11 de thi vao lop 10 chuyen toan moi nhat

Khi C chuyển động trên đường tròn (O, R) thì D chuyển động trên đường nào?.. Tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường cao AD, BE, CF gặp nhau tại H. Đường thẳng vuông góc với AB tại B và [r]

Một số đề ôn thi vào chuyên toỏn 1

Bài 1: (8 điểm) Cho parabol

2 ( ) :

3 P y x

.

1. Viết phơng trình tiếp tuyến (P), biết tiếp tuyến qua ®iĨm

(2;1) A .

2. Gọi d đờng thẳng qua điểm A(2;1)và có hệ số góc m Với giá trị m thì 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) và hai tiếp tuyến vng góc với nhau.

Bµi 2: (4điểm)

Giải hệ phơng trình:

2

19 x y xy x y xy

   



  

Bài 3: (8 điểm)

Cho na ng 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 các tiếp tuyến nửa đờng tròn.

1 Chứng minh C di chuyển nửa đờng trịn cho đờng thẳng ED ln qua điểm cố định đờng thẳng FG ln qua điểm cố định khác. 2 Tìm quĩ tích điểm E G C di chuyển nửa đờng trịn cho. 3 Tìm quĩ tích điểm D F C di chuyển nửa đờng tròn cho.

Bài 1 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

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:

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

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 là điểm từ vẽ tiếp tuyến vng góc đến (P) Ph-ơng trình đờng thẳng d' qua M0 có hệ số góc k là: y kx b  , ng

thẳng qua M0 nên y0 kx0 b b y 0 kx0, suy pt cña d': 0

y kx kx  y

. 0,50

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

2

0 0

1

3 3

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

2

0

9k 12kx 12y

    

có nghiệm phân biệt k k1, 2 k k1 1 0 12 y y     0,50 Vậy quĩ tích điểm M0 từ vẽ đợc tiếp tuyến vng góc

(P) đờng thẳng

3 y

0,50

2. (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; P6), (S 2; P5) 1,0 Giải hệ phơng trình tích, tổng:

1 x y xy     

 vµ

2 x y xy     

 ta có 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 của Ax GF, I giao điểm By ED Ta cã:

  900

BEI BCA

EBI CBA (góc có cạnh tơng ứng vuông góc) BE BC ,

Do ú:

BEI BCA BI BA

    mà By cố định, suy điểm I cố định. + Tơng tự, K ccố định.

+ Vậy C di chuyển nửa đờng trịn (O) dờng thẳng ED qua

điểm I cố định đờng 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 trịn đờng

kính AK(bên trái Ax, C A GA C B,   G K ). 2,0 3.3

XÐt tam giác BEI BDK, ta có:

1 BE BI BD BK 

   

 

0 45 EBI IBD KBD IBD

EBI KBD

   

  Do đó:

 

90 BEI BDK

BDK BEI

 

  



+ Vậy: Quĩ tích D nửa đờng trịn đờng kính BK. + Tơng tự, quĩ tích F nửa ng trũn ng kớnh AI.

Đề 2

Bài 1: (7 điểm)

1 Giải phơng trình: x 1 24 x  x 9 64 x 2

2 Chứng minh a, b, c số không âm b số trung bình cộng a và c ta có:

1

a b  b c  c a

Bài 2: (6 điểm)

1 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ

2

3

1 x x y

x

 



 .

2 Tìm nghiệm nguyên phơng trình:

2 2 3 2 4 3 0 x  y xy x y

Bài 3: (7 điểm)

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

1 Chøng minh r»ng tÝch

OM ON

AM DN lµ mét h»ng sè Suy giá trị nhỏ tổng OM ON

AM DN , cho biết vị trí điểm E ?

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) 1 y 3 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 nghiệm 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

3

1 x x y

x   

 (xác định với xR)  y1 x2 3x y  (**) 0,5  y1: pt (**) có nghiệm

4 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 y

1 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

        

số phơng.

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 tích 1.12 2.6 3.4, nên có hệ phơng tr×nh 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 nghiệm nguyên pt (a):

y2;k 2 , y2;k 2 ,  y6;k2 ,  y6;k2 0,5

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

(x1;y2), (x3;y2);(x11;y6),(x9;y6) 0,5

3. 7,0

(4 đ) 3.1

Ta có: COM CEDvì:  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

,

OM ON

x y

AM DN

 

Ta có: x, y không âm và:

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

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 K Suy ra

 

2 GNH  GKH

vµ KG KH KG KN GN  mµ

 1

2 GKH  GH

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

GH díi gãc

 4GOH  

không đổi. 1,5

của cung trịn, suy GHK vng H, KGH KHG (vì lần lợt phụ với hai góc nhau) Khi đó, K trung điểm cung lớn GH . Vậy: Chu vi GKH lớn K trung điểm cung ln GH .

Đề 3

Bài 1: (8 điểm)

Cho phơng trình 2x2 2mx m 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

m·n hÖ thøc

3

5 x x 

6. Giả sử phơng trình (1) có hai nghiệm khơng âm Tìm giá trị m để nghiệm d-ơng phd-ơng trình đạt giá trị lớn nhất.

Bài 2: (4điểm)

Giải phơng trình: x2 4x 4x x 2 (2) Bài 3: (8 điểm)

Cho tam giác ABC có 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 nhất. Tính diện tích lớn đó.

Đáp án thang điểm:

Bài 1 ý Néi dung §iĨm

1. 8,0

1.1 (2,0 ®iĨm)

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

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 cã nghiƯm ph©n biƯt    ' 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

   2,3

1 21

1 1;

2

m m m m m 

        

0,5

Ta cã:

1 21 21 21

2

2 x

              21 2

x     

vµ 3

5 21

2

2

x  x

    

0,5

VËy: Có giá trị m thoả điều kiện to¸n:

1 21

1;

2 m m

0,5 1.3 (3,0 điểm)

Phơng trình có hai nghiệm không âm khi:

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, nờn nghim dng ca phng

trình 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 2

x   x 

. Dấu đẳng thức xảy khi:

2 4 2 2; 2

m   m  m  

  . 0,5

Vậy nghiệm dơng phơng trình đạt giá trị lớn 2khi m 0,5

2. (4,0 ®iÓm)

  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);

1 13

0

t   

2

13

4

2

t      t 

Suy nghiệm (3) t2. 1,0

Giải phơng trình

1 2 2 13 2

4

9 13

2

2 x

x x t x x t

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

Vậy: phơng trình cho có hai nghiệm phân biệt:

3. 8,0 3.1

+ Đặt 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

x c x c x c x     

 

Dấu đẳng thức xảy khi: c x c x   x

.

Suy ra:

2

3

2

a c ac S

c

  

.

VËy: max

3 ac S 

c x

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 có: 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' hình vng. 1,0 + Cách dựng chứng minh: Trên cạnh AB lấy điểm E' tuỳ ý, dựng hình

vu«ng E'F'G'H' (G', H' thc 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 vuông. 1,0

+ Ta cã:

0

'

cot 60

' '

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 duy nhất.

Trờng hợp hình vng E'F'G'H' có đỉnh F' cạnh AC; G' H' ở trên cạnh BC, lý luận tơng tự ta có tia CE' cố định, cắt AB E. Vậy tốn có nghiệm hình nhất.

1,0

+ Đặt AEx Ta có

EF AE ax

EF

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

a c S EF

a c

 



§Ị 4

Bài 1: (7 điểm)

3 Giải hệ phơng trình:

4

3 4

x y

y x

   

  

4 Chứng minh a, b, c số thoả mãn bất đẳng thức:

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 Bài 2: (6 điểm)

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

4 A, B, C nhóm ba ngời thân thuộc Cha A thuộc nhóm đó, vậy con 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 trong ba ngời A, B, C ngời khác giới tính với hai ngi ?

Bài 3: (7 điểm)

Cho đờng trịn (O) tâm O, bán kính R, hai đờng kính AB CD vng góc với nhau Đờng trịn (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 với đờng trịn (O1) Tính bán kính đờng trịn (O1), (O2), (O3), (O4) theo R.

Bµi ý Néi dung §iĨm

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 kiƯn (*), 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 x y

(v×

3

, 4

x y 

nªn   

2 4 0 x y x y  

). 1,0

Thay vµo (a):  

4 3 4 4 3 0 1 4 1 0 x   y x  x   x   x  x 1x3 x2 x 3 0 x 12x2 2x 3 0 x 1

            

v×  

2

2 2 3 1 2 0

x  x  x   . So víi ®iỊu kiƯn (*), ta cã:

3

1 4

x  y .

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:

2 2 2

a b c b c a

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 2

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 a b

a b b c c a b c

c a

  



          

  

 2 | | | | | |

a b c a b c

      1,0

2. 6,0

2.1 (4,0 điểm)

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, nªn k chØ gåm ch÷ sè: kxy10x y

 

2 100 20 3 9;0 9 k  x  xy y  x  y

. 1,0

Nếu y lẻ: 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 chẵn 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 hàng chục k2 4, suy k2 3600 244 3844  abbb.

Với y = 4; 6: y2 16;36, 20xy có chữ số hàng chục số chẵn, nên chữ số hàng chục k2 phải số lẻ, khơng thể 6,

nghÜa lµ k2 abbb.

Với y = 8: y2 = 64; k2 100x2160x64, x ch cú th l hoc 8

thì chữ sè hµng chơc cđa k2 míi b»ng 4, suy k2 382 1444 hc 882 7744

k  (không thoả điều kiện toán).

Vy: bi tốn có lời giải nhất: Hình vng cần xác định có cạnh

38

k  vµ diƯn tÝch S1444.

0,5

0,5

0,5 2.2 (2,0 điểm)

Theo giả thiết, cha A B C:

Nếu B cha A C khơng thể song sinh với A, nh thế thì C B, trái giả thiết, C B song sinh khác giới tính (gt), nên C phái nữ Mặt khác, gái B không thể là C nên phải A, A phái nữ Vậy B khác giới tính vi hai

ngời lại A C (cùng phái nữ). 1,0 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 là

VËy chØ cã nhÊt trêng hỵp B cha A B khác giới tính với hai

ngời lại A C (cùng phái nữ). 0,5

3. 7,0

+ Gi r độ dài bán kính đ-ờng trịn (O1) Ta có:

ACD S pr

 

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

cđa gãc BOD , (O2) l¹i tiÕp xóc víi (O) nên tiếp điểm T chúng ở

trờn đờng thẳng nối tâm O O2, giao điểm tia phân giác

gãcBOD víi (O).

+ Đờng thẳng qua T vng góc với OT cắt tia OB OD B' D' là 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 vng cân B D' ' 2 OT 2 ,R OB'OD'R 2, suy ra: OB D' 'ACD.

+ Đờng tròn (O4) cã hai trêng

hỵp:

a) Tr êng hỵp 1: (O4) bên trái (O1):

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

CO CA là tiếp tuyến (O1), nên chu vi cđa CEFb»ng

2CO, suy nưa chu vi cđa nã lµ p = R.

Ta cã:

2

4 2

1

R CO  R r  



 

1

4 2 2

1 2

R

R R

CK CO O K

 



    

  

 

 

0

2 2 1

22 30'

1 1 2

R O O

KF

tg KF

KC CO

 

    

 

 

 

2 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 2:(O'4) ë bên phải (O1):

Khi ú: K' l tip im đờng tròn, tiếp tuyến chung cắt CA CD tại E' F', CD tiếp xúc với (O'4) H.

 

1

4 2 2

' '

1 2

R

R R

CK CO O K

 



    

  

 

 

0

2 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

1

R CH

 





Suy ra: Bán kính đờng trịn (O'4) là:

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

3 2 2 3

Câu 2: (3 điểm). Giải phương trình sau: x2  1 x  1 0

Câu 3: (1,5điểm). Tìm giá trị nhỏ

2

x 1

A

x 1

 

 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 Cơ 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 khơng q 15 người khơng chín người.

Em tính xem giáo xếp có tất tổ ?

Câu 6: (5điểm) Cho đường trịn tâm (O; R) đường kính AB CD vng góc với nhau Trong đoạn AB lấy điểm M khác Đường thẳng CM cắt đường tròn (O) tại 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 (1,5đ)

Giả sử 3 2 > 2 3    

2

3 2 2 3

 

  2 2

3 2 3 3 2 2 3 18 12

      (BĐT đúng) 0,5 1,0 2 (3đ)          

2 2

2

2

2 2

2 2

x 1 x 1 0 x 1 x 1

x 1 0 x 1

x 1 x 1 x 1 x 1 0

x 1 hay x 1 x 1 hay x 1

x 1 x 1 1 0 x 1 0hay x 2 0

x 1 hay x 1

x hay x 1 hay x 2 hay x 2

                                                                    0,5 1,0 1,0 0,5 3 (1,5đ) Ta có 2

2 2

2

2

x 1 x 1 2 2

A 1

x 1 x 1 x 1

1 2

Do x 1 1 1 2

x 1 x 1

Suy A 1

A 1 x 0

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

Vậy GTNN A x = 0

0,5 0,5 0,5

4 (2đ)

Đặt u = x2  0, ta có:

2u + 3y =

8 13

u 

3u - 2y =

2 26 1 2 26 1

( , ) ( , ); ( , )

13 13

13 13

x y    

0,25

5

(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 = =>

4 3

x  y Đặt y = 3t, t > t  z, ta có: x = 4t Từ (2), ta có:  3t + 4t  15 hay  7t  15

=>

9

7 < t 

15

7 =>

2 2

1 2

7 t  7

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 4

6 8  tổ

0,5

0,75

0,5 0,25

0,5 0,5

0,5

0,5

6 (5đ)

C a)

A B

N

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

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

* Vậy O, M, N, P thuộc đường tròn đường kính OP.

0,5

0,25 0,25 0,25

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 = 2R2

d) Vì MP = OC = R khơng đổi.

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

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

7

(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 (không đổi) A cố định Do D chuyển động đường trịn (A; 2R).

0,5

0,5 0,5 0,5

0,5 0,5

D C

A B

De 7

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

b) x2 + 7x + 10

Bài (4đ) Cho

2

1 2 2 4

2 7 10 5

x x x

A

x x x x

  

  

   

a) Rút gọn A

b) Tìm x nguyên để A nguyên.

Bài (4đ) Giải phương trình

) 2 1 3 2

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 tại H Đường thẳng vng góc với AB B đường thẳng vng góc với AC C cắt nhau G.

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

c) BD F^ =C^D E

d) H cách cạnh tam giác DEF

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

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

1 2 2 4 1 2 2 4

2 7 10 5 2 ( 5)( 2) 5

5 2 (2 4)( 2)

( 5)( 2)

8 15 ( 5)( 3) 3

( 5)( 2) ( 5)( 2) 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 1

1

2 2

x A

x x

  

  

  , với x nguyên, A nguyên khi

1 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 1 0 2 1 3 2

2

2 1 3 2 3

x x x x

x x x

             

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

1

Gợi ý đáp án Điểm

(x+5) [x-5 –(2x+3)] = (x+5)(-x-8)=0  x-5=0 x+8 =0  x=-5

hoặc x=-8

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 của đường Vậy GH qua trung điểm M của BC.

(2đ)

4b) Do BE CF đường cao tam giác ABC nên tam giác ABE và ACF vng Hai tam giác vng ABE ACF có chung góc A nên

chúng đồng dạng Từ suy (1)

AB AE AB AF AC AF  AE AC

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

(1,5đ)

4c) Chứng minh tương tự ta ∆BDF~∆BAC, ∆EDC~∆BAC, suy ra ∆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

=  

2 2 2

1

2 ( ) ( )

2 x  xy y  y  yz z  x  xz z 

=      

2 2

1

2 x y  y z  x x  dpcm

1đ

Bài 6) Điều kiện x0 , bất phương trình

2007

− x <2008

2007 2008 x x 

  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

2007 2008 

De 8

Bài 1: a) Giải phương trình: x4- x3+ -x2 11x+ =10 0. b) Tìm x, y thoả mãn:x- 2 x- =- +1 y 4 y- 4 .

Bài 2. Rút gọn

3 3 3 3

2 3 2 2 2 3 2 2

A= - + +

- + + - .

Bài 3. Tìm GTNN (nếu có) biểu thức sau:

2

4 12 9 4 20 25

P= x + x+ + x - x+ .

2 2 2 2 2008

Q=x + y + xy- x+ .

Bài 4. Cho đường trịn 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 được.

b) Chứng minh CE tiếp tuyến đường tròn (O).

ĐÁP ÁN Bài 1: a) x4- x3+ -x2 11x+ =10 0.

Û (x- 1)(x- 2)(x2+2x+ =5) 0

Û (x- 1)(x- 2)=0 (vì x2+2x+ = + + > " Î ¡5 (x 1) 0, x ).

1 2

x x

é = ê Û

ê = ë

b) x- 2 x- =- +1 y 4 y- 4

2

( x 1 1) ( y 4 2) 0

Û - - + - - =

1 1

4 2

x y

ìï - =

ïï Û íï

- =

ïïỵ

2 8

x y

ì = ïï Û íï =

ïỵ

Bài 2.

3 3 3 3

2 3 2 2 2 3 2 2

A= - + +

- + + - .

2( 3) 2( 3)

4 3 4 4 4

- +

= +

-K D

H C

G E

F

I J

B O

A

M

2( 3) 2( 3)

3 4 3 4

- +

= +

- + +

2

2( 3) 2( 3) 3 9

- + +

=

24 2

4 2 6

=

=

-Bài P= 4x2+12x+ +9 4x2- 20x+25 = 2x+ + -3 5 2x ³ 2x+ + -3 2x =8 Vậy, Pmin=8

3 5

(2 3)(5 ) 0

2 2

x+ - x ³ Û - £ £x Q=x2+2y2+2xy- 2x+2008

2

2

( ) 2( ) 1 2 1 2006

( 1) ( 1) 2006 2006; ,

x y x y y y

x y y x y

= + - + + + + + +

= + - + + + ³ "

Vậy, Qmin=2006

1 0 2

1 0 1

x y x

y y

ì + - = ì =

ï ï

ï Û ï

í í

ï + = ï

=-ï ï

ỵ ỵ

Bài 4.

a) Ta có: OI =OJ Þ DF =DK

//

DH GK

Þ Þ ·HDE=GME·

mà GME· =GFE· Þ ·HDE=GFE· Þ DHEF nội tiếp được.

b) Từ câu a suy ra·DEH=·DFH

§Ị 10

Bài 1: (2 điểm)

Rút gọn biểu thức

2 2 2 2 2 2

2 x y x   x y y x y

   

     

với x > 0, y > 0 Bài 2: (4 điểm)

a Xác định m để phương trình sau vô 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 1 và người 3.

d Người tiếng Nga, khơng biết tiếng Việt nói chuyện trực tiếp được với người 1.

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 và trực tâm H ABC là trung điểm đường cao BD (2 điểm)

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

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

theo a. (2 điểm)

d Tính diện tích tam giác ABC theo a. (2 điểm)

De 11

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 :

  

 

xy yt xt

Nếu 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 trịn (O; r) , A di động , E cố định ( với A ≠ E) Qua E vẽ một đường thẳng vng góc với AE cắt đường tròn (O; R) B C Gọi M trung điểm đoạn thẳng AB

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

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

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

3

Đáp án biểu điểm chấm Toán 9

Câu Nội dung Điểm

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

(1,5đ)

Từ đẳng thức với điều kiện đề cho suy :

1 1

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)       

 y z  z x  x y

x y y z z x

zyzxxy

  

   

(3) Từ (3)

  

 



x y z Học sinh chứng minh đ ợc

xyz

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ 0,5 đ Câu

(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 tỏ x= nghiệm 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) 1Nếu 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

1 ;0 m

 

 



 và cắt trục tung tại 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) < 2 suy khoảng cách lớn từ O đến d(m) là

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

G K M A

B

Câu b (1,5đ)

Câu c (1đ)

Suy EB2+EC2= 2(BG2 +EG2)

Áp dụng định lý Pi ta go vào tam giác vuông 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 đúng

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 trọng tâm ADE

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

3



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

0,25đ 0,25đ

De 12

Bài 1: (3 điểm)

a Cho n số nguyên dương Hãy so sánh:

2

1 1

1 + -

n n+1

 

 

   

2

1 1

1 + -

n n+1

b Tính:

2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1

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

2 3 3 4 4 5 2005 2006

Bài 2: (3 điểm)

Chứng minh rằng:

n

n 1 1 1

+ + + + n

2  2 3 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 và N trung điểm OA OB Đường thẳng CN cắt (O) I