lµ A vµ C (cïng lµ ph¸i n÷). 1,0 NÕu C lµ cha cña A th× C chØ cã thÓ lµ song sinh víi B, theo gi¶ thiÕt B ph¶i lµ ph¸i n÷. MÆt kh¸c, con g¸i cña B kh«ng thÓ lµ C (gt) nªn ph¶i lµ A, suy ra C vµ B lµ vî chång chø kh«ng ph¶i lµ 0,5 17
  17. song sinh, dÉn ®Õn m©u thuÉn. VËy chØ cã duy nhÊt tr­êng hîp B lµ cha cña A vµ B kh¸c giíi tÝnh víi hai ng­êi cßn l¹i lµ A vµ C (cïng lµ ph¸i n÷). 0,5 3. 7,0 + Gäi r lµ ®é dµi b¸n kÝnh ®­êng trßn (O1). Ta cã: S ACD pr 1 R2 2AC CD r 2 R2 R 2 1 r R r 1 2 1,0 + §­êng trßn (O2) tiÕp xóc víi OB vµ OD nªn t©m O2 ë trªn tia ph©n gi¸c · cña gãc BOD , (O2) l¹i tiÕp xóc trong víi (O) nªn tiÕp ®iÓm T cña chóng ë trªn ®­êng th¼ng nèi 2 t©m O vµ O2, chÝnh lµ giao ®iÓm cña tia ph©n gi¸c gãcB·OD víi (O). + §­êng th¼ng qua T vu«ng gãc víi OT c¾t 2 tia OB vµ OD t¹i B' vµ D' lµ tiÕp tuyÕn chung cña (O) vµ (O2). Do ®ã (O2) lµ ®­êng trßn néi tiÕp OB ' D ' . + OB ' D ' cã ph©n gi¸c gãc O võa lµ ®­êng cao, nªn nã lµ tam gi¸c vu«ng c©n vµ B ' D ' 2OT 2R,OB ' OD ' R 2 , suy ra: OB ' D ' ACD . R + VËy: B¸n kÝnh cña (O2) còng b»ng r . 1 2 2,0 + Hai h×nh qu¹t OBC vµ OBD ®èi xøng víi nhau qua AB nªn (O3) còng R b»ng (O2), nªn b¸n kÝnh cña (O3) còng b»ng r . 1 2 1,0 18
  18. + §­êng trßn (O4) cã hai tr­êng hîp: a) Tr­êng hîp 1: (O4) ë bªn tr¸i (O1): KÎ tiÕp chung cña (O4) vµ (O1) t¹i tiÕp ®iÓm K c¾t AC vµ AD t¹i E vµ F. CO vµ CA lµ cßn lµ 2 tiÕp tuyÕn cña (O1), nªn chu vi cña VCEF b»ng 2CO, suy ra nöa chu vi cña nã lµ p = R. Ta cã: R 4 2 2 CO R2 r 2 1 1 2 R 4 2 2 1 R 4 2 2 R CK CO O K 1 1 1 2 1 2 1 2 R 4 2 2 1 KF O O 1 1 0 tg22 30' KF 2 KC CO 1 2 1 2 2 R 4 2 2 1 SVCEF CK  KF 3 . 1 2 2 R 4 2 2 1 Suy ra b¸n kÝnh cña ®­êng trßn (O4) lµ: r4 3 1 2 2,0 19
  19. b) Tr­êng hîp 2: (O'4) ë bªn ph¶i (O1): Khi ®ã: K' lµ tiÕp ®iÓm cña 2 ®­êng trßn, tiÕp tuyÕn chung c¾t CA vµ CD t¹i E' vµ F', CD tiÕp xóc víi (O'4) t¹i H. R 4 2 2 1 R 4 2 2 R CK ' CO O K ' 1 1 1 2 1 2 1 2 R 4 2 2 1 0 F ' H K ' F ' CK 'tg22 30' 2 1 2 R 4 2 2 1 4 2 2 CK ' CO CK 'CO CF ' 1 CF ' CO CO 2 1 1 2 R 4 2 2 1 4 2 2 R 4 2 2 1 CH CF ' F ' H 2 2 1 2 1 2 2 R 4 2 2 1 CH 2 1 2 Suy ra: B¸n kÝnh cña ®­êng trßn (O'4) lµ: 2 R 4 2 2 1 ' ' 0 r4 O4 H CHtg22 30' 3 1 2 2,0 20
  20. §Ò 5 Câu 1: (1,5 điểm). So sánh các số thực sau ( Không dùng máy tính gần đúng). 3 2 và 2 3 Câu 2: (3 điểm). Giải phương trình sau: x2 1 x2 1 0 x2 1 Câu 3: (1,5điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của A x2 1 Câu 4: (2 điểm). Giải hệ phương trình: 2x2 + 3y = 1 3x2 - 2y = 2 Câu 5: (4 điểm). Lớp 9A có 56 bạn, trong đó có 32 bạn nam. Cô giáo chủ nhiệm dự kiến chia lớp thành các tổ học tập: - Mỗi tổ gồm có các bạn nam, các bạn nữ. - Số các bạn bạn nam, các bạn nữ được chia đều vào các tổ. - Số người trong mỗi tổ không quá 15 người nhưng cũng không ít hơn chín người. Em hãy tính xem cô giáo có thể sắp xếp như thế nào và có tất cả mấy tổ ? Câu 6: (5điểm). Cho đường tròn tâm (O; R) đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trong đoạn AB lấy điểm M khác 0. Đường thẳng CM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai N. Đường thẳng vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến với đường tròn (O) tại N ở điểm P. Chứng minh rằng: a) Các điểm O, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn. b) Tứ giác CMPO là hình bình hành. c) CM.CN = 2R2 d) Khi M di chuyển trên đoạn AB thì P di chuyển ở đâu ? Câu 7: ( 3điểm). Cho đường tròn (O, R), đường kính AB. C là điểm trên đường tròn (O, R). Trên tia đối của tia CB lấy điểm D sao cho CD = CB. Khi C chuyển động trên đường tròn (O, R) thì D chuyển động trên đường nào? 21
  21. Câu Nội dung – yêu cầu Điểm 1 2 2 (1,5đ) Giả sử 3 2 >2 3 3 2 2 3 0,5 2 2 3 2 2 3 3 2 2 3 18 12 (BĐT đúng) 1,0 x2 1 x2 1 0 x2 1 x2 1 0,5 2 2 x 1 0 x 1 2 2 2 2 2 2 1,0 x 1 x 1 x 1 x 1 0 2 x 1 hay x 1 (3đ) x 1 hay x 1 x2 1 x2 1 1 0 2 2 x 1 0hay x 2 0 1,0 x 1 hay x 1 x 1 hay x 1 hay x 2 hay x 2 0,5 x2 1 x2 1 2 2 A 1 x2 1 x2 1 x2 1 0,5 1 2 Do x2 1 1 1 2 0,5 3 x2 1 x2 1 (1,5đ) Ta có Suy ra A 1 0,5 A 1 x 0 Vậy GTNN của A bằng 1 khi x = 0 4 . Đặt u = x2 0, ta có: 0,25 (2đ) 8 2u + 3y = 1 u 13 0,75 1 3u - 2y = 2 y 13 8 Do đó: x 2 0,25 13 1 y 2 2 2 26 13 x 13 13 0,5 1 y 13 Hệ PT có 2 nghiệm là: 22
  22. 2 26 1 2 26 1 0,25 (x, y) ( , ); ( , ) 13 13 13 13 5 * Gọi số bạn nam được chia vào tổ là x, 0,5 (4đ) số bạn nam được chia vào tổ là y, x, y nguyên dương. 32 24 Theo đề ra ta có hệ: (1) x y 0,75 9 x + y 15 (2) 4 Từ (1) ta có: 3x – 4y = 0 => x y 3 0,5 Đặt y = 3t, t > 0 và t z, ta có: x = 4t 0,25 Từ (2), ta có: 9 3t + 4t 15 hay 9 7t 15 0,5 9 15 2 2 => 1 t 2 0,5 7 7 7 7 Vì t z nên giá trị t cần tìm là t = 2, ta tính ra x = 8; y = 6 0,5 Như vậy, mỗi tổ có 8 bạn nam, 6 bạn nữ. 56 Số tổ được chia là: tổ 4 0,5 6 8 6 C (5đ) a) M O A B 0,5 N E P D F * Tam giác OMP vuông tại M nên O, M, P thuộc đường tròn 0,25 đường kính OP. * Tam giác ONP vuông tại N nên O, N, P thuộc đường tròn 0,25 đường kính OP. * Vậy O, M, N, P cùng thuộc đường tròn đường kính OP. 0,25 b) MP//OC (vì cùng vuông góc với AB) 0,5 23
  23. N·MP N·CD (hai góc đồng vị) 0,25 O·NC O·CN (hai góc đáy của tam giác cân ONC) 0,25 N·MP N·OP (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NP) 0,25 0,25 Suy ra M· NO N·OP ; do đó, OP//MC. 0,25 Vậy tứ giác MCOP là hình bình hành. 0,5 c) CND : COM (g.g) OC CM Nên hay CM.CN = OC.CD = 2R2 0,5 CN CD 0,5 d) Vì MP = OC = R không đổi. Vậy P chạy trên đường thẳng kẻ từ D //AB. Do M chỉ chạy 0,5 trên đoạn AB nên P chỉ chạy trên EF thuộc đường thẳng song nói trên. 7 D (3đ) 0,5 C A B O *·ACB 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,5 => AC vuông góc với BD CD = CB (gt) 0,5  Tam giác ABC cân tại A 0,5  AD = AB = 2R (không đổi) 0,5 AD = AB = 2R (không đổi) và A cố định. Do đó D chuyển 0,5 động trên đường tròn (A; 2R). 24
  24. De 7 Bài 1 (4đ). Phân tích các đa thức sau thành nhân tử : a) 4x2 – 49 – 12xy + 9y2 b) x2 + 7x + 10 1 x2 x 2 2x 4 Bài 2 (4đ) Cho A x 2 x2 7x 10 x 5 a) Rút gọn A. b) Tìm x nguyên để A nguyên. Bài 3 (4đ). Giải phương trình a) 2x 1 3x 2 b) x2 – 2 = (2x + 3)(x + 5) + 23 Bài 4 (6đ). Tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường cao AD, BE, CF gặp nhau tại H. Đường thẳng vuông góc với AB tại B và đường thẳng vuông góc với AC tại C cắt nhau tại G. a) Chứng minh rằng GH đi qua trung điểm M của BC. b) ∆ABC ~ ∆AEF c) BDˆF CDˆE d) H cách đều các cạnh của tam giác DEF Bài 5 (1đ). Cho ba số thực x, y và z sao cho x + y + z = 1. Chứng minh rằng 2007 Bài 6 (1đ). Giải bất phương trình 2008 x HẾT 25
  25. HƯỚNG DẪN CHẤM Gợi ý đáp án Điểm Bài 1a) 4x2-49-12xy+9y2=(4x2-12xy+9y2)-49 (1 đ) =(2x-3y)2-72=(2x-3y+7)(2x-37-7) (1đ) Bài 1b) x2+7x+10 =x2+5x+2x+10 (1đ) =x(x+5) +2(x+5) =(x+5)(x+2) (1đ) Bài 2a) x2-7x+10=(x-5)(x-2). Điều kiện để A có nghĩa là (0,5đ) x ≠5và x ≠2 1 x2 x 2 2x 4 1 x2 x 2 2x 4 A x 2 x2 7x 10 x 5 x 2 (x 5)(x 2) x 5 x 5 x2 x 2 (2x 4)(x 2) (2đ) (x 5)(x 2) x2 8x 15 (x 5)(x 3) x 3 (x 5)(x 2) (x 5)(x 2) x 2 (x 2) 1 1 (1,5đ) 2b)A 1 , với x nguyên, A nguyên khi và chỉ khi x 2 x 2 1 nguyên, khi đó x-2=1 hoặc x-2 =-1 nghĩa là x=3, hoặc x=1. x 2 Bài 3a) Ta xét các trường hợp sau TH1: (1đ) 1 x 2x 1 0 2x 1 3x 2 2 2x 1 3x 2 x 3 Ta thấy x=3 thuộc khoảng đang xét vậy nó là nghiệm của phương trình. TH2: 1 x 2x 1 0 2x 1 3x 2 2 2x 1 3x 2 5x 1 x 0,2 Ta thấy x=0,2 không thuộc khoảng đang xét vậy nó không là nghiệm của (1đ) phương trình. Kết luận phương trình có nghiệm x=3. Bài 3b) x2-2=(2x+3)(x+5)+23 x2-25=(2x+3)(x+5) (2đ) (x-5)(x+5)=(2x+3)(x+5) (x-5)(x+5)-(2x+3)(x+5)=0 (x+5) [x-5 –(2x+3)] = 0 (x+5)(-x-8)=0 x-5=0 hoặc x+8 =0 x=-5 26
  26. Gợi ý đáp án Điểm hoặc x=-8 Bài 4a) Ta có BG AB, CH AB, nên BG A (2đ) //CH, tương tự: BH AC, CG AC, nên BH//CG.tứ giác BGCH có các cặp cạnh đối E sông song nên nó là hình bình hành. Do đó hai đường chéo GH và BC cắt nhau tại trung F H điểm của mỗi đường. Vậy GH đi qua trung điểm M của BC. M B D C G 4b) Do BE và CF là các đường cao của tam giác ABC nên các tam giác (1,5đ) ABE và ACF vuông. Hai tam giác vuông ABE và ACF có chung góc A nên AB AE AB AF chúng đồng dạng. Từ đây suy ra (1) AC AF AE AC Hai tam giác ABC và AEF có góc A chung (2). Từ (1) và (2) ta suy ra ∆ABC ~ ∆AEF. 4c) Chứng minh tương tự ta được ∆BDF~∆BAC, ∆EDC~∆BAC, suy ra (1,5đ) ∆BDF~∆DEC .B·DF C·DE B·DF C·DE 900 B·DF 900 C·DE 4d) Ta có ·AHB B·DF ·AHC C·DE ·ADF ·ADE (1đ) Suy ra DH là tia phân giác góc EDF. Chứng minh tương tự ta có FH là tia phân giác góc EFD. Từ đây suy ra H là giao điểm ba đường phân giác tam giác DEF. Vậy H các đều ba cạnh của tam giác DEF. Bài 5) Ta có x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y)3 + z3 – 3xyz – 3xy(x + y) = (x + y + z)[(x + y)2 – (x + y)z + z2] – 3xy(x + y + z) 2 2 2 2 2 = (x + y + z)[(x + y) – (x + y)z + z – 3xy] = x + y + z – xy – yz – zx 1đ 1 = x2 2xy y2 (y2 2yz z2 ) (x2 2xz z2 ) 2 1 2 2 2 = x y y z x x dpcm 2 2007 2007 2008x Bài 6) Điều kiện x 0 , bất phương trình 2008 0 x x 1đ 27
  27. Gợi ý đáp án Điểm (2008x 2007)x 0 x 0 2007 x 2007 2008 2008 0 Hoặc biểu diễn trên trục số : Trong từng phần, từng câu, nếu thí sinh làm cách khác nhưng vẫn cho kết quả đúng, hợp logic thì vẫn cho điểm tối đa của phần, câu tương ứng. HẾT 28
  28. De 8 Bài 1: a) Giải phương trình: x4 - x3 + x2 - 11x + 10 = 0 . b) Tìm x, y thoả mãn:x- 2 x- 1 = - y + 4 y - 4 . 3 - 3 3 + 3 Bài 2. Rút gọn A = + . 2- 3 + 2 2 2+ 3 - 2 2 Bài 3. Tìm GTNN (nếu có) của các biểu thức sau: P = 4x2 + 12x + 9 + 4x2 - 20x + 25 . Q = x2 + 2y2 + 2xy - 2x + 2008. Bài 4. Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên đường kính AB lấy hai điểm I và J đối xứng nhau qua O. M là một điểm (khác A và B) trên (O); các đường thẳng MO, MI, MJ thứ tự cắt (O) tại E, F, G; FG cắt AB tại C. Đường thẳng đi qua F song song AB cắt MO, MJ lần lượt tại D và K. Gọi H là trung điểm của FG. a) Chứng minh tứ giác DHEF nội tiếp được. b) Chứng minh CE là tiếp tuyến của đường tròn (O). ĐÁP ÁN Bài 1: a) x4 - x3 + x2 - 11x + 10 = 0 . Û (x- 1)(x- 2)(x2 + 2x + 5) = 0 Û (x- 1)(x- 2) = 0 (vì x2 + 2x + 5 = (x + 1) + 4 > 0," x Î ¡ ). éx = 1 Û ê ëêx = 2 b) x- 2 x- 1 = - y + 4 y - 4 Û ( x- 1- 1)2 + ( y - 4 - 2)2 = 0 ì ï x- 1 = 1 ïì x = 2 Û íï Û íï ï ï y = 8 îï y - 4 = 2 îï 3 - 3 3 + 3 Bài 2.A = + . 2- 3 + 2 2 2+ 3 - 2 2 2( 3 - 3) 2( 3 + 3) = + 4- 2 3 + 4 4+ 2 3 - 4 2( 3 - 3) 2( 3 + 3) = + 3 - 1+ 4 3 + 1- 4 29
  29. 2( 3 - 3)2 + 2( 3 + 3)2 = 3- 9 24 2 = = - 4 2 - 6 Bài 3. P = 4x2 + 12x + 9 + 4x2 - 20x + 25 = 2x + 3 + 5- 2x ³ 2x + 3+ 5- 2x = 8 3 5 Vậy, Pmin=8 khi (2x + 3)(5- 2x) ³ 0 Û - £ x £ 2 2 Q = x2 + 2y2 + 2xy - 2x + 2008 = (x + y)2 - 2(x + y) + 1+ y2 + 2y + 1+ 2006 = (x + y - 1)2 + (y + 1)2 + 2006 ³ 2006;" x, y ïì x + y - 1= 0 ïì x = 2 Vậy, Qmin=2006 khi í Û í îï y + 1= 0 îï y = - 1 Bài 4. M a) Ta có: OI = OJ Þ DF = DK · · C A I O Þ DH //GK Þ HDE = GME J B F D mà G·ME = G·FE Þ H·DE = G·FE K Þ DHEF nội tiếp được. H b) Từ câu a suy raD·EH = D·FH E G mà D·FH = O·CH Þ OHEC nội tiếp được Þ O·EC = O·HC = 900 . Vậy CE là tiếp tuyến của (O). 30
  30. §Ò 10 Bài 1: (2 điểm) Rút gọn biểu thức 2 2 2 2 2 2 2 x y x x y y x y với x > 0, y > 0 Bài 2: (4 điểm) a. Xác định m để phương trình sau vô nghiệm x 4 x 3 x m x b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = (x – 2y + 1)2 + (2x – 4y + 7)2. Bài 3: (2 điểm) Bốn người 1; 2; 3; 4 tham dự một hội nghị. Biết rằng : a. Mỗi người chỉ biết hai trong bốn thứ tiếng Anh, Nga, Pháp, Việt. b. Người 1 biết tiếng Nga, không biết tiếng Pháp. c. Người 2 biết tiếng Anh, không biết tiếng Pháp và phải phiên dịch cho người 1 và người 3. d. Người 4 không biết tiếng Nga, không biết tiếng Việt nhưng nói chuyện trực tiếp được với người 1. Hỏi mỗi người biết các thứ tiếng nào ? Bài 4: (4 điểm) a. Cho a b, x y. Chứng minh (a + b) (x + y) 2(ax + by) (1) b. Cho a + b 2. Chứng minh a2006 + b2006 a2007 + b2007 (2) Bài 5: (8 điểm) Cho đoạn thẳng AB = a . a. Nêu cách dựng và dựng ABC sao cho B·AC 600 và trực tâm H của ABC là trung điểm của đường cao BD. (2 điểm) b. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC, vẽ đường kính AG, HG cắt BC tại K. Chứng minh OK BC. (2 điểm) 31
  31. c. Chứng minh AOH cân và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC theo a. (2 điểm) d. Tính diện tích tam giác ABC theo a. (2 điểm) De 11 125 125 Câu 1/ (1đ) Cho x = 3 3 9 3 3 9 .Chứng minh rằng x là một số 27 27 nguyên . Câu 2/ (1,5đ) Cho x > 0 , y > 0 , t > 0 . xy 1 yt 1 xt 1 Chứng minh rằng : NÕu th× x= y= t hoÆc x.y.t =1 . y t x Câu 3/(1,5đ) Cho đa thức bậc hai f(x)= ax 2 + bx + c có nghiệm dương x = m . Chứng minh rằng đa thức g(x) = cx2 + bx + a (c≠0) cũng có nghiệm dương x = n và thỏa mãn m +n 2 . Câu 4/ (2đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d(m) có phương trình : (m -1)x+ (m -2)y - 1 = 0 (m là tham số) . Tìm m để khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng d(m) có giá trị lớn nhất . Xác định đường thẳng đó . Câu 5/ (4đ) Cho hai đường tròn đồng tâm (O; R) và (O; r) với R > r. Lấy A và E là hai điểm thuộc đường tròn (O; r) , trong đó A di động , E cố định ( với A ≠ E) . Qua E vẽ một đường thẳng vuông góc với AE cắt đường tròn (O; R) ở B và C . Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AB . a/ (1,5đ) Chứng minh EB2 +EC2 + EA2 không phụ thuộc vị trí điểm A . b/ (1,5đ) Chứng minh rằng khi điểm A di động trên đường tròn (O; r) và A≠ E thì đường thẳng CM luôn đi qua một điểm cố định ( gọi tên điểm cố định là K ) . c/ (1đ) Trên tia AK đặt một điểm H sao cho AH = 3 AK . Khi A di động trên đường 2 tròn (O;r) thì điểm H di động trên đường nào ? Chứng minh nhận xét đó ? 32
  32. Đáp án và biểu điểm chấm Toán 9 Câu Nội dung Điểm Câu1 125 125 a 3 3 9 vµ b = 3 3 9 (1đ) 27 27 0,25 đ 5 Th× a3 b3 6 vµ a.b = 3 x a b x3 a3 b3 3ab(a b) 0,25 đ 3 2 x = 6 - 5x (x 1)(x x 6) 0 0,25 đ Mµ x2 x 6 0(do ).Suy ra x 1.VËy x Z 0,25 đ Câu 2 Từ đẳng thức với điều kiện do đề bài đã cho suy ra : 1 1 1 x y z (1) y z x 0,25 đ (1,5đ) 1 1 y z x y z y zy 1 1 z x (1) y z (2) x z xz 0,5 đ 1 1 x y z x y x xy y z z x x y 0,25 đ (2) x y y z z x (3) zyzxxy x y z 0,5 đ Từ (3) Häc sinh chøng minh ®­îc r»ng xyz 1 Câu 3 Ta có : x = m là nghiệm của đa thức f(x)= ax2 + bx + c 0,25 đ 0,25đ (1,5đ) 0,25đ 0,25 đ 0,25 đ 33
  33. Suy ra am 2 bm c 0 (1), mµ m > 0 (gt) 0,25 b c 1 1 (1) a + 0 a + b( ) c( ) = 0 (2) m m 2 m m 2 1 §¼ng thøc nµy chøng tá r»ng x= lµ nghiÖm cña m 1 ®a thøc g(x) = cx 2 bx a 0 VËy x= n = > 0 (do m > 0 ) (3) m 1 1 Ta cã m+n = m + 2 m. (do ) m m Hay m n 2 Câu 4 Nếu m =1 thì d(1) là đường thẳng y= -1 nên khoảng cách từ O đến d(1) là 1 0,25đ (2đ) Nếu m =2 thì d(2) là đường thẳng x = 1 nên khoảng cách từ O đến d(2) là 1 0,25đ (1) 1 Nếu m ≠1 và m≠ 2 thì d(m) cắt trục hoành tại A ;0 và cắt trục tung tại m 1 0,25đ 1 B 0 ; Gọi OH là khoảng cách từ O đến đường thẳng AB ta có : m 2 1 1 1 (m 1)2 (m 2)2 OH2 OA2 OB2 0,25đ 2 1 3 1 1 2 0,25đ 2 2m 6m 5 2 m OH 2 2 2 3 VËy OH2 2 OH 2 OH 2 khi m (2) lín nhÊt 2 0,25đ Từ (1) và (2) và do 1 < 2 suy ra khoảng cách lớn nhất từ O đến d(m) là 2 0,25đ Khi đó đường thẳng d có công thức là x - y- 2 = 0 0,25đ Câu 5 A M B K O E G D C Câu a Gọi G là trung điểm BC thì OG BC (đl) suy ra 0,25đ (1,5đ) GB = GC và GE = GD (đl) 1 và OG là đường trung bình ADE nên OG= AE hay AE = 2OG 0,25đ 2 Ta có EB2+EC2= (BG-EG)2+ (GC+ GD)2=(BG-EG)2+(BG+EG)2 0,25đ Suy ra EB2+EC2= 2(BG2 +EG2) Áp dụng định lý Pi ta go vào các tam giác vuông OGE và OGB ta có : 0,25đ 34
  34. OG2+GE2= r2 và OG2+GB2= R2 Do đó EB2+EC2+EA2=2(BG2 +EG2)+4OG2 =2 (BG2+OG2)+2 (EG2+OG2) 0,25đ = 2R2 +2r2 ( không đổi) B M G E O D A C Trường hợp đặc biệt : G  E  D Thì chứng minh trên vẫn đúng 0,25đ Câu b Hai tam giác ABC và ADE có chung trung tuyến AG nên có chung trọng tâm 0,5đ (1,5đ) Mà tam giác ADE có trung tuyến OE cố định , 0,5đ Nên điểm cố định K mà trung tuyến CM của ABC đi qua chính là trọng tâm của ADE 0,5đ 3 Câu c Do H thuộc tia AK, mà K là trọng tâm ADE và AH AK nên H trùng (1đ) 2 0,5đ với G ( là trung điểm chung của hai đoạn thẳng DE và BC ) Mà OGE vuông tại E ( chứng minh trên) , O,E cố định (theo gt) ) 0,25đ Vậy khi A di động trên đường tròn (O; r) thì H di động trên đường tròn đường kính OE 0,25đ 35
  35. De 12 Bài 1: (3 điểm) a. Cho n là một số nguyên dương. Hãy so sánh: 2 1 1 1 1 1 + - và 1 + 2 - 2 n n+1 n n+1 b. Tính: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + 1 + + + 1 + + + + 1 + + 22 32 32 42 42 52 20052 20062 Bài 2: (3 điểm) Chứng minh rằng: n 1 1 1  1 + + + +  n với n N và n  1 2 2 3 2n -1 Bài 3: (4 điểm) Cho đường tròn tâm O có 2 đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của OA và OB. Đường thẳng CN cắt (O) tại I. Chứng minh C·MI  900 . 36