Bộ đề ôn thi vào THPT - có đáp án

Một số Đề luyện thi vào chuyên Toán đề Bài (1 đ): Cho : M = x2 + y2+xy-3x-3y+2011 Với giá trị x,y M đạt giá trị nhỏ Tìm giá trị đó? 1     víi mäi n N* Bài (1 đ): Chứng minh ( n  1) n Bµi (1,5 đ): Giải phơng trình a/ x x  10 + x  x  18 = 6x -5-x2 b/ 2( x  2) x Bài (0,5 đ): Chøng minh r»ng x, y, z, x + y + z số hữu tỉ x , y , z số hữu tỉ Bài (1,5 ®): 1/ Chøng minh r»ng nÕu mét ®ëng thẳng không qua gốc toạ độ, cắt trục hoành điểm có hoành độ x y a, cắt trục tung điểm có tung độ b đờng thẳng có dạng a b 2/Cho ®êng th¼ng (m – 2)x + (m – 1)y = a/ Chứng minh đờng thẳng qua điểm cố định với m c/ Tính giá trị m để khoảng cách từ gốc toạ độ O đến đờng thẳng lớn Bài (2,5 ®): Cho tam gi¸c OAB (OA = OB) VÏ ®êng cao OH, AK biÕt OA = a, AOH  a/ Tính cạnh tam giác AKB theo a b/ Tính cạnh tam giác OKA vµ AKB theo a vµ  Tõ ®ã biĨu diƠn sin2  , cos2  theo sin , cos Bài (2 đ) : Cho hình vuông ABCD O điểm thuọc miền hình vuông cho OA : OB : OC = : : TÝnh sè ®o gãc AOB ? ============================= đáp án Bài (1 đ): Ta cã: M = (x2 – 2x + 1) + (y2 + xy + 1) + xy – x – y + + 2008 = (x – 1)2 + (y – 1)2 + (x – 1)(y – 1) + 2008 = (x – 1)2 + ( y  1)  2( x  1) y   ( y  1)  2008 = 4  y  1  ( x  1)  ( 2)   ( y  1)  2008 2008 (0,75 ®) VËy M có giá trị nhỏ 2008 y  x   0   y  0   Bµi (1 ®): §Ĩ ý r»ng:     k x  y 1 (0,25 ®) k  1   k   k (k  1) (k  1) k  k k 1 =  k    k  1      < k   k k 1  k   1   2   (0,5®) k 1  k k 1  k  1   1  1    2   Do ®ã :  2   2   ;  ; (n  1) n n 1  2 3     1 1      2 (0,5đ) (đpcm) Cộng bđt trên, ta cã: (n  1) n n Bài (1,5 đ): a) Ta có VT Không lớn 4, VP không nhỏ (0,5đ), pt trình có nghiệm hai vế Từ ta tìm ®ỵc x = (0,5®) b) Ta cã 2( x  2) 5 x   2 x   x  x  1 5  x  1 x  x  Đặt x a ; x x b với a, b (0,25đ) Đa pt vỊ d¹ng 2 a  b  5 ab  4 a  b  25ab   2a  b  a  2b  0 Giải pt ta tìm đợc x = 37 x = 37 (0,25đ) Bài (0,5 đ): Đặt t = x + y + z  Q, Ta cã: x + y = z - t  x + y + xy = z + t2 – 2t z  xy = - x – y + z + t2 - 2t z  4xy = (x + y + z – t2)2 + 4t2 + 4t (x + y – z – t2) z  (x + y + z – t2)2 + 4zt2 – 4xy = 4t (t2 – x –y – z) z (0,25®)  NÕu t = : x + y + z =  x = y = z =  x = y = z =  Q  NÕu t2 – x – y + z = 0, t  0: th× xy = - 2t z  xy + t z =0   xy 0   z 0  x 0    y 0   z 0  * NÕu t ( t2 – x –y + z) 0  x 0; z 0;   y 0; z 0; z = y t x t  x , y , z Q (t  x  y  z )  zt  xy Q 4t (t  x  y  z ) LËp luËn t¬ng tù, ta suy ra: x , y  Q (0,25®) Bài (1,5 đ): 1) (0,5đ) Gọi đờng thẳng cần xác định y = mx + n Đờng thẳng ®i qua ®iĨm (0 ; b) nªn : b = m.0 + n  n = b b (chó ý r»ng a 0) (0,25®) a b y x x y Đờng thẳng cần xác định có dạng: y = - x  b hay   tøc lµ  (0,25đ) a b a a b Đờng thẳng qua điểm (a ; 0) nên: = m.a + b m = 2a) Điều kiện cần ®đ ®Ĩ ®êng th¼ng (m – 2)x + (m – 1)y = (1) qua điểm cố định N(xo,yo) lµ: (m – 2)xo + (m – 1)yo = víi mäi m  mxo – 2xo + myo – yo – = víi mäi m (025®)  (xo + yo)m – (2xo + yo + 1) = víi mäi m  2x x y y 01 xy 1 (0,25đ) Vậy đờng thẳng (1) qua điểm cố định N (-1; 1) o o o o o o b) Gäi A lµ giao điểm đờng thẳng (1) với trục tung Ta cã: x =  y = m 1 , ®ã OA = m Gäi B giao điểm đờng thẳng (1) với trục hoµnh Ta cã: y =  x = 1 , ®ã OB = m m (0,25đ) Gọi h khoảng cách Từ O đến ®êng th¼ng (1) Ta cã: 1 1  2 (m  1)  (m  2) 2m  6m  2(m  )   2 2 h OA OB Suy h2  max h = vµ chØ m = (0,25đ) O Bài (2,5 đ): a) (1 đ) Ta cã BAK = AOH = α Tõ tam gi¸c vu«ng OHA, ta cã AH = O OAsinα = asinα AB = 2asin (0,25 đ), mặt khác tam giác vuông AKB AK = AB cos suy AK = 2a.sin.cos (0,25) BK = AB.sin nên BK = 2a.sin2 (0,5 đ) K b) (1,5đ) Với tam giác OKA : AK = OA sin AOK nªn AK = asin2α OK = OAcos AOK nªn OK = acos2α (0,25 đ) B - Với tam giác AKB ta có : AK = asin2α mµ BK = OB – OK= a – acos2α A 2 2 2 2 2 sin   (  cos   cos  ) Theo = AK BK = a sin 2α + a (1 – cos2a ) = a V× hay BKPitago = a(1 AB cos2) (0,25+ đ) H sin22 + cos22α = nªn AB2 = a2(1 + – 2cos2α) = 2a2(1 - cos2α) (0,5 ®)   - So sánh giá trị AK, ta có asin2 = 2a.sinα cosα vËy sin2α = 2sinα.cosα (0,25 ®) - So sánh giá trị BK ta có: 2a.sin2 = a(1 – cos2α) hay cos2α = – 2sin2α (0,25 ®) K Bµi (2 ®) Dùng tia Bx n»m nửa mặt phẳng không chứa điểm O với bờ đờng thẳngB BC cho xBC = ABO Trên tia Bx lÊy ®iĨm K, cho BK = BO Do BOK tam giác vuông cân nên BKO = 45o Tõ  ABO =  CBK, suy KC = OA Đặt OA = a OA : OB : OC = : : nªn CK = a ; OB = BK = 2a, OC = 3a Trong tam giác vuông OBK ta có OK2 = OB2 + BK2 = 8a2 V× vËy OK2 + CK2 = 8a2 + a2 = 9a2 Mặt khác OC2 = 9a2 nh vậy, OC2 = OK2 +KC2 Theo định lí Pitago đảo OKC vuông K hay OKC = 90o Vì CBK= ABO BCK = BAO, góc nhọn, nên K thuộc phần mặt phẳng giới hạn hai đờng thẳng song song AB CD.Từ BKC = BKO + OKC = 45o + 90o = 135o V× BKC = AOB suy AOB = 135o A x C O D §Ị Bài 1: (8 điểm) (P) : y x2 Cho parabol Viết phơng trình tiếp tuyến (P), biết tiếp tuyến qua điểm A(2;1) Gọi d đờng thẳng qua điểm A(2;1) có hệ số góc m Với giá trị m đờng thẳng d cắt (P) hai điểm phân biệt M N, tìm quĩ tích trung điểm I đoạn thẳng MN m thay đổi Tìm quĩ tích điểm M0 từ kẻ đợc hai tiếp tuyến parabol (P) hai tiếp tuyến vuông góc với Bài 2: (4điểm) Giải hệ phơng trình:  x  y  xy 19   x  y  xy  Bµi 3: (8 điểm) Cho nửa đờng tròn đờng kính AB cố định C điểm thuộc nửa đờng tròn phía tam giác ABC, vẽ hình vuông BCDE ACFG Gọi Ax, By tiếp tuyến nửa đờng tròn Chứng minh C di chuyển nửa đờng tròn đà cho đờng thẳng ED qua điểm cố định đờng thẳng FG qua điểm cố định khác Tìm quĩ tích điểm E G C di chuyển nửa đờng tròn đà cho Tìm quĩ tích điểm D F C di chuyển nửa đờng tròn đà cho Hết Đáp án Bài 1 ý 1.1 1.2 Nội dung (2,0 điểm) Phơng trình đờng thẳng d1 qua A(2; 1) cã d¹ng: y = ax + b vµ = 2a + b, suy b = - 2a, ®ã d1: y = ax - 2a+1 Phơng trình cho hoành độ giao điểm d1 vµ (P) lµ: x ax  2a   x  3ax  6a  3 Để d1 tiếp tuyến (P) cần đủ là: a 2 '   9a  24a  12 0    a 2  VËy tõ A(2; 1) cã hai tiếp tuyến đến (P) là: d1 : y 2 x  3; d : y  x 3 (4,0 điểm) Phơng trình đờng thẳng d ®i qua A(2; 1) cã hƯ sè gãc m là: y mx 2m Phơng trình cho hoành độ giao điểm d (P) là: x mx  2m   x  3mx  6m  0 (2) §Ĩ d cắt (P) điểm phân biệt cần đủ là: 9m 24m  12    m  m    3    m    m   2    m 3 4 4    (*)  m   0  m     3 3   m  m      4  m    §iĨm 8,0 0,50 0.50 2,0 0,50 0,50 0,50 1,5 1.3 Víi ®iỊu kiƯn (*), d cắt (P) điểm M N có hoành độ x1 x2 nghiệm phơng trình (2), nên toạ độ trung điểm I cđa MN lµ:  2x  2x 2x  m   ;   x  1; x   x1  x2 3m   x      3  I 2   y mx   2m  y  x2  x 1  3 VËy m thay đổi, quĩ tích I phần parabol y  x  x  , 3 giíi h¹n bëi x  1; x  (2,0 ®iĨm) Gäi M ( x0 ; y0 ) điểm từ vẽ tiếp tuyến vuông góc đến (P) Phơng trình đờng thẳng d' qua M0 vµ cã hƯ sè gãc k lµ: y kx b , đờng thẳng qua M0 nên y0 kx0  b  b  y0  kx0 , suy pt cña d': y kx  kx0 y0 Phơng trình cho hoành độ giao điểm cđa d vµ (P) lµ: x kx  kx0  y0  x  3kx  3kx0  y0 0 (**) §Ĩ tõ M0 cã thể kẻ tiếp tuyến vuông góc tới (P) phơng trình: 9k 12kx0 12 y0 có nghiệm phân biệt k1 , k2 k1k2  12 y0    y0 Vậy quĩ tích điểm M0 từ vẽ đợc tiếp tuyến vuông góc (P) đờng thẳng y (4,0 ®iĨm)  x  y  xy 19  S  3P 19  S x  y   x  y   xy 19      (1)  x  y  xy   S  P   P  xy   x  y  xy  Gi¶i hƯ (1) ta ®ỵc: ( S  1; P  6), ( S  2; P  5)  x  y  x y Giải hệ phơng trình tích, tổng: ta có  xy   xy  nghiƯm cđa hệ phơng trình đà cho là: x  x 2  x    x   ; ; ;   y 2  y   y    y   1,0 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 1,0 1,0 2,0 8,0 3.1 Gọi K giao điểm Ax GF, I giao điểm By ED Ta có:  BEI BCA 900 (gãc cã c¸c   EBI CBA cạnh tơng ứng vuông góc) BE BC , Do ®ã: 3.2 3.3 BEI BCA  BI BA mµ By cố định, suy điểm I cố định + Tơng tự, K ccố định + Vậy C di chuyển nửa đờng tròn (O) dờng thẳng ED qua điểm I cố định đờng thẳng GF qua điểm K cố định Suy quĩ tích I nửa đờng tròn đờng kính BI (bên phải By, C  A  E I , C B  E B ); q tÝch cđa K lµ nưa đờng tròn đờng kính AK(bên trái Ax, C A  G  A, C B  G K ) Xét tam giác BEI BDK, ta có: BE BI   BD BK     EBI  IBD KBD  IBD 450 Do ®ã:    EBI KBD BEI BDK    BDK BEI 900 + VËy: Q tÝch cđa D lµ nửa đờng tròn đờng kính BK + Tơng tự, quĩ tích F nửa đờng tròn đờng kính AI 3,0 2,0 3,0 Đề Bài 1: (7 điểm) Giải phơng trình: x x x   x 2 Chøng minh a, b, c số không âm b số trung bình cộng a c ta có: 1 a b b c c a Bài 2: (6 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhá nhÊt cña y  x 23x  x Tìm nghiệm nguyên phơng trình: x  y  xy  x  y  0 Bµi 3: (7 điểm) Cho đờng tròn tâm O, bán kính R, hai đờng kính AB CD vuông góc với E điểm cung AD Nối EC cắt OA M, nối EB cắt OD N Chøng minh r»ng tÝch OM ON lµ mét h»ng sè Suy giá trị nhỏ tổng AM DN OM ON , cho biết vị trí cđa ®iĨm E ?  AM DN Gäi GH dây cung cố định đờng tròn tâm O bán kính R đà cho GH đờng kính K điểm chuyển động cung lớn GH Xác định vị trí K để chu vi tam giác GHK lớn Hết Đáp án Bài ý 1.1 Nội dung Điểm 7,0 (2,0 điểm) x 1  x   x1  x  2 (1)  2   x  3 2 y   y  2  y  x 0; x 0  (2) (1) x   x 2  4 x1  1,0  y 1: y  0, y   , nªn (2)   y  y y (thoả ĐK) x nghiệm phơng trình (1)  y 3 : y   0, y  0 , nªn pt (2) y    y 2  y 0 ®ã pt (2) cã v« sè nghiƯm y (  y 3 ), suy pt (1) cã v« sè nghiÖm x (  x 81 )  y  : y   0, y   , nªn pt (2)  y   y  2  y 3 , pt v« nghiƯm  VËy tËp nghiƯm cđa pt (1) lµ: S  1; 81  1.2 1,0 1,0 (3,0 ®iĨm) 1   a b b c c a 1     a b c a c a A  a b  c a Ta cã:  c   a b  c a  b c  b c a  0,50 b c    b a  b a    a  b b  c c  a  b  a   b  c    c  a    A  b  c  c  a  b  c c  a c  a b  a b   a c  a  c 2b  b  a c  b , nªn: b a  a b 0,50 c b Theo gi¶ thiÕt: b A (*) b c c a Đẳng thức (*) đợc nghiệm 1,0 c 1,0 6,0 2.1 (3,0 điểm) x 3x (xác ®Þnh víi mäi x  R )   y  1 x  3x  y  0 (**) x 1  y 1: pt (**) cã nghiƯm x   y 1: ®Ĩ pt (**) cã nghiƯm th×:  9  4( y  1)( y  5)  y  24 y  11 0 25 5 11    y  3 0  y      y     y   y 1 2 2 11 11   Vậy tập giá trị y ; , ®ã Max y  ; Min y  2 2 2 y 2.2 0,5 1,0 1,0 0,5 (3,0 ®iĨm) x  y  3xy  x  y  0  x   y   x  y  y  0 (***) Để pt (***) có nghiệm nguyên theo x, thì:   y     y  y  3  y  y  lµ sè chÝnh ph¬ng 0,5  y  y  k  k  Z   y    k 12  ( y   k )( y   k ) 12 (a ) 1,0 Ta cã: Tæng  y   k   ( y  k ) 2(k 2) số chẵn, nên  y   k  ; (y  k) chẵn lẻ Mà 12 chØ cã thĨ b»ng tÝch 1.12 hc 2.6 hc 3.4, nên có hệ phơng trình sau: y   k 2  y   k 6  y   k   y   k  ;  ;  ;  ;   y   k 6  y   k 2  y   k   y k Giải hệ pt ta có nghiệm nguyên pt (a): y 2; k 2  ,  y 2; k   ,  y  6; k 2  ,  y  6; k   Thay giá trị y 2; y vào pt (***) giải pt theo x có nghiệm nguyên (x; y) là: ( x 1; y 2), ( x  3; y 2);( x 11; y  6), ( x 9; y  6) (4 ®) 3.1 0,5 0,5 0,5 7,0 Ta cã: COM CED v×:  E  900 ; C  chung Suy ra: O OM CO ED.CO   OM  (1) ED CE CE Ta cã: AMC EAC v×:  chung , A E  450 Suy ra: C ONB  EAB  AM AC EA AC   AM  (2) EA EC CE Tõ (1) vµ (2): OM OC.ED ED   (3) AM AC.EA EA  E  900 ; B  chung  ON OB  ON OB.EA (4) O EA EB EB  1,0 1,0  chung , D  E  450 )  DN  DB  DN  DB.ED (5) DNB EDB ( B ED EB EB ON OB.EA EA OM ON   (6) Tõ (3) vµ (6): Tõ (4) vµ (5):   DN DB.ED AM DN 2 ED OM ON Đặt x Ta có: x, y không âm và: , y AM DN x  y x  y  xy 0  x  y 2 xy 2  2 x y  DÊu "=" xÈy khi:   x y   xy  OM ED  OM ON      EA ED VËy: Tæng    AM EA  AM DN  E trung điểm dây cung AD (3,0 điểm) GKH có cạnh GH cố định, nên chu vi cđa nã lín nhÊt tỉng KG  KH lớn Trên tia đối tia KG lấy điểm N cho KN = KH Khi đó, HKN cân K Suy GNH GKH KG  KH KG  KN GN 1  mà GKH (góc nội GH tiếp chắn cung nhỏ GH cố định), GNH không đổi Vậy N chạy cung tròn (O') tập hợp điểm nhìn đoạn GH dới góc GOH không đổi GN dây cung cung tròn (O') nên GN lớn GN đờng kính cung tròn, suy GHK vuông H, KGH (vì lần lợt phụ với KHG  hai gãc b»ng nhau) Khi ®ã, K trung điểm cung lớn GH Vậy: Chu vi cđa GKH lín nhÊt K lµ trung ®iĨm cđa cung lín GH  3.2  1,0 1,0 1,5 1,5 ... k 382 1444 k 882 7744 (không thoả điều kiện toán) Vậy: toán có lời giải nhất: Hình vuông cần xác định có cạnh k 38 diện tích S 1444 2.2 0,5 0,5 (2,0 điểm) Theo giả thi? ??t, cha A B C: Nếu B cha... nªn AB2 = a2(1 + – 2cos2α) = 2a2(1 - cos2α) (0,5 ®) - So sánh giá trị AK, ta cã asin2α = 2a.sinα cosα vËy sin2α = 2sinα.cosα (0,25 đ) - So sánh giá trị BK ta có: 2a.sin2α = a(1 – cos2α) hay cos2α... hình vuông EFGH nội tiếp tam giác ABC thớc kẻ com-pa Tính diện tích hình vuông Hết Đáp án Bài 1 ý 1.1 1.2 Nội dung (2,0 điểm) Để phơng trình (1) có hai nghiệm dơng phân biệt, cần ®đ lµ:   '' 4