Thông tin tài liệu
§Ò 1 2 1 ( ) : 3 P y x= !"# $ (2;1)A %&'()$ (2;1)A *+, +/0! ()'1"23,4*5#6+$78 9!2)456 : ;$784<=++6>? !"* *@+*/. AB%C, 2 2 19 7 x y xy x y xy + − = + + = − D E(F(68G.0HI6HEJ (FK8G#*L*@MN*GO%%&GP# !E(F QR6' SE(FT() NM@$H.0*()O%@$. 06 A ;$78!N*%6' SE(FT D ;$78!M*O6' SE(FT HÕt §¸p ¸n vµ thang ®iÓm: Bµi 1 U Néi dung V 1. #< (2,0 ®iÓm) "()' $GAW+'2 XPY*XAY# - XJA#'+' XPJAY 0,50 "H!' *" 2 2 1 2 1 3 6 3 0 3 x ax a x ax a= − + ⇔ − + − = 0.50 V' !"Z*! '∆ = 2 2 9 24 12 0 2 3 a a a a = ∆ = − + = ⇔ = 2,0 [ =GAW+ " 1 2 2 1 : 2 3; : 3 3 d y x d y x= − = − 0,50 A (4,0 ®iÓm) "()'$GAW+, + 1 2y mx m= + − 0,50 "H!'*" 2 2 1 2 1 3 6 3 0 (2) 3 x mx m x mx m= − + ⇔ − + − = 0,50 V'1"2A3,Z*! 2 2 8 4 9 24 12 0 9 0 3 3 m m m m ∆ = − + > ⇔ − + > ÷ 2 4 4 4 2 0 3 9 3 3 m m ⇔ − − > ⇔ − > ÷ 4 3 4 2 2 3 3 (*) 3 4 2 3 4 2 3 3 m m m m m m ≥ − > < ⇔ ⇔ > < − > 1,5 /\6,]#'1"2A4*5+HP *P A A ,!A#S2H9!45 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 = < > ⇔ < > + ÷ = = ⇔ = + − = − + #< [ 6 :#$78!9Z! 2 2 4 1 3 3 y x x= − + # /2K 1; 3x x< > <#^< D (2,0 ®iÓm) %& 0 0 0 ( ; )M x y =++*LA *@+"" ()'_$4 < *+, +6 y kx b= + #() $4 < S 0 0 0 0 y kx b b y kx= + ⇔ = − #- !'_ 0 0 y kx kx y= − + <#^< "H!'*" 2 2 0 0 0 0 1 3 3 3 0 3 x kx kx y x kx kx y= − + ⇔ − + − = ]] <#^< V=4 < +6>A *@+/" 2 0 0 9 12 12 0k kx y∆ = − + = +A,3, 1 2 ,k k * 1 2 1k k = − 0 0 12 3 1 9 4 y y⇔ = − ⇔ = − <#^< [ $784 < =++*L?A *@+!" () 3 4 y = − <#^< A (4,0 ®iÓm) ( ) 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 = + + − = − = + − = ⇔ ⇔ ÷ = + + = − + = − + + = − #< %C,? ( 1; 6), ( 2; 5)S P S P= − = − = − = − #< %C , 8#: 1 6 x y xy + = − = − * 2 5 x y xy + = − = − + ,!,T 3 2 1 6 1 6 ; ; ; 2 3 1 6 1 6 x x x x y y y y = − = = − − = − + = = − = − + = − − A#< D #< D %&`!GP*%O#9! *NM;+ · · 0 90BEI BCA= = · · EBI CBA= ++2Q*@+ BE BC = # M+ BEI BCA BI BA ∆ = ∆ ⇒ = .0#- 9 .0 Y;a#`.0 Y[ 6' SE(Fb'( )NM$9.0*()%O$ `.0 D#< DA c $7 8 ! 9 E ( F ( 68 9 S C # ,C A E I C B E B≡ ⇒ ≡ ≡ ⇒ ≡ W$78!`E(F(68 G`SGP# ,C A G A C B G K≡ ⇒ ≡ ≡ ⇒ ≡ A#< DD deAN9*M`# + 1 2 BE BI BD BK = = · · · · · · 0 45EBI IBD KBD IBD EBI KBD + = + = ⇒ = M+ · · 0 90 BEI BDK BDK BEI ∆ ∆ ⇒ = = : Y[ f78!ME(F(68` Y;a#$78!OE(F(68G9 D#< §Ò 2 g %C 4 4 1 2 9 6 2x x x x+ − + + − = A QR## 6@3* H !*+ 1 1 2 a b b c c a + = + + + Ah ;0/I*0iI! 2 2 3 5 1 x x y x + + = + A ;, S! 2 2 2 3 2 4 3 0x y xy x y+ + − − + = Dg (F3b#68j#(68G*M*@+*/ NI6SGM5.N1bG24#.N1bM25 QR8 OM ON AM DN × HR c 0iI! : OM ON AM DN + #6+*08!Nk A %&%l'3 .0!(F3b68jT*%l 6@C(68` HS/%ld0 *08!`*!%l`/I l §¸p ¸n vµ thang ®iÓm: Bài U Nội dung V 1. g#< (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 A (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. h#< A (3,0 điểm) 2 2 3 5 1 x x y x + + = + (xác định với mọi xR ) ( ) 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 AA (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. g#< (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 DA (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 Đề 3 2 2 2 2 2 0 (1).x mx m + = ;0! m +,'3, A ;0! m +,3, 1 x * 2 x CT,Q 3 3 1 2 5 2 x x+ = D %C-E+,6@3;0! m ,'!20/I AB %C 2 2 4 3 4x x x x− + = − A D G+ · 0 60 ; ;ABC BC a AB c= = = ,a c H'/# lm[45"f+n4S2G#5S2G#"*fKS2 ?&m[HG ;*08 !4S2Gm[45"f+',8/ I;8',8/I+ A Ma*@NO%lHGR/6>*J ;8',8!*@+ l §¸p ¸n vµ thang ®iÓm: Bài 1 U Nội dung V 1. #< (2,0 điểm) Để phơng trình (1) có hai nghiệm dơng phân biệt, cần và đủ là: 2 2 ' 4 0 2 0 2 0 m m P S m = > = > = > 0.5 2 2 2 2 0 m m m m < > < < > 1.5 A (3,0 điểm) Phơng trình có 2 nghiệm phân biệt 2 ' 4 0 2 2m m = > < < (*) 0,50 ( ) ( ) 2 3 3 1 2 1 2 1 2 1 2 5 5 3 2 2 x x x x x x x x + = + + = 0,50 2 2 3 3( 2) 5 6 5 0 2 2 m m m m m = + = 0,5 ( ) ( ) 2 1 2,3 1 21 1 5 0 1; 2 m m m m m + = = = m 0,5 Ta có: 2 1 21 3 21 1 21 2 0 2 2 2 2 x + = > = < 3 1 21 0 2 2 x + = > > và 3 3 5 21 2 0 2 2 x x = > < 0,5 Vậy: Có 2 giá trị của m thoả điều kiện bài toán: 1 21 1; 2 m m + = = 0,5 D (3,0 điểm) Phơng trình có hai nghiệm không âm khi và chỉ khi: 2 2 ' 4 0 2 0 2 2 (**) 2 0 m m P m S m = = = > 0,50 [...]... tự ta được ∆BDF~∆BAC, ∆EDC~∆BAC, suy ra · · ∆BDF~∆DEC⇒ BDF = CDE · · · · BDF = CDE ⇒ 900 − BDF = 900 − CDE 4d) Ta có · · ⇒· AHB − BDF = · AHC − CDE ⇒ · ADF = · ADE 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... ỵ Bài 4 C M A I F E a) Ta có: OI = OJ Þ DF = DK · · Þ DH // GK Þ HDE = GME O J B · · · · D mà GME = GFE Þ HDE = GFE K Þ DHEF nội tiếp được H · · b) Từ câu a suy ra DEH = DFH G · · mà DFH = OCH Þ OHEC nội tiếp được · · Þ OEC = OHC = 900 Vậy CE là tiếp tuyến của (O) De 9 3 2 Bi 1 (2 âiãøm): Cho biãøu thỉïc A = 3 y 10 3 x y + 31xy 10 x 3 x a) Phán têch A thnh nhán tỉí b) Tçm càûp säú x, y tho mn âiãưu... b) ∆ABC ~ ∆AEF ˆ ˆ c) BDF = CDE 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 Bài 6 (1đ) Giải bất phương trình 2007 < 2008 −x HẾT HƯỚNG DẪN CHẤM Gợi ý đáp án Bài 1a) 4x2-49-12xy+9y2=(4x2-12xy+9y2)-49 =(2x-3y)2-72=(2x-3y+7)(2x-37-7) Bài 1b) x2+7x +10 =x2+5x+2x +10 =x(x+5) +2(x+5) =(x+5)(x+2) Bài 2a) x2-7x +10= (x-5)(x-2) Điều kiện để A... Chỉïng minh ∆DEQ = ∆OFM Suy ra: QD = OM - Chỉïng minh QDMO l hçnh bçnh hnh Suy ra QM v DO giao nhau tải trung âiãøm ca mäùi âỉåìng M I l trung âiãøm ca OD (OI = ID = nãn I l trung âiãøm ca QM Váûy AC, EF v QM âäưng quy tải I R ) 2 De 7 Bài 1 (4đ) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử : a) 4x2 – 49 – 12xy + 9y2 b) x2 + 7x + 10 Bài 2 (4đ) Cho A= 1 x2 − x − 2 2x − 4 + 2 − x − 2 x − 7 x + 10 x − 5 a)... b 2 = 0 = 0 ⇔ b 2 − c 2 = 0 c 2 − a 2 = 0 ⇔ a 2 = b 2 = c 2 ⇔| a | = | b | = | c | 2 2.1 1,0 6,0 (4,0 ®iĨm) Theo gi¶ thi t diƯn tÝch cđa h×nh vu«ng cã d¹ng S = abbb = k 2 ( k > 0, k ∈ Z) 0,5 100 0 ≤ k ≤ 9999 ⇔ 33 ≤ k ≤ 99 , nªn k chØ gåm 2 ch÷ sè: k = xy = 10 x + y k 2 = 100 x 2 + 20 xy + y 2 ( 3 ≤ x ≤ 9;0 ≤ y ≤ 9 ) 1,0 2 NÕu y lỴ: y = 1;3;5;7;9 ⇒ y = 1;9; 25; 49;81 ⇒ b = 1;5;9 Khi ®ã 2xy cã... thàóng vng gọc våïi DE càõt âỉåìng thàóng AH tải N a) Chỉïng minh: BM BH = MD HN b) Chỉïng t N l mäüt âiãøm cäú âënh c) Biãút AB = 5 cm, BC = 6 cm Tênh khong cạch giỉỵa tám âỉåìng trn näüi tiãúp v tám âỉåìng trn ngoải tiãúp ca tam giạc ABC HỈÅÏNG DÁÙN CHÁÚM ÂÃƯ THI HC SINH GII NÀM 2006-2007 Män: Toạn - Låïp 9 Bi 1(2 âiãøm ) a) (1 âiãøm ) A = 3y 3 − 3 3x y 2 − 7 3x y 2 + 21xy + 10xy − 10 x 3x (0,5 â)... 3600; 4900; 6400; 8100 kh«ng tho¶ ®iỊu kiƯn bµi to¸n Víi y = 2: k 2 = 100 x 2 + 40 x + 4 Khi ®ã x chØ cã thĨ lµ 6 th× ch÷ sè hµng chơc cđa k2 míi lµ 4, suy ra k 2 = 3600 + 244 = 3844 ≠ abbb Víi y = 4; 6: y 2 = 16;36 , khi ®ã 20xy cã ch÷ sè hµng chơc lµ sè ch½n, nªn 0,5 ch÷ sè hµng chơc cđa k2 ph¶i lµ sè lỴ, do ®ã kh«ng thĨ b»ng 4 hc 6, 2 nghÜa lµ k ≠ abbb Víi y = 8: y2 = 64; k 2 = 100 x 2 + 160 x +... (x -1 + 3 ) (x - 1 - 3 ) < 0 ⇔ 1 - 3 < x < 1 + 3 (2) 1 3 Tỉì (1) v (2) suy ra < f(x) < ⇔ 1 - 3 < x < 0 hồûc 2 < x < 1 + 3 2 4 Bi 4 (4 âiãøm) a) Xẹt ∆ MDE v ∆ HEN cọ: A 0 · · DME = EHN = 90 · · MDE = HEN (gọc cọ cảnh tỉång ỉïng vng gọc) MD ME D = nãn ∆MDE ∾ ∆HEN , suy ra: HE HN Hay MD.HN = HE.ME 1 Do BH = ME ( = BC ) nãn BM = HE 2 Do âọ: MD.HN = BM.BH (1) b) c) MD BH = (2) BM HN MD AH = ∆ABH cọ MD//AH... (1,5đ) (1đ) 1đ 1đ − 2007 2008 0 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 De 8 Bài 1: a) Giải phương trình: x 4 - x3 + x 2 - 11x + 10 = 0 b) Tìm x, y thoả mãn: x - 2 x - 1 = - y + 4 y - 4 Bài 2 Rút gọn A = 3- 3 2- 3+ 2 2 + 3+ 3 2+ 3 - 2 2 Bài 3 Tìm GTNN (nếu có) của các biểu thức sau: P = 4 x 2 + 12... Män: Toạn - Låïp 9 Bi 1(2 âiãøm ) a) (1 âiãøm ) A = 3y 3 − 3 3x y 2 − 7 3x y 2 + 21xy + 10xy − 10 x 3x (0,5 â) ( )( = ( y − 3x ) ( 3 y = ( y − 3x ) ( = y − 3x 3 y 2 − 7 3 x y + 10 x 2 ) ) x) (0,5 â) − 2 3 x y − 5 3x y + 10 x 60o )( 3y − 2 x 3y − 5 b) (1 âiãøm ) A = 0 ⇔ y = 3x * y = 3x y−x= y= 3 2 3 4 ⇔ hồûc y = 2 x 3 3 x − 3x + = 0 4 ⇔ 3 y=x+ 4 hồûc y = 5 x 3 2 3 x− =0 2 ⇔ 3 y=x+ . = 1,0 2. h#< A (4,0 điểm) Theo giả thi t diện tích của hình vuông có dạng ( ) 2 0,S abbb k k k= = > Z 0,5 2 100 0 9999 33 99k k , nên k chỉ gồm 2 chữ số: 10k xy x y= = + ( ) 2 2 2 100 20 3 9;0 9k x xy. b= = = Với y = 0: 2 k chỉ có thể là 1600; 2500; 3600; 4900; 6400; 8100 không thoả điều kiện bài toán. Với y = 2: 2 2 100 40 4k x x= + + . Khi đó x chỉ có thể là 6 thì chữ số hàng chục của. 0,5 0,5 AA (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
Ngày đăng: 11/07/2014, 09:00
Xem thêm: De va DA thi vao 10, De va DA thi vao 10
