10 đề luyện thi vào 10 chuyên môn Toán - Tài liệu Toán 9 - hoc360.net

4b) Do BE và CF là các đường cao của tam giác ABC nên các tam giác ABE và ACF vuông. Hai tam giác vuông ABE và ACF có chung góc A nên chúng đồng dạng. Chứng minh tương tự ta có FH là tia[r]

Một số đề ôn thi vào chuyên toỏn

Đề 1

Bài 1: (8 điểm) Cho parabol

2

1 ( ) :

3 P y x

1 Viết phơng trình tiếp tuyến (P), biết tiếp tuyến ®i qua ®iÓm

(2;1)

A .

2 Gọi d đờng thẳng qua điểm A(2;1)và 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

3 Tìm quĩ tích điểm M0 từ kẻ đợc hai tiếp tuyến parabol (P) hai tiếp tuyến vng góc với

Bài 2: (4điểm)

Giải hệ phơng trình:

2 19

7 x y xy x y xy

   



 

Bài 3: (8 điểm)

Cho na đờng trịn đờng kính AB cố định C điểm thuộc nửa đờng trịn phía ngồi tam giác ABC, vẽ hình vng BCDE ACFG Gọi Ax, By tiếp tuyến nửa đờng tròn

1 Chứng minh C di chuyển nửa đờng trịn cho đờng thẳng ED qua điểm cố định đờng thẳng FG ln qua điểm cố định khác Tìm quĩ tích điểm E G C di chuyển nửa đờng trịn cho Tìm quĩ tích điểm D F C di chuyển nửa đờng tròn cho

HÕt

Bài ý Nội dung Điểm

1 8,0

1.1 (2,0 ®iĨm)

Phơng trình đờng thẳng d1 qua A(2; 1) có dạng: y = ax + b = 2a + b, suy b = - 2a, d1: y = ax - 2a+1

0,50 Phơng trình cho hoành độ giao điểm d1 (P) là:

2

1

2

3x ax a  x  ax a  0.50

Để d1 tiếp tuyến (P) cần đủ là:

'

 

2

9 24 12 2

3 a a a a             2,0

Vậy từ A(2; 1) có hai tiếp tuyến đến (P) là:

1

2

: 3; :

3

d y x d y x

0,50 1.2 (4,0 ®iĨm)

Phơng trình đờng thẳng d qua A(2; 1) có hệ số góc m là:

1

y mx   m 0,50

Phơng trình cho hồnh độ giao điểm d (P) là:

2

1

2 (2)

3x mx m  x  mx m  0,50

Để d cắt (P) điểm phân biệt cần đủ là:

2

9 24 12

3

m m m m 

         

 

2

4 4

0

3 3

m m              4 2

3 (*)

Với điều kiện (*), d cắt (P) điểm M N có hồnh độ x1 x2 nghiệm phơng trình (2), nên toạ độ trung điểm I MN là:

1

2

2 2

; 1;

3

3 3

2

2

1 1

3

x x x

m x x

x x m x

I

y mx m y x x

                                  1,0

Vậy m thay đổi, quĩ tích I phần parabol

2

2

1

3

y x  x , giới hạn x1;x3

0,50 1.3 (2,0 điểm)

Gọi M x y0( ; )0 điểm từ vẽ tiếp tuyến vng góc đến

(P) Phơng trình đờng thẳng d' qua M0 có hệ số góc k là:

y kx b  , đờng thẳng qua M0 nên y0 kx0 b by0 kx0,

suy pt cña d': y kx kx  0y0 0,50

Phơng trình cho hoành độ giao điểm d (P) là:

2

0 0

1

3 3

3x kx kx y  x  kx kx  y  (**) 0,50 Để từ M0 kẻ tiếp tuyến vuông góc tới (P) phơng trình:

2

0

9k 12kx 12y

     có nghiệm phân biệt k k1, k k 1 0 12 y y     0,50 Vậy quĩ tích điểm M0 từ vẽ đợc tiếp tuyến vng

góc (P) đờng thẳng y 

0,50 (4,0 ®iĨm)

 2

2 19 3 19

3 19

7 7

S x y

x y xy x y xy S P

P xy

x y xy x y xy S P

                                      (1) 1,0 Giải hệ (1) ta đợc: (S 1; P6), (S2; P5) 1,0

Giải hệ phơng trình tích, tổng: x y xy    

 vµ

2 x y xy     

 ta cã

các nghiệm hệ phơng trình cho là:

3 6

; ; ;

2 1 6 1 6

x x x x

y y y y

 

     

   

   

     

3 8,0 3.1

Gọi K giao điểm Ax GF, I giao điểm By vµ ED Ta cã:

  900

BEIBCA

EBI CBA (góc có cạnh tơng ứng vuông

góc) BE BC ,

Do đó:

BEI BCA BI BA

    mà 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

đ-ờng thẳng GF qua điểm K cố định 3,0 3.2 Suy quĩ tích I nửa đờng trịn đờng kính BI (bên phải By,

,

C  A EI C B  E B ); quĩ tích K nửa đờng trũn ng

kính AK(bên trái Ax, C A GA C,  B G K ) 2,0

3.3 XÐt tam giác BEI

BDK, ta có:

2 BE BI BDBK 

   

 

0

45 EBI IBD KBD IBD

EBI KBD

   

 

Do đó:

  900

BEI BDK BDK BEI

 

  



+ Vậy: Quĩ tích D nửa đờng trịn đờng kính BK

1 a b  b c c a Bài 2: (6 điểm)

1 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ

2

2

3 x x y

x

 





2 Tìm nghiệm nguyên phơng trình:

2 2 3 2 4 3 0

x  y  xy x y 

Bµi 3: (7 ®iĨm)

Cho đờng trịn tâm O, bán kính R, hai đờng kính AB CD vng góc với E điểm cung AD Nối EC cắt OA M, nối EB cắt OD N

1 Chøng minh r»ng tÝch OM ON

AM DN số Suy giá trị nhá nhÊt cđa tỉng OM ON

AM DN , cho biết vị trí điểm E ?

2 Gọi GH dây cung cố định đờng trịn tâm O bán kính R cho GH khơng phải đờng kính K điểm chuyển động cung lớn GH Xác định vị trí K để chu vi tam giác GHK lớn

HÕt

Bµi ý Néi dung §iĨm

1 7,0

1.1 (2,0 ®iĨm)

4

1

x  x  x  x     

2

4 x 1 x 3 2

    

 

4 x 1 x 3 2 (1) y 1 y 3 2 y x 0;x 0 (2)

             (1)

1,0

 0 y 1: y1 0, y 0 , nªn (2) y y y1(thoả ĐK)

1

x

nghiệm phơng trình (1)

 1y3 : y1 0, y 0 , nªn pt (2) y  1 y 2 0y0

do pt (2) có vơ số nghiệm y (1 y3), suy pt (1) có vơ số

nghiÖm x (1x81 ) 1,0

 y3: y1 0, y 0 , nªn pt (2) y  1 y 2  y3, pt v« nghiƯm

 VËy tËp nghiƯm cđa pt (1) lµ: S 1; 81 1,0 1.2 (3,0 ®iĨm)

1

1 1

(*)

a b b c c a

a b c a c a b c

 

  

   

    0,50

Ta cã:    

     

1 c b

A

a b c a a b c a

c b

a b c a b c



  

   

 

   0,50

Theo gi¶ thiÕt:

2 a c

b   a c  bb a c b   , nªn:

     

   

     

b a b a b a

A

a b b c c a a b b c c a

 



 

     

1,0

 

   

   

   

1

b a b c c a

A

c a b c

b c c a b c c a

   

   

 

   

2 6,0 2.1 (3,0 ®iĨm)

2

2

3 x x y

x

 



 (xác định với x R)

y 1x2 3x y 5 (**)

      0,5

 y 1: pt (**) có nghiệm x   y 1: để pt (**) có nghiệm thì:

2

9 4(y 1)(y 5) 4y 24y 11

         1,0

 2  

25 5 11

3 3

4 y y 2 y 2 y y

           

1,0 Vậy tập giá trị cđa y lµ 11;

2

 

 

  ,

11

;

2

Max y Min y

0,5 2.2 (3,0 ®iĨm)

 

2 2 3 2 4 3 0 3 2 2 4 3 0

x  y  xy x y   x  y x y  y  (***) 0,5 §Ĩ pt (***) có nghiệm nguyên theo x, thì:

3y 22 2 y2 4y 3 y2 4y

         lµ sè chÝnh ph¬ng

   2

2 4 8 2 12

y y k k y k

    Z    

(y k y)( k) 12 ( )a

      1,0

Ta cã: Tæng  y 2 k(y 2 k) 2( k2) 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:

2 2 6 2

; ; ; ;

2 2 2

y k y k y k y k

y k y k y k y k

           

   

   

           

    0,5

Giải hệ pt ta có nghiƯm nguyªn cđa pt (a):

y2;k2 , y2;k2 , y6;k , y6;k2 0,5

Thay giá trị y2;y6 vào pt (***) giải pt theo x có nghiệm nguyên (x; y) là:

(x1;y2), (x3;y2);(x11;y6),(x9;y6) 0,5

3 7,0

(4 ®) 3.1 Ta cã: COM CEDv×:

  900

O E  ; C chung Suy ra:

(1)

OM CO ED CO

OM

ED CE   CE Ta cã: AMCEAC v×:

C chung, A E 450

  Suy ra:

(2)

AM AC EA AC

AM

EA EC   CE

Tõ (1) vµ (2): (3)

ONB EAB

  O E   90 ;0 B chung  ON OB ON OB EA (4)

EA EB EB

   

  

( , 45 ) DN DB DB ED(5)

DNB EDB B chung D E DN

ED EB EB

       

Tõ (4) vµ (5): (6)

ON OB EA EA

DN DB ED  ED Tõ (3) vµ (6):

1 OM ON

AM DN  1,0 Đặt x OM , y ON

AM DN

Ta có: x, y không âm vµ:

 2 2 2

2 x y   x y xy   x y  xy  

DÊu "=" xÈy khi: 1 2

x y

x y xy

  

  

  

 1,0

VËy: Tæng

min

1

2

OM ON OM ED

khi EA ED

AM DN AM EA

 

     

 

 

E trung điểm dây cung AD 1,0

3.2 (3,0 ®iĨm) GKH

 có cạnh GH cố định, nên chu vi lớn tổng

KG KH lín nhÊt

Trên tia đối tia KG lấy điểm N cho KN = KH Khi đó, HKN cân

t¹i K Suy

 1

2

GNH  GKH vµ KG KH KG KN GN 

mµ  1

GKH  GH (góc nội tiếp chắn cung nhỏ GH cố định), GNH khơng đổi Vậy N chạy cung tròn (O') tập hợp điểm nhìn đoạn GH dới góc 1

4GOH

  khơng đổi

1,5 GN lµ dây cung cung tròn (O') nên GN lớn GN lµ

đ-ờng kính cung trịn, suy GHK vng H,

 

KGH KHG (vì lần lợt phụ với hai góc nhau) Khi đó, K trung điểm cung lớn GH

VËy: Chu vi cđa GKH lín K trung điểm cung lớn

Đề 3

Bài 1: (8 điểm)

Cho phơng trình 2x2 2mx m2 2 (1).

   

4 Tìm giá trị m để phơng trình (1) có hai nghiệm dơng phân biệt

5 Tìm giá trị m để phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 x2 thoả mãn hệ thức 13 32

2 x x 

6 Giả sử phơng trình (1) có hai nghiệm khơng âm Tìm giá trị m để nghiệm d-ơng phd-ơng trình t giỏ tr ln nht

Bài 2: (4điểm)

Giải phơng trình: x2 4x 3 4x x2 (2)

Bài 3: (8 điểm)

Cho tam gi¸c ABC cã ABC 60 ;0 BC a AB c;

   (a c, hai độ dài cho trớc), Hình

chữ nhật MNPQ có đỉnh M cạnh AB, N cạnh AC, P Q cạnh BC đ ợc gọi hình chữ nhật nội tiếp tam giác ABC

1 Tìm vị trí M cạnh AB để hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn Tính diện tích lớn

Bài ý Nội dung Điểm

1 8,0

1.1 (2,0 ®iĨm)

Để phơng trình (1) có hai nghiệm dơng phân biệt, cần đủ là:

2

2

'

2 m m P S m                0.5

2 2

0 m m m m             1.5

1.2 (3,0 điểm)

Phơng trình có nghiệm phân biệt ' 4 m2 0 2 m 2

         (*) 0,50

   2

3

1 2 2

5

3

2

x x   x x  x x  x x  

  0,50

2

2 3( 2) 6 5 0

2

m

m m   m m

        

  0,5

  

1 2,3

1 21

1 1;

2

m m m m m 

        

0,5

Ta cã: 21 21 2 21

2 x

              21 2

x      vµ 3 21 3 2

x  x

   

0,5 Vậy: Có giá trị m thoả điều kiện toán: 1; 21

2 m m

0,5 1.3 (3,0 điểm)

Phơng trình có hai nghiệm không âm khi:

2

2

'

2

0 2 (**)

Khi nghiệm phơng trình là:

 

2

1 2

4

; 2;2

2

m m m m

x    x     x x  m  

  0,50

Hai nghiệm đồng thời 0, nên nghiệm dơng phơng trình 2 0

2

m m

x     Suy ra:

 

2

2 2

2

4

2 4

4

m m

m m m m

x        

0,50 Theo bất đẳng thức Cô-si:

     

2 4 2 4 2 4 4

m   m  m  m  m  m  0,50

Suy ra:

2 2

x   x 

Dấu đẳng thức xảy khi: m2  4 m2  m 2 2; 2

  0,5

Vậy nghiệm dơng phơng trình đạt giá trị lớn

2khi m  0,5

2 (4,0 ®iĨm)

  2 2 2

4

4

x x

x x x x

x x x x

                (2)   2 2 0

4

3

t x x

t t x t t t t                           (3) 0,5 1,0 Giải phương trình theo t, ta có:

1

1 13

t    (lo¹i); 2 13

t   

2

13

4

2

t      t  Suy nghiƯm cđa (3) lµ t2

1,0

Giải phơng trình

1 2 2 13 2

4

9 13

2 x

x x t x x t

x                   

Vậy: phơng trình cho có hai nghiệm phân biệt:

1,2

9 13

2 x   

1,0

3 8,0

3.1 + §Ỉt AM x (0 x c)

Ta cã:

MN AM ax

MN BC  AB   c

 

0

sin 60

2 c x MQ BM   Suy diƯn tÝch cđa MNPQ lµ:

 

 

3

2

ax c x a

S x c x

c c



  

2,0 + Ta có bất đẳng thức:

2

( 0, 0)

2

a b a b

ab ab a b

   

     

 

¸p dơng, ta cã:

2 2

( )

2

x c x c x c x     

 

Dấu đẳng thức xảy khi:

2 c x c x   x

Suy ra: 3

2

a c ac S

c

  

VËy: max ac

S 

2 c

x hay M trung điểm cđa c¹nh AC

3.2 + Giả sử dựng đợc hình vng EFGH nội tiếp tam giác ABC Nối BF, đoạn BF lấy điểm F'

Dựng hình chữ nhật:

E'F'G'H' ( 'E AB G H; ', 'BC) Ta cã: E'F'//EF F'G'//FG, nên:

' ' ' ' ' '

E F BE BF F G EF BE BF  FG

' ' ' '

E F F G

  Do E'F'G'H' hỡnh vuụng 1,0

+ Cách dựng chứng minh: Trên cạnh AB lấy điểm E' tuỳ ý, dựng hình vuông E'F'G'H' (G', H' thuộc cạnh BC) Dựng tia BF' cắt AC F Dựng hình chữ nhật EFGH nội tiếp tam giác ABC Chứng

minh tơng tự trên, ta có EF = FG, suy EFGH hình vu«ng 1,0 + Ta cã: ' cot 600

' '

BH

g

E H   ;

 ' ' ' ' '

cot ' 1

' ' ' ' ' '

BG BH H G BH g F BC

F G F G E H



      .

Suy ra: Tia BF' cố định E' di động AB, cắt AC điểm F

Trờng hợp hình vng E'F'G'H' có đỉnh F' cạnh AC; G' H' cạnh BC, lý luận tơng tự ta có tia CE' c nh, ct AB ti E

Vậy toán cã mét nghiƯm h×nh nhÊt

1,0

+ §Ỉt AEx Ta cã EF AE EF ax

BC AB   c ;

 sin ( )

2 c x HE c x B 

EFGH hình vuông, nên

2

( ) 3

2

ax c x c

EF EH x

c a c



    

 Suy diện tích hình vuông EFGH là:



2 2

2

3

2

a c S EF

a c

 

 1,0

§Ị 4

Bài 1: (7 điểm)

3 Giải hệ phơng trình:

4

4

3 4

x y

y x

   

  

2 2 2 2 2

a b c c a b b c a

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 ®iĨm)

3 Xác định hình vng có độ dài cạnh số nguyên diện tích số nguyên gồm chữ số, chữ số hàng đơn vị, hàng chục hàng trăm giống

4 A, B, C nhóm ba ngời thân thuộc Cha A thuộc nhóm đó, gái B ngời song sinh C nhóm Biết C ng-ời song sinh C hai ngng-ời khác giới tính C khơng phải B Hỏi ba ngời A, B, C ngời khác giới tính với hai ngời ?

Bµi 3: (7 ®iĨm)

Cho đờng trịn (O) tâm O, bán kính R, hai đờng kính AB CD vng góc với Đờng tròn (O1) nội tiếp tam giác ACD Đờng tròn (O2) tiếp xúc với cạnh OB OD tam giác OBD tiếp xúc với đờng tròn (O) Đờng tròn (O3) tiếp xúc với cạnh OB OC tam giác OBC tiếp xúc với đờng tròn (O) Đờng tròn (O4) tiếp xúc với tia CA CD tiếp xúc ngồi với đờng trịn (O1) Tính bán kính đờng tròn (O1), (O2), (O3), (O4) theo R

Bài ý Nội dung Điểm

1 7,0

1.1 (4,0 ®iĨm)

4 4 x y y x       

Điều kiện để hệ có nghiệm là: 4 x y        (*) 0,5

Víi ®iỊu kiÖn (*), ta cã:

4

4 4

3 4 ( )

3 4( ) 0( )

x y x y a

y x x y x y b

     



 

     

  1,0

    2

( )b  x y  x y x y 4 0

   x y  0 xy

(vì x y , 340 nên x y x y2 4 0

    ) 1,0

Thay vµo (a): x4 3 4y x4 4x 3 0 x4 1 4x 1 0           

x 1x3 x2 x 3 x 12x2 2x 3 x

            

v× x2 2x 3 x 12 2 0      

So víi ®iỊu kiƯn (*), ta cã: x  y 34

VËy hƯ ph¬ng tr×nh cã nghiƯm nhÊt : 1 x y      1,5

1.2 (3,0 ®iĨm)

§iỊu kiƯn: ab b; c c; a 0,50

Ta cã

2 2 2 2 2 2

a b c b c a a b b c c a

a b b c c a a b b c c a a b b c c a

    

        

          

a b b c c a

       0,50

Suy ra: a2 b2 c2 b2 c2 a2 a b b c c a     a b b c c a     Do đó:

2 2 2

a b c c a b

a b b c c a     a b b c c a    

 

     

2 2 2 4

2 2 2

0 a c a b c b a b c

a c b a c b

a b b c c a a b b c c a

    

  

     

 

     

2 2 2 4

2 2

0

a c a b c b a b c a b b c c a

    

 

  

     

4 2 2 4 2 2 2 2

0

a a c c a a b b b b c c a b b c c a

       

  

  

     

2

2 2

2 2 2 2

2

0

0

0 a b

a b b c c a b c

c a

  



          

  



2 2 | | | | | |

a b c a b c

      1,0

2 6,0

2.1 (4,0 ®iĨm)

Theo giả thiết diện tích hình vuông có dạng

 

2 0,

S abbb k  k kZ 0,5

2

1000k 9999 33 k 99, nên k gồm chữ số: 10

kxy x y

 

2 100 20 3 9;0 9

k  x  xy y  x  y 1,0

NÕu y lỴ: y 1;3;5;7;9 y2 1;9;25; 49;81 b 1;5;9

     Khi 2xycó

chữ số tận số chẵn, nên chữ số hàng chục k2 phải số

chn khác với 1; 5; 9, S khơng thể abbb 1,0 Nếu y chẵn: y 0;2; 4;6;8 y2 0;4;16;36;64 b 0;4;6

    

Víi y = 0: k2 chØ cã thĨ lµ 1600; 2500; 3600; 4900; 6400; 8100

không thoả điều kiện toán Với y = 2: k2 100x2 40x 4

   Khi x chữ số

hµng chơc cđa k2 míi lµ 4, suy k2 3600 244 3844 abbb

   

Với y = 4; 6: y 2 16;36, 20xy có chữ số hàng chục số

chẵn, nên chữ số hàng chục k2 phải số lẻ, khơng thể 6, nghĩa k2 abbb



Víi y = 8: y2 = 64; k2 100x2 160x 64

   , x

hoặc chữ số hàng chục k2 b»ng 4, suy ra

2 382 1444

k k 2 882 7744(không thoả điều kiện toán)

Vy: bi toỏn cú mt li gii nhất: Hình vng cần xác định có cạnh k 38 diện tích S 1444

0,5

0,5

phái nữ)

Nếu C cha A C song sinh với B, theo giả thiết B phải phái nữ Mặt khác, gái B C (gt) nên phải A, suy C B vợ chồng

khụng phi l song sinh, dẫn đến mâu thuẫn 0,5 Vậy có trờng hợp B cha A B khỏc gii tớnh

với hai ngời lại A C (cùng phái nữ) 0,5

3 7,0

+ Gọi r độ dài bán kính đờng trịn (O1) Ta có:

ACD

S pr

 

2 2

2

R AC CD r

  

 

2 2 1

R R r

  

1

R r

 

 1,0

+ Đờng tròn (O2) tiếp xúc với OB OD nên tâm O2 tia phân giác góc BOD, (O2) lại tiếp xúc với (O) nên tiếp điểm T chúng đờng thẳng nối tâm O O2, giao điểm tia phân giác gócBOD với (O)

+ Đờng thẳng qua T vng góc với OT cắt tia OB OD B' D' tiếp tuyến chung (O) (O2) Do (O2) đờng trịn nội tiếp OB D' '

+ OB D' 'có phân giác góc O vừa đờng cao, nên tam giác

vuông cân B D' ' OT ,R OB'OD'R 2, suy ra: ' '

OB D ACD

 

+ VËy: B¸n kÝnh cđa (O2) còng b»ng

1

R r 

 2,0

+ Hai hình quạt OBC OBD đối xứng với qua AB nên (O3) (O2), nên bán kính (O3)

1

R r 

+ Đờng tròn (O4) có hai trờng hợp:

a) Tr ờng hợp : (O4) bên trái (O1):

Kẻ tiếp chung (O4) (O1) tiếp điểm K cắt AC AD E F

CO CA là tiếp tun cđa (O1), nªn chu vi cđa CEFb»ng 2CO, suy nưa chu vi cđa nã lµ p = R

Ta cã: 2

1

4 2

1

R CO  R r  



 

1

4 2 2

1 2

R

R R

CK CO O K

 



    

  

 

 

0

2

4 2 1

22 30'

1 1 2

R O O

KF

tg KF

KC CO

 

    

 

 

 

2

3

4 2

1

CEF

R S CK KF

 

  





Suy bán kính đờng trịn (O4) là:  

 

2

4

4 2

1

R r

 



b) Tr êng hỵp : (O'4) bên phải (O1):

Khi ú: K' tiếp điểm đờng tròn, tiếp tuyến chung cắt CA CD E' F', CD tiếp xúc với (O'4) H

 

1

4 2 2

' '

1 2

R

R R

CK CO O K

 



    

  

 

 

0

2

4 2 ' ' ' ' 22 30'

1

R F H K F CK tg

 

  



 

 

1

2

4 2 2 '

'

'

' 1 2

R CK CO CK CO

CF

CF CO CO

  



   



 

 

 

 

2

4 2 2 2

' '

1 2

R R

CH CF F H

    

   

 

 

 

2

2

4 2

1

R CH

 





Suy ra: Bán kính đờng tròn (O'4) là:

 

 

2

' '

4

4 2 22 30'

1

R r O H CHtg

 

  



§Ị 5

Câu 1: (1,5 điểm) So sánh số thực sau ( Khơng dùng máy tính gần đúng).

Câu 2: (3 điểm) Giải phương trình sau: x2 1 x2 1 0

   

Câu 3: (1,5điểm) Tìm giá trị nhỏ

2

2

x

A

x

 

 Câu 4: (2 điểm) Giải hệ phương trình:

2x2 + 3y = 1 3x2 - 2y = 2

Câu 5: (4 điểm) Lớp 9A có 56 bạn, có 32 bạn nam Cô giáo chủ nhiệm dự kiến chia lớp thành tổ học tập:

- Mỗi tổ gồm có bạn nam, bạn nữ

- Số bạn bạn nam, bạn nữ chia vào tổ

- Số người tổ không q 15 người khơng chín người

Em tính xem giáo xếp có tất tổ ?

Câu 6: (5điểm) Cho đường tròn tâm (O; R) đường kính AB CD vng góc với Trong đoạn AB lấy điểm M khác Đường thẳng CM cắt đường tròn (O) điểm thứ hai N Đường thẳng vng góc với AB M cắt tiếp tuyến với đường tròn (O) N điểm P Chứng minh rằng:

a) Các điểm O, M, N, P nằm đường tròn b) Tứ giác CMPO hình bình hành

c) CM.CN = 2R2

d) Khi M di chuyển đoạn AB P di chuyển đâu ?

Câu Nội dung – yêu cầu Điểm

(1,5đ) Giả sử 3 2 > 2 3    

2

3 2

 

  2 2

3 2 3 2 18 12

      (BĐT đúng)

0,5 1,0 (3đ)          

2 2

2

2

2 2

2 2

x x x x

x x

x x x x

x hay x x 1 hay x 1

x x 1 x 0hay x

x hay x

x hay x hay x hay x

                                                                    0,5 1,0 1,0 0,5 (1,5đ) Ta có 2

2 2

2

2

x x 2

A

x x x

1

Do x 1

x x

Suy A

A x

                      

Vậy GTNN A x =

0,5 0,5 0,5

4 (2đ)

Đặt u = x2  0, ta có:

2u + 3y = 13

u 

3u - 2y = 13 y 

Do đó: 13 x  13 y  0,25 0,75 0,25 0,5  

2 26

13 13

x  

Hệ PT có nghiệm là:

2 26 26

( , ) ( , );( , )

13 13

13 13

x y    

0,25

(4đ) * Gọi số bạn nam chia vào tổ x, số bạn nam chia vào tổ y, x, y nguyên dương

Theo đề ta có hệ: 32 24

x  y (1)  x + y  15 (2)

Từ (1) ta có: 3x – 4y = =>

x  y

Đặt y = 3t, t > t  z, ta có: x = 4t

Từ (2), ta có:  3t + 4t  15 hay  7t  15

=>

7 < t  15

7 =>

2

1

7 t 

Vì t  z nên giá trị t cần tìm t = 2, ta tính x = 8; y = 6

Như vậy, tổ có bạn nam, bạn nữ Số tổ chia là: 56

6 8  tổ

0,5

0,75

0,5 0,25

0,5

0,5

0,5

0,5

(5đ)

N

E P D F * Tam giác OMP vuông M nên O, M, P thuộc đường tròn đường kính OP

* Tam giác ONP vng N nên O, N, P thuộc đường trịn đường kính OP

* Vậy O, M, N, P thuộc đường trịn đường kính OP b) MP//OC (vì vng góc với AB)

 

NMP NCD (hai góc đồng vị)

 

ONC OCN (hai góc đáy tam giác cân ONC)

NMP NOP  (hai góc nội tiếp chắn cung NP)

Suy MNO NOP  ; đó, OP//MC.

Vậy tứ giác MCOP hình bình hành c) CNDCOM g g( )

Nên OC CM

CN CD hay CM.CN = OC.CD = 2R

d) Vì MP = OC = R khơng đổi

Vậy P chạy đường thẳng kẻ từ D //AB Do M chạy đoạn AB nên P chạy EF thuộc đường thẳng song nói

0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5

(3đ)

*ACB 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

=> AC vng góc với BD CD = CB (gt)

 Tam giác ABC cân A  AD = AB = 2R (không đổi)

AD = AB = 2R (khơng đổi) A cố định Do D chuyển động đường tròn (A; 2R)

0,5

0,5 0,5 0,5

0,5 0,5

§Ị 6

A B

D C

Bài (4đ) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : a) 4x2 – 49 – 12xy + 9y2

b) x2 + 7x + 10

Bài (4đ) Cho

2

2

1 2

2 10

x x x

A

x x x x

  

  

   

a) Rút gọn A

b) Tìm x nguyên để A nguyên

Bài (4đ) Giải phương trình

)

a x  x

b) x2 – = (2x + 3)(x + 5) + 23

Bài (6đ) Tam giác ABC có ba góc nhọn, đường cao AD, BE, CF gặp H Đường thẳng vng góc với AB B đường thẳng vng góc với AC C cắt G

a) Chứng minh GH qua trung điểm M BC b) ∆ABC ~ ∆AEF

c) BDˆFCDˆE

d) H cách cạnh tam giác DEF

Bài (1đ) Cho ba số thực x, y z cho x + y + z = Chứng minh

Bài (1đ) Giải bất phương trình 20072008  x

HƯỚNG DẪN CHẤM

Gợi ý đáp án Điểm

Bài 1a)

4x2-49-12xy+9y2=(4x2-12xy+9y2)-49 =(2x-3y)2-72=(2x-3y+7)(2x-37-7)

(1 đ) (1đ) Bài 1b)

x2+7x+10 =x2+5x+2x+10 =x(x+5) +2(x+5) =(x+5)(x+2)

(1đ) (1đ) Bài 2a) x2-7x+10=(x-5)(x-2) Điều kiện để A có nghĩa

x ≠5và x ≠2

2

2

2

2

1 2 2

2 10 ( 5)( 2)

5 (2 4)( 2)

( 5)( 2)

8 15 ( 5)( 3)

( 5)( 2) ( 5)( 2)

x x x x x x

A

x x x x x x x x

x x x x x

x x

x x x x x

x x x x x

     

      

       

      



 

       

  

    

(0,5đ)

(2đ)

2b) ( 2) 1

2

x A

x x

  

  

  , với x nguyên, A nguyên

2

x  nguyên, x-2=1 x-2 =-1 nghĩa x=3, x=1

(1,5đ)

Bài 3a) Ta xét trường hợp sau TH1:

1

2

2

2 3

x x x x

x x x

       

     

Ta thấy x=3 thuộc khoảng xét nghiệm phương trình TH2:

1

2

2

2 0,2

x x x x

x x x x

        

        

Ta thấy x=0,2 không thuộc khoảng xét khơng nghiệm phương trình

Gợi ý đáp án Điểm

Kết luận phương trình có nghiệm x=3 (1đ)

Bài 3b) x2-2=(2x+3)(x+5)+23 x2-25=(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)] = (x+5)(-x-8)=0  x-5=0 x+8 =0  x=-5 x=-8

(2đ)

Bài 4a) Ta có BG AB, CH AB, nên BG //CH,

tương tự: BH AC, CG AC, nên BH//CG.tứ giác BGCH có cặp cạnh đối sơng song nên hình bình hành Do hai đường chéo GH BC cắt trung điểm đường Vậy GH qua trung điểm M BC

(2đ)

4b) Do BE CF đường cao tam giác ABC nên tam giác ABE ACF vuông Hai tam giác vng ABE ACF có chung góc A nên chúng đồng dạng Từ suy AB AE AB AF (1)

AC AF  AE AC

Hai tam giác ABC AEF có góc A chung (2) Từ (1) (2) ta suy ∆ABC ~ ∆AEF

(1,5đ)

4c) Chứng minh tương tự ta ∆BDF~∆BAC, ∆EDC~∆BAC, suy ∆BDF~∆DECBDF CDE  .

(1,5đ)

4d) Ta có    

     

0

90 90

BDF CDE BDF CDE

AHB BDF AHC CDE ADF ADE

    

     

Suy DH tia phân giác góc EDF Chứng minh tương tự ta có FH tia phân giác góc EFD Từ suy H giao điểm ba đường phân giác tam giác DEF Vậy H ba cạnh tam giác DEF

(1đ)

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)

= (x + y + z)[(x + y)2 – (x + y)z + z2 – 3xy] = x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx

1đ

F

E

M

G H

D C

B

Gợi ý đáp án Điểm (2008 2007)

0 2007 2008

x x

x x

  

   

   

Hoặc biểu diễn trục số :

Trong phần, câu, thí sinh làm cách khác cho kết đúng, hợp logic cho điểm tối đa phần, câu tương ứng

HẾT

§Ị 7

Bài 1: a) Giải phương trình: x4- x3+ -x2 11x+ =10 0.

b) Tìm x, y thoả mãn:x- x- =- +1 y y- 2007

2008 

Bài Rút gọn 3 3

2 2 2

A= - + +

- + + -

Bài Tìm GTNN (nếu có) biểu thức sau:

2

4 12 20 25

P= x + x+ + x - x+

2 2 2 2 2008

Q=x + y + xy- x+

Bài Cho đường tròn tâm O đường kính AB Trên đường kính AB lấy hai điểm I J đối xứng qua O M điểm (khác A B) (O); đường thẳng MO, MI, MJ thứ tự cắt (O) E, F, G; FG cắt AB C Đường thẳng qua F song song AB cắt MO, MJ D K Gọi H trung điểm FG

a) Chứng minh tứ giác DHEF nội tiếp

K D H C F I J B O A M x x é = ê Û ê = ë

b) x- x- =- +1 y y-

2

( x 1) ( y 2)

Û - - + - - = 1 x y ìï - = ïï Û íï - = ïïỵ x y ì = ïï Û íï = ïỵ

Bài 3 3

2 2 2

A= - + +

- + + -

2( 3) 2( 3)

4 4

- +

= +

- + +

2( 3) 2( 3)

3 4

- +

= +

- + +

2( 3)2 2( 3)2

- + +

=

24

=

=

-Bài P= 4x2+12x+ +9 4x2- 20x+25

= 2x+ + -3 2x ³ 2x+ + -3 2x =8 Vậy, Pmin=8 (2 3)(5 )

2

x+ - x ³ Û - £ £x

Q=x2+2y2+2xy- 2x+2008

2

2

( ) 2( ) 2006

( 1) ( 1) 2006 2006; ,

x y x y y y

x y y x y

= + - + + + + + +

= + - + + + ³ "

Vậy, Qmin=2006

1

x y x

y y ì + - = ì = ï ï ï Û ï í í ï + = ï =-ï ï ỵ ỵ Bài

a) Ta có: OI =OJ Þ DF=DK //

DH GK

Þ Þ ·HDE=GME·

mà GME· =GFE· Þ HDE· =GFE· Þ DHEF

nội tiếp

b) Từ câu a suy raDEH· =·DFH

2 2 2

2 x y x   x y y x y

   

      với x > 0, y > Bài 2: (4 điểm)

a Xác định m để phương trình sau vơ nghiệm

4 3

x x

x m  x

b Tìm giá trị nhỏ biểu thức

A = (x – 2y + 1)2 + (2x – 4y + 7)2. Bài 3: (2 điểm)

Bốn người 1; 2; 3; tham dự hội nghị Biết :

a Mỗi người biết hai bốn thứ tiếng Anh, Nga, Pháp, Việt b Người biết tiếng Nga, tiếng Pháp

c Người biết tiếng Anh, tiếng Pháp phải phiên dịch cho người người

d Người tiếng Nga, tiếng Việt nói chuyện trực tiếp với người

Hỏi người biết thứ tiếng ? Bài 4: (4 điểm)

a Cho a  b, x  y Chứng minh (a + b) (x + y)  2(ax + by) (1) b Cho a + b  Chứng minh a2006 + b2006  a2007 + b2007 (2)

Bài 5: (8 điểm)

Cho đoạn thẳng AB = a

a Nêu cách dựng dựng ABC cho 

BAC60 trực tâm H ABC

là trung điểm đường cao BD (2 điểm)

b Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp ABC, vẽ đường kính AG, HG cắt BC

tại K Chứng minh OKBC (2 điểm)

c Chứng minh AOH cân tính bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC

theo a (2 điểm)

§Ị 9

Câu 1/ (1đ) Cho x = 33 9 125 3 9 125

27 27

      .Chứng minh x số nguyên

Câu 2/ (1,5đ) Cho x > , y > , t >

Chứng minh : NÕu xy 1 yt xt 1thì x= y= t x.y.t =1

y t x

Câu 3/(1,5đ) Cho đa thức bậc hai f(x)= ax2 + bx + c có nghiệm dương x = m Chứng minh đa thức g(x) = cx2 + bx + a (c≠0) có nghiệm dương x = n 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 - = (m tham số)

Tìm m để khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng d(m) có giá trị lớn Xác định đường thẳng

Câu 5/ (4đ) Cho hai đường tròn đồng tâm (O; R) (O; r) với R > r Lấy A E hai điểm thuộc đường tròn (O; r) , A di động , E cố định ( với A ≠ E) Qua E vẽ đường thẳng vng góc với AE cắt đường trịn (O; R) B C Gọi M trung điểm đoạn thẳng AB

a/ (1,5đ) Chứng minh EB2 +EC2 + EA2 không phụ thuộc vị trí điểm A

b/ (1,5đ) Chứng minh điểm A di động đường tròn (O; r) A≠ E đường thẳng CM ln qua điểm cố định ( gọi tên điểm cố định K )

c/ (1đ) Trên tia AK đặt điểm H cho AH =

Câu1 (1đ)

3

3

3 3

3

2

125 125

a vµ b =

27 27

5 Th× a b vµ a.b =

3 x a b x a b 3ab(a b)

x = - 5x (x 1)(x x 6) Mµ x x 0(do ).Suy x 1.VËy x Z

     

 

      

    

    

0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Câu

2

(1,5đ )

Từ đẳng thức với điều kiện đề cho suy :

x y z

y z x

     (1)

y z

1

x y

z y zy

1 z x

(1) y z

x z xz

x y

1

z x

y x xy

 

   

  

 

     



 

    

 

(2)

(2)   x y  y z  z x  y z  z x  x y

zyzxxy

  

   

(3)

Từ (3)   

 

x y z Học sinh chứng minh đ ợc r»ng

xyz

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,5 đ Câu

3

(1,5đ )

Ta có : x = m nghiệm đa thức f(x)= ax2 + bx + c

  

    

  

2

2

2

Suy am bm c (1), mµ m > (gt)

b c 1

(1) a + a + b( ) c( ) = (2)

m m m m

1

Đẳng thức chứng tá r»ng x= lµ nghiƯm cđa m

1

®a thøc g(x) = cx bx a VËy x= n = > (do m > ) (3) m

Ta cã 

 

1

m+n = m + m (do )

m m

Hay m n

0,25 đ 0,25

Câu (2đ)

Nếu m =1 d(1) đường thẳng y= -1 nên khoảng cách từ O đến d(1)

Nếu m =2 d(2) đường thẳng x = nên khoảng cách từ O đến d(2)

(1)

Nếu m ≠1 m≠ d(m) cắt trục hoành A ;0 m

 

 



 và cắt trục tung B 



 

1 ;

m Gọi OH khoảng cách từ O đến đường thẳng AB ta có :

2

2 2

2

2

2

lín nhÊt

1 1

(m 1) (m 2)

OH OA OB

1 1

2m 6m m

OH 2

3 VËy OH OH OH m (2)

2

     

 

        

 

     

Từ (1) (2) < suy khoảng cách lớn từ O đến

d(m)

Khi đường thẳng d có cơng thức x - y- =

0,25đ 0,25đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu

Câu a (1,5đ )

Câu b (1,5đ )

Gọi G trung điểm BC OGBC (đl) suy

GB = GC GE = GD (đl)

và OG đường trung bình ADE nên OG=1

2AE hay AE = 2OG Ta có EB2+EC2= (BG-EG)2+ (GC+ GD)2=(BG-EG)2+(BG+EG)2 Suy EB2+EC2= 2(BG2 +EG2)

Áp dụng định lý Pi ta go vào tam giác vng OGE OGB ta có :

OG2+GE2= r2 và OG2+GB2= R2

Do EB2+EC2+EA2=2(BG2 +EG2)+4OG2 =2 (BG2+OG2)+2 (EG2+OG2)

= 2R2 +2r2 ( không đổi)

Trường hợp đặc biệt :

G D M

A

C B

O

E

G E DThì chứng minh

Hai tam giác ABC ADE có chung trung tuyến AG nên có chung trọng tâm

Mà tam giác ADE có trung tuyến OE cố định ,

Nên điểm cố định K mà trung tuyến CM ABC qua

là trọng tâm ADE

Do H thuộc tia AK, mà K trọng tâm ADE AH

2  AK nên H trùng với G ( trung điểm chung hai đoạn thẳng DE BC )

Mà OGE vuông E ( chứng minh trên) , O,E cố định (theo

gt) )

Vậy A di động đường trịn (O; r) H di động đường trịn đường kính OE

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ

0,5đ 0,5đ 0,5đ

Câu c (1đ)

§Ị 10 (k đáp án)

Bài 1: (3 điểm)

a Cho n số nguyên dương Hãy so sánh:

1

1 + -

n n+1

 

 

   

2

1

1 + -

n n+1

b Tính:

2 2 2 2

1 1 1 1

+ + + + + + + + + + + +

2 3 4 2005 2006

Bài 2: (3 điểm)

Chứng minh rằng:

n

n 1

+ + + + n

2  -1  với n N n 1 Bài 3: (4 điểm)

Cho đường trịn tâm O có đường kính AB CD vng góc với Gọi M N trung điểm OA OB Đường thẳng CN cắt (O) I

Chứng minh CMI 90

