Mét sè ®Ò «n thi vµo chuyªn to¸n ( cã ®¸p ¸n) §Ò 1 2 1 ( ) : 3 P y x= !"# $ (2;1)A % &'()*$ (2;1)A +,-./,01! )*(2"34-5+6#7,$89 :!3*567 ; 3. <$895=>,,7?@ !"+ +A,+0. %B &C- 2 2 19 7 x y xy x y xy + − = + + = − D E)F)79G/1HI7HE) FJ9G#+K+ALM+GN&&'GO# !E)F PQ7( RE)FS)*ML A$H/1+)*N&A$/17 % <$89!M+&7( RE)FS D <$89!L+N7( RE)FS HÕt T+ 1 Bµi 1 U Néi dung T 1. #= (2,0 ®iÓm) Ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng d 1 ®i qua A(2; 1) cã d¹ng: y = ax + b vµ 1 = 2a + b, suy ra b = 1 - 2a, do ®ã d 1 : y = ax - 2a+1. 0,50 Ph¬ng tr×nh cho hoµnh ®é giao ®iÓm cña d 1 vµ (P) lµ: 2 2 1 2 1 3 6 3 0 3 x ax a x ax a= − + ⇔ − + − = 0.50 §Ó d 1 lµ tiÕp tuyÕn cña (P) th× cÇn vµ ®ñ lµ: '∆ = 2 2 9 24 12 0 2 3 a a a a = ∆ = − + = ⇔ = 2,0 VËy tõ A(2; 1) cã hai tiÕp tuyÕn ®Õn (P) lµ: 1 2 2 1 : 2 3; : 3 3 d y x d y x= − = − 0,50 % (4,0 ®iÓm) Ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng d ®i qua A(2; 1) cã hÖ sè gãc m lµ: 1 2y mx m= + − 0,50 Ph¬ng tr×nh cho hoµnh ®é giao ®iÓm cña d vµ (P) lµ: 2 2 1 2 1 3 6 3 0 (2) 3 x mx m x mx m= − + ⇔ − + − = 0,50 §Ó d c¾t (P) t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt th× cÇn vµ ®ñ lµ: 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 2 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 D (2,0 điểm) Gọi 0 0 0 ( ; )M x y là điểm từ đó có thể vẽ 2 tiếp tuyến vuông góc đến (P). Ph- ơng 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 3. #= 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 4 §Ò 2 V &C 4 4 1 2 9 6 2x x x x+ − + + − = % PQ##./7A4+./H! +, 1 1 2 a b b c c a + = + + + %W <10I+1XI! 2 2 3 5 1 x x y x + + = + % <- R! 2 2 2 3 2 4 3 0x y xy x y+ + − − + = DV )F4Y#79Z#)79G+L+A,+0M I7RGL6/M2YG35#/M2YL36 PQ9 OM ON AM DN × HQ./[ 1XI!; OM ON AM DN + #7,+19!M\ % &'&](4 /1!)F4Y79ZS+&] 7AC)79^ HR0&]_1+1 9!^+!&]^0I ] T+ 5 Bài U Nội dung T 1. V#= (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 % (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 6 2. W#= % (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 %% (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. V#= (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 7 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 D% (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 8 §Ò 3 2 2 2 2 2 0 (1).x mx m− + − = B <1! m ,-(4- ` <1! m ,-4- 1 x + 2 x C S-P 3 3 1 2 5 2 x x+ = W &C.E,-7A4<1! m -(a !310I %B &C 2 2 4 3 4x x x x− + = − % D G, · 0 60 ; ;ABC BC a AB c= = = ,a c H(0#] bc56"d,e5R3G#6R3G#"+dJR3 @ 'bcHG <+19!5R3Gbc56"d,(-90I <9(-90I, % Lf+AMN&]HGQ07?+a <9(-9!+A, ] 9 T+ Bài 1 U Nội dung T 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 % (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 10 [...]... a) x - x + x - 11x + 10 = 0 ( x - 1)( x - 2)( x 2 + 2 x + 5) = 0 ( x - 1)( x - 2) = 0 (vỡ x 2 + 2 x + 5 = ( x + 1) + 4 > 0, " x ẻ Ă ) ộ =1 x ờ ờ =2 x ở b) x - 2 x - 1 = - y + 4 y - 4 ( x - 1 - 1) 2 + ( y - 4 - 2) 2 = 0 ỡ x - 1 =1 ù ỡ x=2 ù ù ù ớ ớ ù y- 4 = 2 ù y =8 ù ợ ù ợ Bi 2 A = 3- 3 2- 3+ 2 2 + 3+ 3 2+ 3 - 2 2 32 = 2( 3 - 3) + 2( 3 + 3) 4- 2 3 + 4 4+ 2 3 - 4 2( 3 - 3) 2( 3 + 3) = + 3 - 1+... rng Bi 6 (1) Gii bt phng trỡnh 2007 < 2008 x HT 28 HNG DN CHM Gi ý ỏp ỏn Bi 1a) 4x 2-4 9-1 2xy+9y2=(4x 2-1 2xy+9y2 )-4 9 =(2x-3y) 2-7 2=(2x-3y+7)(2x-3 7-7 ) Bi 1b) x2+7x +10 =x2+5x+2x +10 =x(x+5) +2(x+5) =(x+5)(x+2) Bi 2a) x 2-7 x +10= (x-5)(x-2) iu kin A cú ngha l x 5v x 2 1 x2 x 2 2x 4 1 x2 x 2 2x 4 A= + 2 = + = x 2 x 7 x + 10 x 5 x 2 ( x 5)( x 2) x 5 = x 5 + x 2 x 2 (2 x 4)( x 2) ( x 5)( x ... phổồng trỗnh: -2 x + 2 = hay -2 x2 + 2x + 4 = 0 (x 0) (0,25 õ) 2 x -x-2=0 (x + 1)(x - 2) = 0 (0,25 õ) x = -1 ; x = 2 Vồùi x = -1 y = 4 ; vồùi x = 2 y = -2 Vỏỷy toaỷ õọỹ giao õióứm cuớa (D) vaỡ (H) laỡ (-1 ; 4) vaỡ (2 ; -2 ) b) (1,25 õ) -4 A (xA , yA) (H) nón yA = x A (1) B (xB , yB) (D) nón yB = -2 xB + 2 -4 x (0,25 õ) (2) (0,25 õ) Do xA + xB = 0 xB = -xA vaỡ 2yA - yB = 15 yB = 2yA -1 5 (0,25 õ) 17... 1- 4 2( 3 - 3) 2 + 2( 3 + 3) 2 = 3- 9 24 2 = =- 4 2 - 6 Bi 3 P = 4 x 2 + 12 x + 9 + 4 x 2 - 20 x + 25 = 2x + 3 + 5 - 2x 2x + 3 + 5 - 2x = 8 3 5 x Vy, Pmin=8 khi (2 x + 3)(5 - 2 x) 0 - ÊÊ 2 2 2 2 Q = x + 2 y + 2 xy - 2 x + 2008 = ( x + y )2 - 2( x + y ) + 1 + y 2 + 2 y + 1 + 2006 = ( x + y - 1) 2 + ( y + 1)2 + 2006 2006; " x, y ỡ x + y - 1= 0 ỡ x = 2 ù ù ù Vy, Qmin=2006 khi ù ớ ớ ù y + 1= 0 ù y =-. .. logic thỡ vn cho im ti a ca phn, cõu tng ng HT 31 De 8 Bi 1: a) Gii phng trỡnh: x 4 - x 3 + x 2 - 11x + 10 = 0 b) Tỡm x, y tho món: x - 2 x - 1 = - y + 4 y - 4 Bi 2 Rỳt gn A = 3- 3 2- 3+ 2 2 + 3+ 3 2+ 3 - 2 2 Bi 3 Tỡm GTNN (nu cú) ca cỏc biu thc sau: P = 4 x 2 + 12 x + 9 + 4 x 2 - 20 x + 25 Q = x 2 + 2 y 2 + 2 xy - 2 x + 2008 Bi 4 Cho ng trũn tõm O ng kớnh AB Trờn ng kớnh AB ly hai im I v J i xng... - vaỡ y - 2 < 0 y < 2 2 2 (0,75 õ) Do y nguyón nón y = 0 ; 1 Vồùi y = 0 ta coù 0 < 2 - x -1 x -1 < 2 -2 < x -1 < 2 -1 < x < 3 Do õoù x = 0 ; 1 ; 2 (vỗ x nguyón) 1 1 0 2 2 1 1 2 x = 2 2 2.2 = < 0 2 2 Vồùi y = 1 ta coù 1 < 2 - x -1 x -1 x = 0 0 2.0 = 0 < x < 2 Do õoù x = 1 1 1 2 x = 1 1 1.2 = < 1 2 2 (nhỏỷn) (0,5 õ) (loaỷi) (nhỏỷn) < 1 -1 < x -1 < 1 (0,5... 2yA - 15 = 2xA + 2 hay yA = xA + 2 -4 17 Tổỡ (1) vaỡ (3) xA + = x 2 A 2xA2 + 17xA + 8 = 0 (2xA + 1) (xA + 8) = 0 xA = (3) (0,25 õ) 1 ; xA = -8 2 25 1 1 yA = 8 ; x B = yB = 1 2 2 1 Vồùi xA = -8 yA = ; xB = 8 yB = -1 4 2 1 1 Vỏỷy A ( ; 8) vaỡ B ( ; 1) 2 2 1 hoỷc A (-8 ; ) vaỡ B (8 ; -1 4) 2 Vồùi xA = Baỡi 3 (2 õióứm): (0,25 õ) (0,25 õ) 1 2 2 Tổỡ x - 2x - < y < 2 - x -1 Suy ra y + 1 1 > 0 y > - vaỡ... ệ THI HOĩC SINH GIOI NM 200 7-2 008 Mọn: Toaùn - Lồùp 9 Baỡi 1(2 õióứm) a) (0,75 õ) ióửu kióỷn xaùc õởnh: x 0 (0,25 õ) 24 A= = x - x + 1- 3+ 2 x + 2 x + x = x x +1 x x +1 ( x + 1) = ( x + 1) ( x - x + 1) x x (0,25 õ) x x +1 (0,25 õ) b) (1,25 õ) Vồùi x 0 thỗ A= x Do õoù Amin = 0 khi x = 0 x - x + x -1 A -1 = 2 1 3 x- + 2 4 ( 0 ) x -1 (0,5 õ) 2 =0 2 2 1 3 1 3 x+ + x- + 2 4 2 4 Suy ra A 1... thỗ f(x1) < f(x2) b) 1 õióứm 1 x 2 2x + 1 1 2 2 2 f(x) > 2 > 2x 4x + 2 > x 2x + 2 x 2x > 0 2 x 2x + 2 2 x (x - 2) > 0 x > 2 hoỷc x < 0 (1) 3 x 2 2x + 1 3 f(x) < 2 < 4x2 - 8x + 4 < 3x2 - 6x + 6 4 x 2x + 2 4 x2 - 2x - 2 < 0 (x - 1)2 - 3 < 0 (x -1 + 3 ) (x - 1 - 3 ) < 0 1 - 3 < x < 1 + 3 (2) 36 ... khụng thuc khong ang xột vy nú khụng l nghim ca (1) phng trỡnh Kt lun phng trỡnh cú nghim x=3 (2) Bi 3b) x 2-2 =(2x+3)(x+5)+23 x 2-2 5=(2x+3)(x+5) (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 hoc x+8 =0 x =-5 29 im Gi ý ỏp ỏn hoc x =-8 Bi 4a) Ta cú BG AB, CH AB, nờn BG //CH, tng t: BH AC, CG AC, nờn BH//CG.t giỏc BGCH cú cỏc cp cnh i sụng song nờn nú l hỡnh . <1! m , - (4 - ` <1! m , - 4 - 1 x + 2 x C S - P 3 3 1 2 5 2 x x+ = W &C.E, - 7A4<1! m - (a !310I %B &C 2. 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. 2 100 160 64k x x= + + , khi đó x chỉ có thể là 3 hoặc 8 thì chữ số hàng chục của k 2 mới bằng 4, suy ra 2 2 38 1444k = = hoặc 2 2 88 7744k = = (không thoả điều kiện bài toán) . Vậy: bài toán