on thi vao truong chuyen

Một số Đề luyện thi vào chuyên Toán 9 đề 1 Bài 1 (1 đ): Cho : M = x 2 + y 2 +xy-3x-3y+2011. Với giá trị nào của x,y thì M đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị đó? Bài 2 (1 đ): Chứng minh rằng 1 1 1 2 2 1 3 1 ( 1)n n + + + < + với mọi n N* Bài 3 (1,5 đ): Giải phơng trình a/ 2 6 10x x + + 2 6 18x x + = 6x -5-x 2 b/ 2 3 2( 2) 5 1x x+ = + Bài 4 (0,5 đ): Chứng minh rằng x, y, z, x + y + z đều là các số hữu tỉ thì x , y , z cũng là các số hữu tỉ. Bài 5 (1,5 đ): 1/ Chứng minh rằng nếu một đởng thẳng không đi qua gốc toạ độ, cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng a, cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng b thì đờng thẳng đó có dạng 1. y b + = x a 2/Cho đờng thẳng (m 2)x + (m 1)y = 1 a/ Chứng minh rằng đờng thẳng luôn đi qua một điểm cố định với mọi m. c/ Tính giá trị của m để khoảng cách từ gốc toạ độ O đến đờng thẳng là lớn nhất. Bài 6 (2,5 đ): Cho tam giác OAB (OA = OB). Vẽ đờng cao OH, AK biết OA = a, ã AOH = . a/ Tính các cạnh tam giác AKB theo a và . b/ Tính các cạnh của các tam giác OKA và AKB theo a và 2 . Từ đó biểu diễn sin2 , cos2 theo sin , cos . Bài 7 (2 đ) : Cho hình vuông ABCD. O là một điểm thuọc miền trong hình vuông sao cho OA : OB : OC = 1 : 2 : 3. Tính số đo góc AOB ? ============================= đáp án Bài 1 (1 đ): Ta có: M = (x 2 2x + 1) + (y 2 + xy + 1) + xy x y + 1 + 2008 = (x 1) 2 + (y 1) 2 + (x 1)(y 1) + 2008 = (x 1) 2 + 2008)1( 4 3 2 1 ).1(2 4 )1( 2 2 ++ + y y x y = 20082008)1( 4 3 )2 1 ()1( 2 2 ++ + y y x (0,75 đ). Vậy M có giá trị nhỏ nhất là 2008 khi == = = + 1.y x 01 0 2 1 1 y y x (0,25 đ) Bài 2 (1 đ): Để ý rằng: + = + = + 1 11 )1( )1( 1 kk k kk k kk = + + + 1 11 1 11 kkkk k < k + = + 1 11 2 2 . 1 11 kkkkk (0,5đ) Do đó : < 2 1 1 1 2 12 1 ; < 3 1 2 1 2 23 1 ; + < + 1 1 1 1 2 )1( 1 nnn Cộng các bđt trên, ta có: 2 1 1 12 )1( 1 13 1 12 1 < + < + +++ nnn (0,5đ) (đpcm) Bài 3 (1,5 đ): a) Ta có VT Không lớn hơn 4, VP không nhỏ hơn 4 (0,5đ), vậy pt trình có nghiệm khi và chỉ khi hai vế cùng bằng 4. Từ đó ta tìm đợc x = 3 (0,5đ). b) Ta có ( ) ( ) ( ) 11511215)2(2 2232 ++=++++=+ xxxxxxxx Đặt ax =+1 ; bxx =+ 1 2 với a, b 0 (0,25đ) Đa pt về dạng ( ) ( ) =+=+ abbaabba 25452 2 22 ( )( ) 022 = baba Giải pt ta tìm đợc x = 2 375 + và x = 2 375 (0,25đ) Bài 4 (0,5 đ): Đặt t = x + y + z Q, Ta có: x + y = z - t x + y + 2 xy = z + t 2 2t z 2 xy = - x y + z + t 2 - 2t z 4xy = (x + y + z t 2 ) 2 + 4t 2 + 4t (x + y z t 2 ) z (x + y + z t 2 ) 2 + 4zt 2 4xy = 4t (t 2 x y z) z (0,25đ) Nếu t = 0 : x + y + z = 0 x = y = z = 0 x = y = z = 0 Q Nếu t 2 x y + z = 0, t 0: thì 2 xy = - 2t z xy + t z = 0 = = 0 0 z xy 0 z 0y 0x = = = === === txzy tyzx ;0;0 ;0;0 x , y , z Q * Nếu t ( t 2 x y + z) 0 z = + ++ )(4 44)( 2 222 zyxtt xyztzyxt Q Lập luận tơng tự, ta suy ra: x , y Q (0,25đ) Bài 5 (1,5 đ): 1) (0,5đ) Gọi đờng thẳng cần xác định là y = mx + n. Đờng thẳng đi qua điểm (0 ; b) nên : b = m.0 + n n = b. Đờng thẳng đi qua điểm (a ; 0) nên: 0 = m.a + b m = a b (chú ý rằng a 0). (0,25đ) Đờng thẳng cần xác định có dạng: y = - .1 1 b y hay =++=+ b y a x bx a b a x là tức (0,25đ) 2a) Điều kiện cần và đủ để đờng thẳng (m 2)x + (m 1)y = 1 (1) đi qua điểm cố định N(x o ,y o ) là: (m 2)x o + (m 1)y o = 1 với mọi m mx o 2x o + my o y o 1 = 0 với mọi m (025đ) (x o + y o )m (2x o + y o + 1) = 0 với mọi m = = =++ =+ 1 1 012 0 o o oo oo y x yx yx (0,25đ) Vậy các đờng thẳng (1) luôn đi qua điểm cố định N (-1; 1). b) Gọi A là giao điểm của đờng thẳng (1) với trục tung. Ta có: x = 0 y = 1 1 m , do đó OA = 1 1 m . Gọi B là giao điểm của đờng thẳng (1) với trục hoành. Ta có: y = 0 x = 2 1 m , do đó OB = 2 1 m .(0,25đ) Gọi h là khoảng cách Từ O đến đờng thẳng (1). Ta có: 2 1 2 1 ) 2 3 (2562)2()1( 111 2222 222 +=+=+=+= mmmmm OBOAh . Suy ra h 2 2. max h = 2 khi và chỉ khi m = 2 3 . (0,25đ) Bài 6 (2,5 đ): O A B K H O a) (1 đ) Ta có BAK = AOH = . Từ tam giác vuông OHA, ta có AH = OAsin = asin vậy AB = 2asin (0,25 đ), mặt khác trong tam giác vuông AKB thì AK = AB. cos suy ra AK = 2a.sin.cos (0,25) và BK = AB.sin nên BK = 2a.sin 2 . (0,5 đ) b) (1,5đ) Với tam giác OKA : AK = OA sin AOK nên AK = asin2 . OK = OAcos AOK nên OK = acos2 (0,25 đ) - Với tam giác AKB ta có : AK = asin2 mà BK = OB OK= a acos2 hay BK = a(1 cos2) (0,25 đ). Theo Pitago thì AB 2 = AK 2 + BK 2 = a 2 sin 2 2 + a 2 (1 cos2a 2 ) = a 2 [ ] )2cos2cos21(2sin 22 ++ . Vì sin 2 2 + cos 2 2 = 1 nên AB 2 = a 2 (1 + 1 2cos2) = 2a 2 (1 - cos2) (0,5 đ) - So sánh giá trị của AK, ta có asin2 = 2a.sin. cos vậy sin2 = 2sin.cos (0,25 đ) - So sánh giá trị của BK ta có: 2a.sin 2 . = a(1 cos2) hay cos2 = 1 2sin 2 (0,25 đ) Bài 7 (2 đ) Đề 2 Bài 1: (8 điểm) Cho parabol 2 1 ( ) : 3 P y x = . 1. Viết phơng trình các tiếp tuyến của (P), biết các tiếp tuyến này đi qua điểm (2;1)A . 2. Gọi d là đờng thẳng đi qua điểm (2;1)A và có hệ số góc m. Với giá trị nào của m thì đờng thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt M và N, khi đó tìm quĩ tích trung điểm I của đoạn thẳng MN khi m thay đổi. 3. Tìm quĩ tích các điểm M0 từ đó có thể kẻ đợc hai tiếp tuyến của parabol (P) và hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau. Bài 2: (4điểm) Giải hệ phơng trình: 2 2 19 7 x y xy x y xy + = + + = Bài 3: (8 điểm) Cho nửa đờng tròn đờng kính AB cố định. C là một điểm bất kì thuộc nửa đờng tròn. ở phía ngoài tam giác ABC, vẽ các hình vuông BCDE và ACFG. Gọi Ax, By là các tiếp tuyến của nửa đờng tròn. 1. Chứng minh rằng khi C di chuyển trên nửa đờng tròn đã cho thì đờng thẳng ED luôn đi qua một điểm cố định và đờng thẳng FG luôn đi qua điểm cố định khác. 2. Tìm quĩ tích của các điểm E và G khi C di chuyển trên nửa đờng tròn đã cho. 3. Tìm quĩ tích của các điểm D và F khi C di chuyển trên nửa đờng tròn đã cho. Hết A B C D O x K Dựng tia Bx nằm trên nửa mặt phẳng không chứa điểm O với bờ là đờng thẳng BC sao cho xBC = ABO. Trên tia Bx lấy điểm K, sao cho BK = BO. Do BOK là tam giác vuông cân nên BKO = 45 o . Từ ABO = CBK, suy ra KC = OA. Đặt OA = a vì OA : OB : OC = 1 : 2 : 3 nên CK = a ; OB = BK = 2a, OC = 3a. Trong tam giác vuông OBK ta có OK 2 = OB 2 + BK 2 = 8a 2 . Vì vậy OK 2 + CK 2 = 8a 2 + a 2 = 9a 2 . Mặt khác OC 2 = 9a 2 nh vậy, OC 2 = OK 2 +KC 2 . Theo định lí Pitago đảo thì OKC vuông tại K hay OKC = 90 o . Vì CBK= ABO và BCK = BAO, hơn nữa các góc này nhọn, nên K thuộc phần mặt phẳng giới hạn bởi hai đờng thẳng song song AB và CD.Từ đó BKC = BKO + OKC = 45 o + 90 o = 135 o . Vì BKC = AOB suy ra AOB = 135 o . Đáp án Bài 1 ý Nội dung Điểm 1. 8,0 1.1 (2,0 điểm) Phơng trình đờng thẳng d 1 đi qua A(2; 1) có dạng: y = ax + b và 1 = 2a + b, suy ra b = 1 - 2a, do đó d 1 : y = ax - 2a+1. 0,50 Phơng trình cho hoành độ giao điểm của d 1 và (P) là: 2 2 1 2 1 3 6 3 0 3 x ax a x ax a = + + = 0.50 Để d 1 là tiếp tuyến của (P) thì cần và đủ là: ' = 2 2 9 24 12 0 2 3 a a a a = = + = = 2,0 Vậy từ A(2; 1) có hai tiếp tuyến đến (P) là: 1 2 2 1 : 2 3; : 3 3 d y x d y x = = 0,50 1.2 (4,0 điểm) Phơng trình đờng thẳng d đi qua A(2; 1) có hệ số góc m là: 1 2y mx m = + 0,50 Phơng trình cho hoành độ giao điểm của d và (P) là: 2 2 1 2 1 3 6 3 0 (2) 3 x mx m x mx m = + + = 0,50 Để d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì cần và đủ là: 2 2 8 4 9 24 12 0 9 0 3 3 m m m m = + > + > ữ 2 4 4 4 2 0 3 9 3 3 m m > > ữ 4 3 4 2 2 3 3 (*) 3 4 2 3 4 2 3 3 m m m m m m > < > < > 1,5 Với điều kiện (*), d cắt (P) tại 2 điểm M và N có hoành độ là x 1 và x 2 là 2 nghiệm của phơng trình (2), nên toạ độ trung điểm I của MN là: 1 2 2 2 2 2 2 ; 2 1; 3 3 3 3 3 3 2 2 2 4 1 2 1 3 3 x x x m x x x x m x I y mx m y x x = < > < > + ữ = = = + = + 1,0 Vậy khi m thay đổi, quĩ tích của I là phần của parabol 2 2 4 1 3 3 y x x = + , giới hạn bởi 1; 3x x < > . 0,50 1.3 (2,0 điểm) Gọi 0 0 0 ( ; )M x y là điểm từ đó có thể vẽ 2 tiếp tuyến vuông góc đến (P). Phơng trình đờng thẳng d' qua M 0 và có hệ số góc k là: y kx b = + , đờng thẳng này đi qua M 0 nên 0 0 0 0 y kx b b y kx= + = , suy ra pt của d': 0 0 y kx kx y= + . 0,50 Phơng trình cho hoành độ giao điểm của d và (P) là: 2 2 0 0 0 0 1 3 3 3 0 3 x kx kx y x kx kx y = + + = (**) 0,50 Để từ M 0 có thể kẻ 2 tiếp tuyến vuông góc tới (P) thì phơng trình: 2 0 0 9 12 12 0k kx y = + = có 2 nghiệm phân biệt 1 2 ,k k và 1 2 1k k = 0 0 12 3 1 9 4 y y = = 0,50 Vậy quĩ tích các điểm M 0 từ đó có thể vẽ đợc 2 tiếp tuyến vuông góc của (P) là đờng thẳng 3 4 y = 0,50 2. (4,0 điểm) ( ) 2 2 2 2 19 3 19 3 19 7 7 7 S x y x y xy S P x y xy P xy x y xy S P x y xy = + + = = + = ữ = + + = + = + + = (1) 1,0 Giải hệ (1) ta đợc: ( 1; 6), ( 2; 5)S P S P = = = = 1,0 Giải các hệ phơng trình tích, tổng: 1 6 x y xy + = = và 2 5 x y xy + = = ta có các nghiệm của hệ phơng trình đã cho là: 3 2 1 6 1 6 ; ; ; 2 3 1 6 1 6 x x x x y y y y = = = = + = = = + = 2,0 3. 8,0 3.1 Gọi K là giao điểm của Ax và GF, I là giao điểm của By và ED. Ta có: ã ã 0 90BEI BCA= = ã ã EBI CBA = (góc có các cạnh tơng ứng vuông góc) BE BC = , Do đó: BEI BCA BI BA = = mà By cố định, suy ra điểm I cố định. + Tơng tự, K ccố định. + Vậy khi C di chuyển trên nửa đờng tròn (O) thì dờng thẳng ED đi qua điểm I cố định và đờng thẳng GF đi qua điểm K cố định. 3,0 3.2 Suy ra quĩ tích của I là nửa đờng tròn đờng kính BI (bên phải By, ,C A E I C B E B ); quĩ tích của K là nửa đờng tròn đờng kính AK(bên trái Ax, ,C A G A C B G K ). 2,0 3.3 Xét 2 tam giác BEI và BDK, ta có: 1 2 BE BI BD BK = = ã ã ã ã ã ã 0 45EBI IBD KBD IBD EBI KBD + = + = = Do đó: ã ã 0 90 BEI BDK BDK BEI = = : + Vậy: Quĩ tích của D là nửa đờng tròn đờng kính BK. + Tơng tự, quĩ tích của F là nửa đờng tròn đờng kính AI. 3,0 Đề 3 Bài 1: (7 điểm) 1. Giải phơng trình: 4 4 1 2 9 6 2x x x x + + + = 2. Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số không âm và b là số trung bình cộng của a và c thì ta có: 1 1 2 a b b c c a + = + + + Bài 2: (6 điểm) 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của 2 2 3 5 1 x x y x + + = + . 2. Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 2 2 2 3 2 4 3 0x y xy x y+ + + = Bài 3: (7 điểm) Cho đờng tròn tâm O, bán kính R, hai đờng kính AB và CD vuông góc với nhau. E là điểm bất kì trên cung AD. Nối EC cắt OA tại M, nối EB cắt OD tại N. 1. Chứng minh rằng tích OM ON AM DN ì là một hằng số. Suy ra giá trị nhỏ nhất của tổng OM ON AM DN + , khi đó cho biết vị trí của điểm E ? 2. Gọi GH là dây cung cố định của đờng tròn tâm O bán kính R đã cho và GH không phải là đờng kính. K là điểm chuyển động trên cung lớn GH. Xác định vị trí của K để chu vi của tam giác GHK lớn nhất. Hết Đáp án Bài ý Nội dung Điểm 1. 7,0 1.1 (2,0 điểm) 4 4 1 2 9 6 2x x x x + + + = ( ) ( ) 2 2 4 4 1 3 2x x + = ( ) 4 4 4 1 3 2 (1) 1 3 2 0; 0 (2)x x y y y x x + = + = = (1) 1,0 0 1: 1 0, 3 0y y y < , nên (2) 1 3 2 1y y y + = = (thoả ĐK) 1x = là một nghiệm của phơng trình (1) 1 3: 1 0, 3 0y y y < > , nên pt (2) 1 3 2 0 0y y y + = = do đó pt (2) có vô số nghiệm y ( 1 3y < ), suy ra pt (1) có vô số nghiệm x ( 1 81x < ). 1,0 3: 1 0, 3 0y y y > > > , nên pt (2) 1 3 2 3y y y + = = , pt vô nghiệm. Vậy tập nghiệm của pt (1) là: [ ] 1; 81S = 1,0 1.2 (3,0 điểm) 1 1 2 1 1 1 1 (*) a b b c c a a b c a c a b c + = + + + = + + + + 0,50 Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 c b A a b c a a b c a c b a b c a b c = = + + + + = + + + 0,50 Theo giả thiết: 2 2 a c b a c b b a c b + = + = = , nên: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) b a b a b a A a b b c c a a b b c c a + = = + + + + + + 1,0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 b a b c c a A c a b c b c c a b c c a + + = = = + + + + + + Đẳng thức (*) đợc nghiệm đúng. 1,0 2. 6,0 2.1 (3,0 điểm) 2 2 3 5 1 x x y x + + = + (xác định với mọi x R ) ( ) 2 1 3 5 0 (**)y x x y + = 0,5 1:y = pt (**) có nghiệm 4 3 x = 1:y để pt (**) có nghiệm thì: 2 9 4( 1)( 5) 4 24 11 0y y y y = = + 1,0 ( ) ( ) 2 25 5 5 5 1 11 3 0 3 3 1 4 2 2 2 2 2 y y y y y 1,0 Vậy tập giá trị của y là 1 11 ; 2 2 , do đó 11 1 ; 2 2 Max y Min y = = 0,5 2.2 (3,0 điểm) ( ) 2 2 2 2 2 3 2 4 3 0 3 2 2 4 3 0x y xy x y x y x y y + + + = + + + = (***) 0,5 Để pt (***) có nghiệm nguyên theo x, thì: ( ) ( ) 2 2 2 3 2 4 2 4 3 4 8y y y y y = + = + là số chính phơng. ( ) ( ) 2 2 2 2 4 8 2 12y y k k y k + = + = Z ( 2 )( 2 ) 12 ( )y k y k a + + + = 1,0 Ta có: Tổng ( ) 2 ( 2 ) 2( 2)y k y k k + + + + = + là số chẵn, nên ( ) 2 ; ( 2 )y k y k + + + cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Mà 12 chỉ có thể bằng tích 1.12 hoặc 2.6 hoặc 3.4, nên chỉ có các hệ phơng trình sau: 2 2 2 6 2 6 2 2 ; ; ; ; 2 6 2 2 2 2 2 6 y k y k y k y k y k y k y k y k + = + = + = + = + + = + + = + + = + + = 0,5 Giải các hệ pt trên ta có các nghiệm nguyên của pt (a): ( ) ( ) ( ) ( ) 2; 2 , 2; 2 , 6; 2 , 6; 2y k y k y k y k = = = = = = = = 0,5 Thay các giá trị 2; 6y y = = vào pt (***) và giải pt theo x có các nghiệm nguyên (x; y) là: ( 1; 2), ( 3; 2);( 11; 6),( 9; 6)x y x y x y x y = = = = = = = = 0,5 3. 7,0 (4 đ) 3.1 Ta có: COM CED : vì: à à 0 90O E= = ; à C chung. Suy ra: . (1) OM CO ED CO OM ED CE CE = = Ta có: AMC EAC : vì: à C chung , à à 0 45A E= = . Suy ra: . (2) AM AC EA AC AM EA EC CE = = Từ (1) và (2): . (3) . 2 OM OC ED ED AM AC EA EA = = 1,0 ONB EAB : à à à ( ) 0 90 ;O E B chung = = . (4) ON OB OB EA ON EA EB EB = = à à à 0 . ( , 45 ) (5) DN DB DB ED DNB EDB B chung D E DN ED EB EB = = = = : Từ (4) và (5): . (6) . 2 ON OB EA EA DN DB ED ED = = . Từ (3) và (6): 1 2 OM ON AM DN ì = 1,0 Đặt , OM ON x y AM DN = = . Ta có: x, y không âm và: ( ) 2 1 2 0 2 2 2 2 x y x y xy x y xy = + + = = Dấu "=" xẩy ra khi: 1 1 2 2 x y x y xy = = = = 1,0 Vậy: Tổng min 1 2 2 2 OM ON OM ED khi EA ED AM DN AM EA + = = = = ữ E là trung điểm của dây cung ằ AD . 1,0 3.2 (3,0 điểm) GKH có cạnh GH cố định, nên chu vi của nó lớn nhất khi tổng KG KH + lớn nhất. Trên tia đối của tia KG lấy điểm N sao cho KN = KH. Khi đó, HKN cân tại K. Suy ra ã ã 1 2 GNH GKH = và KG KH KG KN GN + = + = mà ã ẳ 1 2 GKH GH = (góc nội tiếp chắn cung nhỏ ẳ GH cố định), do đó ã GNH không đổi. Vậy N chạy trên cung tròn (O') tập hợp các điểm nhìn đoạn GH dới góc ã 1 4 GOH = không đổi. 1,5 GN là dây cung của cung tròn (O') nên GN lớn nhất khi GN là đờng kính của cung tròn, suy ra GHK vuông tại H, do đó ã ã KGH KHG= (vì lần lợt phụ với hai góc bằng nhau). Khi đó, K là trung điểm của cung lớn ẳ GH . Vậy: Chu vi của GKH lớn nhất khi K là trung điểm của cung lớn ẳ GH . 1,5 [...]... nguyên và diện tích cũng là số nguyên gồm 4 chữ số, trong đó các chữ số hàng đơn vị, hàng chục và hàng trăm giống nhau 4 A, B, C là một nhóm ba ngời thân thuộc Cha của A thuộc nhóm đó, cũng vậy con gái của B và ngời song sinh của C cũng ở trong nhóm đó Biết rằng C và ngời song sinh của C là hai ngời khác giới tính và C không phải là con của B Hỏi trong ba ngời A, B, C ai là ngời khác giới tính với hai... giả thi t, cha của A có thể là B hoặc C: + Nếu B là cha của A thì C không thể song sinh với A, vì nếu nh thế thì C là con của B, trái giả thi t, do đó C và B là song sinh và khác giới tính (gt), nên C là phái nữ Mặt khác, con gái của B không thể là C nên phải là A, do đó A là phái nữ Vậy B khác giới tính với hai ngời còn lại là A và C (cùng là phái nữ) + Nếu C là cha của A thì C chỉ có thể là song... (4 im) Lp 9A cú 56 bn, trong ú cú 32 bn nam Cụ giỏo ch nhim d kin chia lp thnh cỏc t hc tp: - Mi t gm cú cỏc bn nam, cỏc bn n - S cỏc bn bn nam, cỏc bn n c chia u vo cỏc t - S ngi trong mi t khụng quỏ 15 ngi nhng cng khụng ớt hn chớn ngi Em hóy tớnh xem cụ giỏo cú th sp xp nh th no v cú tt c my t ? Cõu 6: (5im) Cho ng trũn tõm (O; R) ng kớnh AB v CD vuụng gúc vi nhau Trong on AB ly im M khỏc 0 ng thng... Vậy B khác giới tính với hai ngời còn lại là A và C (cùng là phái nữ) + Nếu C là cha của A thì C chỉ có thể là song sinh với B, theo giả thi t B phải là phái nữ Mặt khác, con gái của B không thể là C (gt) nên phải là A, suy ra C và B là vợ chồng chứ không phải là song sinh, dẫn đến mâu thuẫn Vậy chỉ có duy nhất trờng hợp B là cha của A và B khác giới tính với hai ngời còn lại là A và C (cùng là phái... điểm) Cho đờng tròn (O) tâm O, bán kính R, hai đờng kính AB và CD vuông góc với nhau Đờng tròn (O1) nội tiếp trong tam giác ACD Đờng tròn (O2) tiếp xúc với 2 cạnh OB và OD của tam giác OBD và tiếp xúc trong với đờng tròn (O) Đờng tròn (O3) tiếp xúc với 2 cạnh OB và OC của tam giác OBC và tiếp xúc trong với đờng tròn (O) Đờng tròn (O4) tiếp xúc với 2 tia CA và CD và tiếp xúc ngoài với đờng tròn (O1) Tính... * Tam giỏc OMP vuụng ti M nờn O, M, P thuc ng trũn 0,25 ng kớnh OP 0,25 * Tam giỏc ONP vuụng ti N nờn O, N, P thuc ng trũn 0,25 ng kớnh OP * Vy O, M, N, P cựng thuc ng trũn ng kớnh OP 0,5 0,25 b) MP//OC (vỡ cựng vuụng gúc vi AB) 0,25 ã ã 0,25 NMP = NCD (hai gúc ng v) 0,25 0,25 ã ã ONC = OCN (hai gúc ỏy ca tam giỏc cõn ONC) ã ã NMP = NOP (hai gúc ni tip cựng chn cung NP) 0,5 ã ã MNO = NOP ; do ú, OP//MC... trớc), Hình chữ nhật MNPQ có đỉnh M trên cạnh AB, N trên cạnh AC, P và Q ở trên cạnh BC đợc gọi là hình chữ nhật nội tiếp trong tam giác ABC 1 Tìm vị trí của M trên cạnh AB để hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất Tính diện tích lớn nhất đó 2 Dựng hình vuông EFGH nội tiếp trong tam giác ABC bằng thớc kẻ và com-pa Tính diện tích của hình vuông đó Hết Đáp án Bài 1 1 ý 1.1 1.2 Nội dung (2,0 điểm) Để... giỏc MCOP l hỡnh bỡnh hnh 0,5 0,5 c) CND : COM ( g.g ) Nờn 7 (3) 0,5 OC CM hay CM.CN = OC.CD = 2R2 = CN CD d) Vỡ MP = OC = R khụng i Vy P chy trờn ng thng k t D //AB Do M ch chy trờn on AB nờn P ch chy trờn EF thuc ng thng song núi trờn D C A O B *ã ACB = 90o (gúc ni tip chn na ng trũn) => AC vuụng gúc vi BD CD = CB (gt) Tam giỏc ABC cõn ti A AD = AB = 2R (khụng i) AD = AB = 2R (khụng i) v A c nh Do... x=1 x2 Bi 3a) Ta xột cỏc trng hp sau (1) TH1: 1 x 2 x + 1 0 2 x + 1 = 3x 2 2 2 x + 1 = 3x 2 x = 3 Ta thy x=3 thuc khong ang xột vy nú l nghim ca phng trỡnh TH2: 1 x < 2 x + 1 < 0 2 x + 1 = 3x 2 2 (1) 2 x 1 = 3 x 2 5 x = 1 x = 0, 2 Ta thy x=0,2 khụng thuc khong ang xột vy nú khụng l nghim ca phng trỡnh Kt lun phng trỡnh cú nghim x=3 (2) Bi 3b) x2-2=(2x+3)(x+5)+23 x2-25=(2x+3)(x+5)... 2008 Bi 4 Cho ng trũn tõm O ng kớnh AB Trờn ng kớnh AB ly hai im I v J i xng nhau qua O M l mt im (khỏc A v B) trờn (O); cỏc ng thng MO, MI, MJ th t ct (O) ti E, F, G; FG ct AB ti C ng thng i qua F song song AB ct MO, MJ ln lt ti D v K Gi H l trung im ca FG a) Chng minh t giỏc DHEF ni tip c b) Chng minh CE l tip tuyn ca ng trũn (O) P N 4 3 2 Bi 1: a) x - x + x - 11x +10 = 0 ( x - 1)( x - 2)( . 0,5 0,5 2.2 (2,0 điểm) Theo giả thi t, cha của A có thể là B hoặc C: + Nếu B là cha của A thì C không thể song sinh với A, vì nếu nh thế thì C là con của B, trái giả thi t, do đó C và B là song sinh và khác. trong đó các chữ số hàng đơn vị, hàng chục và hàng trăm giống nhau. 4. A, B, C là một nhóm ba ngời thân thuộc. Cha của A thuộc nhóm đó, cũng vậy con gái của B và ngời song sinh của C cũng ở trong. = 1,0 ONB EAB : à à à ( ) 0 90 ;O E B chung = = . (4) ON OB OB EA ON EA EB EB = = à à à 0 . ( , 45 ) (5) DN DB DB ED DNB EDB B chung D E DN ED EB EB = = = = : Từ (4) và (5): . (6) . 2 ON