5 BO DE THI HSG

Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án) Đề 1 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. -------HT-------- Đáp án và thang điểm: 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 S 2 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. -----------HT------- Đáp án và thang điểm: 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 S 3 Bài 1: (8 điểm) Cho phơng trình 2 2 2 2 2 0 (1).x mx m + = . 4. Tìm các giá trị của m để phơng trình (1) có hai nghiệm dơng phân biệt. 5. Tìm các giá trị của m để phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1 x và 2 x thoả mãn hệ thức 3 3 1 2 5 2 x x + = . 6. Giả sử phơng trình (1) có hai nghiệm không âm. Tìm giá trị của m để nghiệm dơng của phơng trình đạt giá trị lớn nhất. Bài 2: (4điểm) Giải phơng trình: 2 2 4 3 4x x x x + = (2) Bài 3: (8 điểm) Cho tam giác ABC có ã 0 60 ; ;ABC BC a AB c = = = ( ,a c là hai độ dài cho 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 và thang điểm: Bài 1 ý Nội dung Điểm 1. 8,0 1.1 (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 1.2 (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 1.3 (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 [...]... ra MNO = NOP ; do ú, OP//MC Vy t giỏc MCOP l hỡnh bỡnh hnh c) CND : COM ( g g ) 0 ,5 0, 25 0, 25 0, 25 0 ,5 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 Nờn 0 ,5 OC CM = hay CM.CN = OC.CD = 2R2 CN CD 0 ,5 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 7 (3) 0 ,5 0 ,5 D C A O *ã ACB = 90o (gúc ni tip chn na ng trũn) => AC vuụng gúc vi BD CD = CB (gt)... dng Theo ra ta cú h: 32 24 = x y (1) 0, 75 9 x + y 15 (2) 3x 4y = 0 => x = T (1) ta cú: t y = 3t, t > 0 v t z, ta cú: 4 y 3 0 ,5 0, 25 x = 4t T (2), ta cú: 9 3t + 4t 15 hay 9 7t 15 => 0 ,5 9 15 2 2 1 < t 2 7 7 7 7 0 ,5 Vỡ t z nờn giỏ tr t cn tỡm l t = 2, ta tớnh ra x = 8; y = 6 0 ,5 Nh vy, mi t cú 8 bn nam, 6 bn n S t c chia l: 6 (5) 56 = 4 t 6 +8 0 ,5 C a) A M O B N E P D F * Tam giỏc OMP... 1 2 1 2 2 3 Ta cú x +1 x +1 (1 ,5) Suy ra A 1 1,0 1,0 0 ,5 0 ,5 0 ,5 0 ,5 A =1 x = 0 4 (2) Vy GTNN ca A bng 1 khi x = 0 t u = x2 0, ta cú: 2u + 3y = 1 3u - 2y = 2 Do ú: 8 x = 13 1 y = 13 u= 0, 25 8 13 y = 0, 75 1 13 0, 25 2 H PT cú 2 nghim l: 2 2 2 26 = 13 13 1 y = 13 x= 0 ,5 0, 25 ( x, y ) = ( 5 (4) 2 26 1 2 26 1 , );( , ) 13 13 13 13 * Gi s bn nam c chia vo t l x, 0 ,5 s bn nam c chia vo t l y, x, y... 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 nữ) 0 ,5 0 ,5 0 ,5 1,0 0 ,5 0 ,5 3 + Gọi r là độ dài bán kính đờng tròn (O1) Ta có: SACD... 2 2.1 (4,0 điểm) Theo giả thi t diện tích của hình vuông có dạng S = abbb = k 2 ( k > 0, k Z) 0 ,5 1000 k 9999 33 k 99 , nên k chỉ gồm 2 chữ số: k = xy = 10 x + y k 2 = 100 x 2 + 20 xy + y 2 ( 3 x 9;0 y 9 ) 1,0 Nếu y lẻ: y = 1;3 ;5; 7;9 y = 1;9; 25; 49;81 b = 1 ;5; 9 Khi đó 2xy có chữ số tận cùng là số chẵn, nên chữ số hàng chục của k 2 phải là số chẵn khác với 1; 5; 9, do đó S không thể là... 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 ú D chuyn ng trờn ng trũn (A; 2R) 0 ,5 B 0 ,5 0 ,5 0 ,5 0 ,5 0 ,5 Do xA + xB = 0 xB = -xA ... là: ' r4' = O4 H = CHtg 22030 ' = R ( ) 4 + 2 2 +1 ( 1+ 2 ) 3 2 2,0 Đề 5 Cõu 1: (1 ,5 im) So sỏnh cỏc s thc sau ( Khụng dựng mỏy tớnh gn ỳng) 3 2 v 2 3 x2 1 x2 +1 = 0 x2 1 Cõu 3: (1,5im) Tỡm giỏ tr nh nht ca A = 2 x +1 Cõu 2: (3 im) Gii phng trỡnh sau: Cõu 4: (2 im) Gii h phng trỡnh: 2x2 + 3y = 1 3x2 - 2y = 2 Cõu 5: (4 im) Lp 9A cú 56 bn, trong ú cú 32 bn nam Cụ giỏo ch nhim d kin chia lp thnh cỏc t... ra nghiệm của (3) là t2 2 9 13 x1 = 2 2 2 2 Giải phơng trình 4 x x = t2 x 4 x + t2 = 0 x = 2 + 9 13 2 2 Vậy: phơng trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: x1,2 = 2 9 13 2 0 ,5 0 ,5 0 ,5 1,0 1,0 1,0 0 ,5 3 + Đặt AM = x (0 x c ) Ta có: MN AM ax = MN = BC AB c ( c x) 3 MQ = BM sin 600 = 2 Suy ra diện tích của MNPQ là: 3.1 S= ax ( c x ) 3 2c = a 3 x ( c x) 2c 8,0 2,0 2 + Ta có bất đẳng... bằng 0, nên nghiệm dơng của phơng m + 4 m2 trình là x2 = > 0 Suy ra: 2 x1 = ( 2 2 m 2 + 2m 4 m 2 + 4 m 2 4 + 2 m 4 m x = = 4 4 Theo bất đẳng thức Cô-si: 2 2 ( ) ( ) ( 0 ,50 ) ) m2 + 4 m2 2 m2 4 m2 2 m2 4 m2 4 0 ,50 0 ,50 Suy ra: x 2 x2 2 2 2 2 2 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi: m = 4 m m = 2 2; 2 Vậy nghiệm dơng của phơng trình đạt giá trị lớn nhất là 2 khi m = 2 (4,0 điểm) 4x x2 ... trờn ng trũn (O, R) Trờn tia i ca tia CB ly im D sao cho CD = CB Khi C chuyn ng trờn ng trũn (O, R) thỡ D chuyn ng trờn ng no? Ht P N Cõu 1 (1 ,5) Ni dung yờu cu Gi s 3 2 > 2 3 ( 3 2 >2 3 3 2 ( ) ( 2 3 2 ) > ( 2 3) 2 > 2 2 3 ) im 2 18 > 12 (BT ỳng) 0 ,5 1,0 0 ,5 x2 1 x2 + 1 = 0 x2 1 = x2 1 x 2 1 0 x 2 1 2 2 2 2 2 2 x 1 = ( x 1) ( x 1) ( x 1) = 0 2 x 1 hay x 1 x 1 hay x 1 (3) . < (*) 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 ( ) ( ). 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