nhat thuc địa lý 7 triệu cao sơn thư viện tư liệu giáo dục

Chứng minh rằng khi M thay đổi trên cạnh PQ của hình vuông PQRS thì đường tròn ngoại tiếp tam giác MEF luôn đi qua một điểm cố định... Gọi C là trung điểm của bán kính OB và (S) là đường[r]

Phòng GD-ĐT Vĩnh Linh kỳ thi chọn học sinh giỏi toán (đề số 1)

năm học : 2009 - 2010 Môn : Toán

(Thời gian làm bài: 150 phút) Bài 1: (4 điểm)

Cho biÓu thøc:

3 2( 3)

2 3

x x x x

P

x x x x

  

  

   

1 Rót gọn biểu thức P

2 Tính giá trị biểu thức P với x14 Tìm giá trị nhỏ P

Bài 2: (3 điểm) Cho đa thức A x 5x34x Phân tích đa thức A thành nhân tử

2 Chứng minh với x nguyên không chia hết cho A chia hết cho 360

Bài 3: (3 điểm)

Tính giá trị biểu thức

2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1

1 2 2 3 3 4 2008 2009

C             

Bµi 4: (3,5 điểm)

1 Tìm số a, b, c biÕt:

1

2008 2009 ( )

2

a  b  c  a b c 

2 Cho x, y, z > thâa m·n:

1 1

x y z  Chøng minh: (x 2)(y 2)(z 2)

Bài 5: (5 điểm)

Cho ng trũn (O; R) đờng tròn (( ; )2 R I

tiếp xúc ngồi A Trên đ-ờng trịn (O) lấy điểm B cho AB = R Tia MA cắt đđ-ờng tròn (I) điểm thứ hai N Qua N kẻ đờng thẳng song song với AB cắt đờng thẳng MB P

1 Chøng minh OM//IN

2 Chứng minh độ dài đoạn NP không phụ thuộc vào vị trí điểm M Xác định vị trí điểm M để SABPNđạt giá trị lớn Tính giá trị

theo R

Bài 6: (1,5 điểm)

Cho tam giỏc ABC vuụng A D điểm nằm hai điểm B C E F lần lợt hình chiếu D lên AB AC Hãy xác định vị trí D để tứ giác ADEF có diện tích lớn

HÕt

Phòng GD-ĐT Vĩnh Linh kỳ thi chọn học sinh giỏi toỏn ( s 2)

năm học : năm học : 2009 - 2010 Môn : Toán

(Thời gian làm bài: 150 phút) Bài 1: (5 điểm)

1.Giải phơng trình 6x −3

√x −√1− x = + √x − x

2 Cho hệ phơng trình:

2

3

2

x y

x y x y

  

 

    



Gäi (x1; y1) vµ (x2; y2) lµ hai nghiƯm cđa hệ phơng trình HÃy tìm

giá trị biĨu thøc

M = (x1- x2)2 + (y1-y2)2 Bµi 2: (3 ®iĨm)

Từ điểm A nằm ngồi đờng tròn tâm O kẻ hai tiếp tuyến AB AC (B,C tiếp điểm) Gọi M điểm cung nhỏ BC đờng tròn (O) (M khác B C) Tiếp tuyến M cắt AB AC E, F, đờng thẳng BC cắt OE OF P Q Chứng minh tỷ số PQ

EF không đổi M di chuyển

trªn cung nhá BC

Bài 3: (3 điểm) Tìm số x, y, z nguyên dơng thoả mãn đẳng thức 2(y+z) = x (yz-1)

Bµi 4: (5 ®iĨm)

Cho tam giác ABC có góc nhọn, góc A= 450 đờng cao BE, CF

cắt H Gọi M, N, K lần lợt trung điểm BC, AH, EF tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng:

1 EAH EBC

2 Bốn điểm M, E, N, F nằm đờng tròn Ba điểm H, K, O thẳng hàng

Bài 5:(2 điểm)

Mt ng giỏc cú tớnh chất: Tất tam giác có đỉnh đỉnh liên tiếp ngũ giác có diện tích Tính diện tích ngũ giác

Bài 6: (2 điểm) Cho x, y, z v x + y + z a 3.

Tìm giá trị lớn biểu thức: 2

x y z

A

x y z

  

  

Phòng GD-ĐT Vĩnh Linh kỳ thi chọn học sinh giỏi toán (đề số 3)

năm học : năm học : 2009 2010 Môn : Toán

(Thời gian làm bài: 150 phút) Bài 1:(3 điểm)

1 Cho

2

1

2 1 1

x



tính giá trị biểu thøc sau

4 2009

( 1)

A x  x  x  x

2 Giải hệ phơng trình:

2 2

2

19( )

7( )

x xy y x y

x xy y x y

    

 

   

  Bµi 2: (2 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC điểm M tam giác Chứng minh: AM BC BM AC CM AB   4.SABC Dấu sảy nào?

Bài 3: (6 điểm)

3 Tìm số a, b, c biÕt:

1

2008 2009 ( )

2

a  b  c  a b c 

4 Cho x, y, z > thâa m·n:

1 1

x y c  Chøng minh: (x 2)(y 2)(z 2)

5 Tìm giá trị nhỏ nhất: y 2x22x 2x2 4x4

Bài 4: (5 điểm)

Cho đờng tròn (O; R) đờng tròn (( ; )2 R I

tiếp xúc A Trên đ-ờng tròn (O) lấy điểm B cho AB = R Tia MA cắt đđ-ờng tròn (I) điểm thứ hai N Qua N kẻ đờng thẳng song song với AB cắt đờng thẳng MB P

4 Chøng minh OM//IN

5 Chứng minh độ dài đoạn NP khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M Xác định vị trí điểm M để SABPNđạt giá trị lớn Tính giá trị

theo R

Bài 5: (3 điểm)

1 Cho c¸c sè thùc x, y, z thâa m·n: x22y22x y2 2y z2 23x y z2 2 Tìm giá trị nhỏ xyz

2 Tìm số nguyên dơng x, y, z thõa mÃn phơng trình:

4 2 0

x  x yz z Bài 6: (1 điểm)

Cho hình vuông ABCD có cạnh Trên cạnh BC lấy điểm M, cạnh CD lấy điểm N cho chu vi tam gi¸c MCN b»ng TÝnh gãc MAN

Phòng GD-ĐT Vĩnh Linh kỳ thi chọn học sinh giỏi toán (đề số 4)

năm học : năm học : 2009 - 2010 Môn : Toán (Thời gian làm bài: 150 phút) 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 A(2;1)

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) vµ hai tiÕp tuyến vuông góc với

Bài 2: (4điểm)

Giải hệ phơng trình:

2 19

7

x y xy

x y xy

   



  

Bài 3: (8 điểm)

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 tròn cho đờng thẳng ED ln qua điểm cố định đờng thẳng FG 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

HÕt

Phòng GD-ĐT Vĩnh Linh kỳ thi chọn học sinh giỏi toỏn ( s 5)

năm học : năm học : 2009 - 2010 Môn : Toán (Thời gian làm bài: 150 phút) Bài 1: (7 điểm)

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

2 Chøng minh r»ng nÕu a, b, c lµ số không âm b số trung bình cộng a 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 

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 lµ mét h»ng sè Suy giá trị nhỏ nhất tổng

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

Phòng GD-ĐT Vĩnh Linh kỳ thi chọn học sinh gii toỏn ( s 6)

năm học : 2008 - 2009 Môn : Toán (Thêi gian lµm bµi: 150 phót) Bµi 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 Tìm giá trị m để phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 và

2

x tho¶ m·n hƯ thøc 13 32

5

x x 

6 Giả sử phơng trình (1) có hai nghiệm khơng âm Tìm giá trị m để nghiệm dơng phơng trình đạt giá trị lớn nht

Bài 2: (4điểm)

Giải phơng trình: x2 4x 3 4x x (2)

Bµi 3: (8 ®iĨm)

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 đợc 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

2 Dựng hình vng EFGH nội tiếp tam giác ABC thớc kẻ com-pa Tính diện tích hình vng

HÕt

Phòng GD-ĐT Vĩnh Linh kỳ thi chọn học sinh giỏi toán (đề số 7)

năm học : năm học : 2009 - 2010 Môn : Toán (Thời gian làm bài: 150 phút) 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

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 ngời song sinh C hai ngời 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

trong với đờng tròn (O) Đờng tròn (O4) tiếp xúc với tia CA CD tiếp

xúc ngồi với đờng trịn (O1) Tính bán kính đờng trịn (O1), (O2), (O3),

(O4) theo R

HÕt

Phòng GD-ĐT Vĩnh Linh kỳ thi chọn học sinh giỏi toán ( s 8)

năm học : năm học : 2009 - 2010 Môn : Toán (Thêi gian lµm bµi: 150 phót) Bµi 1: (3 ®iĨm)

Cho biĨu thøc:

3

6 3

3

3

3

x x x

A x

x x x

x

 

   

     



  



   

7 Rót gän biĨu thøc A

8 Tìm giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên

Bµi 2: (4,0 ®iĨm) Cho parabol (P):

2

1

y x

đờng thẳng d y: 2x m (m tham số) Với giá trị m (P) d có điểm chung? Khi d gọi

là tiếp tuyến parabol (P), vẽ tiếp tuyến

2 Vẽ parabol (P) đờng thẳng d y: 2x m đồ thị Từ đồ thị suy ra, tập giá trị m để d cắt (P) điểm có hồnh độ dơng

3 Tìm giá trị m để phơng trình x4 4x22m0 có nghiệm phân biệt Tính nghiệm theo m

Bài 3: (3,5 điểm)

1 Tỡm s có hai chữ số biết phân số có tử số số đó, mẫu số tích hai chữ số có phân số tối giản

16

9 hiệu số cần tìm với số có chữ số với nhng viết theo thứ tự ngợc lại 27 HÃy tìm chữ số a b c d, , , biÕt r»ng c¸c sè a ad cd abcd, , , số

chính phơng

Bài 4: (4,5 ®iĨm)

Cho đờng trịn (O; R) đờng thẳng d khơng qua O cắt đờng trịn (O) hai điểm A B Từ điểm M tùy ý đờng thẳng d đờng tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến MN MP với đờng tròn (O) (M, N hai tiếp điểm)

1 Chøng minh r»ng MN2 MP2 MA MB

2 Dựng vị trí điểm M đờng thẳng d cho tứ giác MNOP hình vng

3 Chứng minh tâm đờng tròn nội tiếp tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác MNP lần lợt chạy hai đờng cố định M di động trờn ng thng d

Bài 5: (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ cho ba điểm A(1;0), (0;2), ( 3;0)B C  Điểm D đoạn BC cho DA = DC E điểm tùy ý đoạn AC, đờng thẳng d qua E song song với đờng thẳng AD cắt đờng thẳng BA F Đoạn BE cắt đoạn DA G Chứng minh tia CG CF đối xứng vi qua CA

Bài 6: (3,0 điểm)

1) Trong bìa trình bày dới đây, có mặt ghi chữ mặt ghi số:

Thầy giáo : Trần Công Hoan - Sè D§: 01698188728

A M 3 6

bìa mà mặt chữ nguyên âm mặt số chẵn", cần lật mặt sau tối đa bìa, bìa ?

2) Để thành lập đội tuyển học sinh giỏi khối 9, nhà trờng tổ chức thi chọn mơn Tốn, Văn Ngoại ngữ tổng số 111 học sinh Kết có: 70 học sinh giỏi Tốn, 65 học sinh giỏi Văn 62 học sinh giỏi Ngoại ngữ Trong đó, có 49 học sinh giỏi mơn Văn Tốn, 32 học sinh giỏi mơn Toán Ngoại ngữ, 34 học sinh giỏi môn Văn Ngoại ngữ

Hãy xác định số học sinh giỏi ba mơn Văn, Tốn Ngoại ngữ Biết có học sinh khơng đạt u cầu ba mơn

HÕt

Phịng GD-ĐT Vĩnh Linh kỳ thi chọn học sinh giỏi toán ( s 9)

năm học : năm học : 2009 - 2010 Môn : Toán

(Thời gian làm bài: 150 phót)

Câu 1: (2,0điểm)

Rút gọn biểu thức:

1 A 5 3 29 12 5 (1,0 điểm)

2

 3 2 3 3

, 0, 0, x

x y y y

xy y

x

B x y x y

x y x x y y

  



    



 (1,0

điểm)

Câu 2: (2,0điểm)

3 Cho a, b, c > Chứng minh (1,0 điểm)

3 3 3

2 2

a b b c c a

a b c

ab bc ca

  

    

4 (a1)(a 3)(a 4)(a 6) 10 0;  a (1,0 điểm) Câu : (2,0điểm)

5 Cho biểu thức P x2 x1 x x1 xác định x để P đạt

giá trị nhỏ (1,0 điểm)

6 Giải phương trình: x2  7x6 x 5 30 (0,5 điểm)

7 Giải hệ phương trình:

2

1

x y y

y x

   



 

 (0,5 điểm)

Câu 4: ( 2,0điểm)

8 Cho đường thẳng (dm) : 2mx + (3m – 1)y – =

a Tìm đường thẳng ( d ) qua điểm A( - ; - ) xác định hệ số góc đường thẳng (1,0 điểm)

b Tìm điểm cố định B (dm) với m (1,0 điểm)

Câu 5: (2,0điểm)

9 Cho hình vng ABCD cạnh a, vẽ đường trịn ( c ) đường kính AB, O tâm đường trịn ( c ) Từ C vẽ tiếp tuyến CT với đường tròn ( c ) khác CB, gọi T tiếp điểm, gọi E giao điểm AD OT

a Đặt DE = x tính theo a, x cạnh tam giác OAE, sau tính x theo a (1,0 điểm)

b Tính theo a diện tích tam giác OCE đường cao EH xuất phát từ E tam giác (1,0 điểm)

HẾT Phòng GD-ĐT Vĩnh Linh kỳ thi chọn học sinh giỏi toán (đề số 10)

năm học : năm học : 2009 - 2010 Môn : Toán (Thêi gian lµm bµi: 150 phót)

Câu1: (3 điểm) Cho y=√(x

2

−3)2+12x2

x2 +√(x+2)

−8x

a) Rút gọn y

b) Tìm giá trị ngun x để y có giá trị nguyên

Câu2: (1,5điểm) Với giá trị m n hàm số:

y=(m2−5m+6)x2+(m2+mn−6n2)x+3 hàm bậc nhất?

Câu3: (1,5điểm) Giải phương trình sau: √x+1=x −1

Câu 4: (2điểm) Tìm giá trị a để hệ vô nghiệm:

{ax−3 ay=2a+3x+ay=1

Câu 5: (4 điểm) Một thuyền xuôi, ngược khúc sông dài 40km hết 30 phút Cho biết thời gian thuyền xi dịng 5km thời gian thuyền ngược dịng 4km Hãy tính vận tốc dòng nước

Câu 6 (5điểm) Cho tam giác ABC vuông A Gọi I trung điểm cạnh BC D điểm cạnh BC Đường trung trực AD cắt đường trung trực AB AC theo thứ tự E F Chứng minh

rằng năm điểm A, E, I, D, F thuộc đường tròn

Câu 7: (3 điểm) Cho đường tròn (O) điểm A cố định đường trịn Tìm quỹ tích trung điểm M dây AB điểm B di động đường trịn

Hết -Phòng GD-ĐT Vĩnh Linh kỳ thi chọn học sinh giỏi toán (đề s 11)

năm học : năm học : 2009 - 2010 Môn : Toán (Thêi gian lµm bµi: 150 phót)

Câu 1: (2 điểm)

Chứng minh tổng bình phương ba số nguyên liên tiếp bình phương số nguyên

Câu 2: (2 điểm)

Hãy tính giá trị biểu thức P = a3 + b3 – 3(a + b) + 2008 bết rằng:

a=√35+2√6+√35−2√6;b=√317+12√2+√317−12√2 (Không sử dụng máy

tính cầm tay) Câu 3: (3 điểm)

Trên mặt phẳng tọa độ, cho điểm M(2; 1), N(3; – 4), P(5; 3) trung điểm cạnh AB, BC CA tam giác ABC

a.- Viết phương trình đường thẳng BC

b.- Xác định vị trí điểm D cho tứ giác ABCD hình bình hành Câu 4: (5 điểm)

a.- Cho x > 0; y > Chứng minh 1x+1

y ≥

4

x+y∀x ; y

b.- Gọi a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Đặt p = a+b2+c

Chứng minh p − a1 +

p −b+

1

p − c=

2

a+

2

b+

2

c tam giác tam

giác

Câu 5: (4 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn có độ dài cạnh BC, AC, AB a, b, c Chứng minh rằng:

Câu 6: (4 điểm)

Gọi H chân đường vng góc hạ từ đỉnh A lên đường chéo BD hình chữ nhật ABCD Gọi P Q trung điểm đoạn BH CD Chứng minh điểm A, P, Q D nằm đường tròn

––––––––––––––

Phòng GD-ĐT Vĩnh Linh kỳ thi chọn học sinh giỏi toán ( s 12)

năm học : năm học : 2009 - 2010 Môn : Toán (Thêi gian lµm bµi: 150 phót)

Câu 1 (3 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử

a/ A = 3x2 – 8x + b/ B = 4b2c2– (b2 + c2 – a2)2.

Câu 2 (3 điểm) Cho phương trình ẩn x là:

5x −m

6 −1= 2x+m

5 −

m

10 −

7(5− x) 28

a Giải phương trình theo tham số m

b Tìm giá trị nguyên m để nghiệm phương trình x thoả < x < 10

Câu 3 (2 điểm) So sánh √4+√7−√4−√7 và √2

Câu (2 điểm) Giải phương trình: √

x −1−1¿2 ¿ ¿

√¿

Câu 5 (4 điểm) Cho ABC có Â = 900, phân giác BD, trung tuyến AM trọng tâm

là G Cho biết GD AC D Gọi E trung điểm đoạn thẳng AG

a Chứng minh: DE // BC b Tính số đo ACB

Câu 6 (3 điểm) Cho tam giác ABC Vẽ phía ngồi tam giác hình vng ABDE, ACFG có tâm theo thứ tự M N Gọi I K theo thứ tự trung điểm EG BC

a Chứng minh KMIN hình vng

b Chứng minh IA BC

Câu 7 (3 điểm)

a Chứng minh A = + + + + 32 3 283 + 329 30 chia hết cho 13

b Giải bất phương trình

1 + x < 2 -x

Hết

Phòng GD-ĐT Vĩnh Linh kỳ thi chọn học sinh giỏi toán ( s 13)

năm học : năm học : 2009 - 2010 Môn : Toán (Thời gian làm bài: 150 phút)

Bài 1: (3 điểm)

a/ Cho a,b số thực không âm tùy ý Chứng tỏ :

√a+b √a + √b √2(a+b) Khi có dấu đẳng

thức ?

b/ Xét u, v, z, t số thực khơng âm thay đổiù có tổng Hãy tìm giá trị lớn giá trị nhỏ S = √u + √v + √z +

√t

Bài 2: (2 điểm)

Cho tam giác vng DEH có độ dài hai cạnh góc vng DE = 5cm EH=12cm

a/ Tính độ dài bán kính đường trịn nội tiếp tam giác vng DEH

b/ Trong tam giác vng DEH có hai đường trịn có bán kính r, tiếp xúc tiếp xúc với cạnh tam giác vng DEH hình Tính độ dài r

r r

H E

D

Bài 3:(2 điểm)

a/ Tìm tất nghiệm nguyên phương trình : 2x + 9y = 2005 (*)

b/ Chứng minh : x.y 55833 (x,y ) nghiệm nguyên (*)

Bài 4: (2 điểm)

Với giá trị tham số m, xét hàm số : y = x2 – 2mx – – m2

a/ Chứng tỏ với giá trị m tuỳ ý, đồ thị hàm số cắt trục tung điểm A, cắt trục hoành hai điểm phân biệt B, C giao điểm khác gốc tọa độ O

b/ Đường tròn qua giao điểm A, B, C cắt trục tung thêm điểm K khác A Chứng minh m thay đổi, K điểm cố định

Bài 5: (1 điểm)

Có hộp, hộp chứa trái banh Chứng tỏ ghi số tất trái banh cho thỏa mãn đồng thời ba điều kiện sau :

1/ Mỗi banh ghi số nguyên, chọn số nguyên từ đến 23

2/ Trong hộp, khơng có hai banh ghi số

3/ Với hai hộp bất kì, có nhiều số xuất đồng thời hai hộp

- Heát -

Phòng GD-ĐT Vĩnh Linh kỳ thi chọn học sinh gii toỏn ( s 14)

năm học : năm học : 2009 - 2010 Môn : Toán (Thời gian làm bài: 150 phót)

BÀI 1:(3 điểm)

a/ Chứng tỏ rằng: a3 – b3 + c3 + 3abc = (a-b+c)(a2 + b2 + c2 + ab + bc - ca),

với số thực a,b,c

b/ Chứng minh d, e, f số nguyên thoả: d + e3 2 + f3 4 =

d= e = f=

c/ Tìm số hửu tỉ p, q, r để có đẳng thức : 3

4

4 3

 



= p + q3 2 +r3 4

BÀI 2:(2 điểm)

Xét hệ phương trình : {33y −x −mymx=x2

=y2 (m tham số)

a/ Giải hệ cho m=1

b/ Chứng minh m>1 hệ xét khơng thể có nghiệm thoả điều kiện x y

BÀI 3: (2 điểm)

Tam giác nhọn ABC có trực tâm H; AH cắt BC D

a/ Chứng tỏ đường tròn nội tiếp tam giác BDH ADC bán kính hai tam giác BDH ADC

b/ Cho BC = 221cm; HD = 65cm Tính độ dài bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ADC, biết tam giác BDH ADC

BAØI 4: (2 điểm)

a/ Tìm số ngun dương x , y, z thoả điều kiện sau : x < y < z

x

+ 1y +

1

z =1

b/ Chứng tỏ tìm 2005 số nguyên dương đôi khác mà tổng tất nghịch đảo chúng

BÀI 5: (1 điểm)

Với a, b, c số thực dương Đặt : A = a(11+b)+

b(1+c)+

c(1+a) ; B= ab 1+a+

bc 1+b+

ca 1+c ;

C = 1+1a+ 1+b+

1

1+c ; D=

b

1+b+ c

1+c+ a

1+a

Chứng minh : A + B C + D

Phòng GD-ĐT Vĩnh Linh kỳ thi chọn học sinh gii toỏn ( s 15)

năm học : năm học : 2009 - 2010 Môn : Toán (Thời gian làm bài: 150 phót)

Bài 1: (2,5 điểm)

a) Tìm số thực u v, biết : u3v3 7 u v 2.

b) Giải phương trình : x2 1x3 x5 9

Bài 2: (3,5 điểm)

Cho đường trịn (O) có đường kính BD = 2R, dây AC (O) vng góc với BD H Gọi P, Q, R, S theo thứ tự chân đường vng góc kẻ từ H đến AB, AD, CD, CB

a) Chứng tỏ : HA2 + HB2 + HC2 + HD2 = 4R2

b) Chứng minh tứ giác PQRS tứ giác nội tiếp

c) Chứng minh : PR + QS AB + AD

Bài 3: (3 điểm)

a) Đặt √2 = p ;

√2 = q Chứng tỏ :

3

1

1

2 2

p q

p q

q p

     



b) Chứng tỏ :

  

3 3 3 2

x y z  xyz x y z x  y z  xy yz zx 

với số thực x y z, ,

Suy với a b c, , số dương ta ln có : a b c  33 abc.

c) Phân chia chín số : 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, thành ba nhóm tuỳ ý,

nhóm có ba số Gọi T1 tích ba số nhóm thứ nhất, T2 tích

của ba số nhóm thứ hai T3 tích ba số nhóm thứ ba Hỏi

tổng : T1 + T2 + T3 có giá trị nhỏ ?

Bài 4: (1 điểm)

Một thùng sắt đậy kín hình lập phương Biết thùng chứa khối có dạng hình cầu bán kính, làm chất liệu rắn

Chứng minh cạnh thùng hình lập phương a đường kính

của khối cầu bên nhỏ (2 3 )a.

-Hết -Phòng GD-ĐT Vĩnh Linh kỳ thi chọn học sinh giỏi toán (đề số 16)

năm học : năm học : 2009 - 2010 Môn : Toán (Thời gian lµm bµi: 150 phót)

Bài 1: (2 điểm)

Giải hệ phương trình: {x2+2y=8

y2−2x=8 Bài 2: (2 điểm)

Chứng minh phương trình: x4 2m22 x2m4 3 ln có

nghiệm phân biệt x x x x1, 2, 3, với giá trị m

Tìm giá trị m cho x12 x22x32x42x x x x1  2 11

Bài 3: (3 điểm)

Cho hình vng cố định PQRS Xét điểm M thay đổi cạnh PQ

(M P, M Q) Đường thẳng RM cắt đường chéo QS hình vng PQRS

tại E Đường trịn ngoại tiếp tam giác RMQ cắt đường thẳng QS F (F Q)

Đường thẳng RF cắt cạnh SP hình vng PQRS N

1 Chứng tỏ rằng: ERF QRE + SRF  

2 Chứng minh M thay đổi cạnh PQ hình vng PQRS đường trịn ngoại tiếp tam giác MEF qua điểm cố định Chứng minh rằng: MN = MQ + NS

Bài 4: (2 điểm)

Tìm tất cặp số nguyên p q, cho đẳng thức sau đúng:

√p −2+√q −3=√pq−2p −q+1 Bài 5: (1 điểm)

Chứng minh với số thực x y z, , ln có:

x y z   y z x   z x y   x y z  2 x  y  z 

Hết

Phòng GD-ĐT Vĩnh Linh kỳ thi chọn học sinh gii toỏn ( s 17)

năm học : năm học : 2009 - 2010 Môn : Toán (Thời gian làm bài: 150 phót)

Bài 1: (3 điểm)

a) Khơng sử dụng máy tính bỏ túi, chứng minh đẳng thức :

3 3 13 3 1.

b) Giải hệ phương trình :

2

1

( 1) 36

x y

x x y

   

 

  

  Bài 2: (1,5 điểm)

Cho phương trình: 422210xmxm

Tìm giá trị m để phương trình có bốn nghiệm x x x x1, , ,2 4 cho:

1

x  x  x x

x4 x1 3 x3 x2. Bài 3: (3 điểm)

Cho đường trịn (O), đường kính AB Gọi C trung điểm bán kính OB (S) đường trịn đường kính AC Trên đường trịn (O) lấy hai điểm tùy ý phân biệt M, N khác A B Gọi P, Q giao điểm thứ hai AM AN với đường tròn (S)

a) Chứng minh đường thẳng MN song song với đường thẳng PQ

b) Vẽ tiếp tuyến ME (S) với E tiếp điểm Chứng minh: ME = MA MP2  .

c) Vẽ tiếp tuyến NF (S) với F tiếp điểm Chứng minh:

ME AM

NF AN .

Bài 4: (1,5 điểm)

Tìm số tự nhiên có bốn chữ số (viết hệ thập phân) cho hai điều kiện sau đồng thời thỏa mãn:

(i) Mỗi chữ số đứng sau lớn chữ số đứng liền trước

(ii) Tổng p + q lấy giá trị nhỏ nhất, p tỉ số chữ số hàng chục chữ số hàng đơn vị q tỉ số chữ số hàng nghìn chữ số hàng trăm

Bài 5: (1 điểm)

Một bìa dạng tam giác vng có độ dài ba cạnh số nguyên Chứng minh cắt bìa thành sáu phần có diện tích diện tích phần số nguyên

Phòng GD-ĐT Vĩnh Linh kỳ thi chọn học sinh giỏi toán (đề số 18)

năm học : năm học : 2009 - 2010 Môn : Toán (Thêi gian lµm bµi: 150 phót) Bµi : (2,0 điểm)

a) Tìm x biết: 3x 12x7 27x28

b) Rót gän biĨu thøc: 1

1

A x x x

x x x

 

 

     

 

   .

c) Khơng sử dụng máy tính bỏ túi, tính giá trị biểu thức:

1 20082 2009 2008

B   

Bài 2: (1,5 điểm)

a) Tỡm giỏ trị m để hai đờng thẳng    

2 4 2 2

y m  x m

vµ

5

y x m  song song víi nhau.

b) Biết đờng cong Hình 1 parabol y ax Tính hệ số a tìm tọa độ điểm thuộc parabol có tung độ y9

Bµi 3: (2,5 ®iĨm)

a) Một khu vườn hình chữ nhật có diện tích 900 m2 chu vi 122 m Tìm

chiều dài chiều rộng khu

b) Cho phơng trình

2 2 1 2 0

x  m x m  

Với giá trị m ph-ơng trình có nghiệm ? Khi tính theo m tổng lập phơng hai nghiệm phng trỡnh

Bài 4: (2,5 điểm)

Cho ng trũn (O; R), đường kớnh AB cố định, đường kớnh CD di động (hai đờng thẳng AB CD không trùng nhau) Tiếp tuyến (O) B cắt cỏc

đường thẳng AC AD E F a) Chứng minh BE BF 4R2.

b) Chứng minh CEFD tứ giác nội tiếp

ThÇy giáo : Trần Công Hoan - Số DĐ: 01698188728

H×nh 2 H×nh 1

c) Gọi I trung điểm EF K giao điểm AI CD Chứng minh CD di động K chạy đường cố định

Bài 5: (1,5 điểm)

Cho na hỡnh trũn đờng kính DE tam giác ABC vng A Biết

AB cm, AC8cm vµ DB CE 1cm (Hình 2).

Khi cho toàn hình vẽ quay vòng quanh DE nửa hình tròn tạo thành hình (S1) tam giác ABC tạo thành hình (S2) HÃy mô tả hình (S1)

và (S2) Tính thể tích phần hình (S1) nằm bên h×nh (S2) HÕt

Hớng dẫn chấm: đề số

Bài Đáp án hớng dẫn chấm điểm

Bài 1

(4điểm) Câu 1: (2,0 điểm)

§K: x0; x9

3 2( 3)

( 1)( 3)

x x x x

P

x x x x

  

  

   

2

3 2( 3) ( 3)( 1)

( 3)( 1)

x x x x x

x x

     



 



3 24

( 3)( 1)

x x x x

x x

  

 

( 8) 3( 8)

( 3)( 1)

x x x x

x x x

   

 

  

2.0

Câu 2: (1 điểm)

Ta cú: 14 (3   5)2 x  3 Khi

14 22 (22 5)(4 5) 11

3 5

P       

  

58 11 

1.0

Câu 3: (1 điểm) Ta có:

8 9

1 2

1 1

x x

P x x

x x x x

  

           

   

VËy Pmin 4 x = 4

1.0

Bài 2 Câu 1: (1,5 điểm):

Ta cã: A x 5 5x34x x x ( 4 5x24)x x( 21)(x2 4) x x( 1)(x1)(x 2)(x2)

1,5

Câu 2: (1,5 điểm)

Ta có: 360 = 5.8.9; mà (5; 8; 9)=1; x nguyên

Do A = x( x-1)(x+1)(x-2)(x+2) tích số ngun liên tiếp Vì x khơng chia hết phải tồn thừa số chia hết cho 3;  A9(1)

§ång thêi cã mét sè chia hÕt cho 5;  A5 (2)

Trong thõa sè cña A cã Ýt nhÊt thõa số chăn nên A8 (3) Từ (1); (2) (3) A5.8.9= 360

Vậy với x nguyên A360 (đpcm)

1,5

Bài 3

(3điểm)

Xét số hạng tổng quát : 2

1

1

( 1)

k k



với k số nguyên

d-¬ng , ta cã :

2

2

2

1 1 1 1

1 1

( 1) 1

k k k k

   

       

     

2

2 1 1 1 1 1 1

1 2 1. 2 2 1

1 1 1

k k k k k k

           

             

  

           

V× :

1 1 1 1 1 1

2 1. 2 . 2 1 2. 0

1 1 ( 1)

k k

k k k k k k

                                  1.0 0,5

VËy :

2

1 1 1 1

1 1

( 1) ( 1)

k k k k

 

     

   

Nªn :

2

1 1 1

1 1

( 1) ( 1)

k k k k k k

       

  

áp dung vào

1 1 1 1

1 1

1 2 3 2008 2009

C                  

       

1 1 1 1 1 4036080

2008 2009

1 2 3 4 2008 2009 2009 2009

             

0,5

1.0

Bµi 4:

(3,5 điểm) Câu1: (2,0 điểm)

ĐK: x2008; b2009; c2 C¸ch 1:Ta cã:

1

2008 2009 ( )

2

a  b  c  a b c 

2 a 2008 b 2009 c a b c

        

(a 2008) a 2008 (b 2009) b 2009 (c 2) c

     

               

     

 ( a2008 1) 2( b 2009 1) 2( c 1) 0 2007 2010 a b c         

C¸ch 2: Ta cã

2009 2008

2 a

a  

2008 2009

2 b

b  

1

2 c

c  

 2008 2009 2

a b c

a  b  c   

DÊu “=” s¶y khi: 1 a2008  a2007 1 b 2009 b2010 1 c  c3

Câu 2: ( 1,5 điểm) Ta có:

1 1 1 1 2

1 ( ) ( )

2 2

y z

x y z x y z y z

 

         

Mµ y; z > nªn:

1 ( 2)( 2)

2 y z x yz    =

(y 2)(z 2) yz

 

(1) T¬ng tù:

1 (x 2)(z 2)

y xz    (2) 0,5 0,5 0,5

1 (x 2)(y 2)

z xy

 



(3) Tõ (1); (2) vµ (3) ta cã:

2

1 (x 2)(y 2)(z 2)

xyz xyz

    

  

   (x 2)(y 2)(z 2) (đpcm)

Bài 5:

(2điểm) Câu a: (1,5 ®iĨm)

Ta cã: OA = OM = R MOA cân O OMA OAM (1)

T¬ng tù: IA = IN = R

IAN

cân I

 

IAN INA

  (2)

Mµ (O; R) vµ (I: R

) tiếp xúc A O, A, I thng hng

Nên OAM IAN (đđ) (3)

Từ (1); (2) (3) suy ra: OMA INA  (ở vị trí so le trong) Do OM//IN (đpcm)

Câu 2: (2 điểm)

Ta có: OM//ON suy

2

AM OM R

AN  IN  R 

2

2 AM

AM AN

  

 

Mµ AB//PN ( gt)

2 3

3 2

AB AM

NP AB R

NP MN

     

Vậy độ dài PN không đổi Câu 3: (1,5 điểm)

Tõ A kỴ AH PN kéo dài H

1

( ) ( )

2 2

ABPN

S AB PN AH R AH R AH

R

    

Vì R khơng đổi nên SABPN lớn AH lớn nhất.

Do AH AN nªn AH lín nhÊt lkhi AH = AN  H N

AN PN AM AB

   

tại A (do AB//PN) AMB vng A nên ta có: AM2 MB2 AB2 (2 )R 2 R2  AM R

Do

2 AM

MN  mµ

1

2

AN AM  AN  R

ABPN

S

 đạt giá trị lớn =

2

5

4

R R

R 

(đơn vị diên tích) Khi M thuộc cung lớn AB AM AB

0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,75 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25

Thầy giáo : Trần Công Hoan - Số DĐ: 01698188728

Bài 6

(1,5 đ) Ta có AEDF hình chữ nhật nên.

AEDF

S AE AF (1)

ABC tam giác vuông A nên ta cã:

( ).( )

2

ABC

AB AC AE BE A CF

S

áp dụng BĐT Cuchy ta cã:

2

2

ABC

AE BE AF CF

S 

= AE BE AF CF (2)

Ta l¹i cã:

BE DE

BED DFC BE CF DE DF AE AF

DF CF

      

(do AE = DF; AF = DE) (3) Tõ (1); (2) vµ (3) suy ra:

1

2

2

ABC AEDF AEDF ABC

S  AE AF AE A AE AF  S  S  S

Dấu “=” sảy khi: AE = BE; AF = CF  DB DC D trung điểm BC

Vậy D trung điểm BC SAEDF đạt giá trị lớn =

1 2SABC

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25

0,25

Đáp án đề s 2

Bài 1: (4 điểm)

Câu 1: (2 điểm)

ĐK < x < x 

Khử mẫu vế trái ta đợc phơng trình: 3( √x+√1− x ) = + x x2

Đặt x+1 x = t đk : < t < 2 Phơng trình viết thành : t2 - t + = 0

Kết luận: x = ; x = nghiệm phơng trình cho

Câu 2: (2 điểm)

x = (y+1) vào phơng trình lại

Thầy giáo : Trần Công Hoan - Số DĐ: 01698188728

E

F D

C B

d

H

O K

N

M F

E C

B

A

=> 5y2 + 5y - = (*)

Phơng trình (*) cã nghiƯm y1, y2 mµ y2 + y2 = -1

y1y2 = -

L¹i cã x1 - x2 = 3(y1- y2) => M = (x1 - x2)2 + (y1 - y2)2 = 10 (y1- y2)2

= 10 (y1+y2)2-4y1y2 = 34 Bµi 2: (3 ®iÓm)

H

P Q

G F

E

M

J K

I

O

C A

B

Gi¶ sử EO cắt (O) I J ; FO cắt (O) G K (hình vẽ) Ta có: FEP =

2 s® (MJ - MI) =

2 s® (IJ - 2MI) ; =

2 (1800 - s® MB)

(1)

FQP =

2 s® (GB + CK)

=

2 s® (MB + MG + CK)

=

2 s® (MB + GC + CK)

=

2 s® (MB + 1800) (2)

Tõ (1) vµ (2) => FEP + FQP = 1800 => PQO = FEO => FEO ~PQO

=> PQ

EF = OH

OM (Víi OH  BC)

Vì A (O;R) cố định nên OH, OM không đổi => PQ

EF không đổi

M di chuyển đờng trịn

Bµi 3: (5 điểm)

Câu 1(1 điểm)

Do BAC450 nên AEB AFC tam giác vuông cân EA EB (*) ACF 450 HCE

vuông cân H HE HC (2*) Tõ (*) vµ (2*) suy HAECBE

Câu 2: (2,5 điểm)

Do EN trung tuyến tam giác vuông AEH Nên EN = NH (1) NAEAEN

Ta l¹i cã: HAE EBC (1) (vì HAECBE c/m câu a)

Tơng tự tam giác vuông BEC có EM trung tuyến nên: EM = MB MBE

cân M MEB MBE (2) Từ (1) (2) suy NEA MEB 

Nªn AEN NEH NEH MEB 900 MEN vuông E Nếu gọi I trung điểm MN ta cã IM = IN = IE (3*) C/M t¬ng tù ta có:

Trong tam giác vuông HFA có FN lµ trung tuyÕn Suy FN = NA = NH (2)

Tõ (1) vµ (2) suy NE = NF FNE cân N NEFNFE (3) Mặt khác: MEF MFE (vì ME MF c/m trên) (4)

Tõ (3) vµ (4) suy NEF MEF NFE MFE  900

Do FI trung tuyến tam giác vuông MFN  IN IM FI(4*) Từ (3*) (4*) suy bốn điểm M, F, N, E nằm

đờng tròn (I; ) MN

Câu 3: ( 1,5 điểm)

Do tam giác AEB tam giác vuông cân nên E nằm đờng trung trực AB  OEAB OE HF// (1) (vì vơng góc với AB)

Tơng tự ta có: OA = OC (vì O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC) Nên O nằm đờng trung trực AC (a)

Mà tam giác CFA vng cân F F nằm đờng trung trực AC (b) Từ (a) (b) suy : FOAC  FO BE// hay OF HE// (2)

Tõ (1) vµ (2) suy tứ giác HFOE hình bình hình

M KE = KF  KO KH H, K, O thng hng (pcm)

Bài 4: (3 điểm)

Víi x = => (y-2) (z-2) = => (x;y;z) lµ (1;3;7) vµ (1;7;3)

 Với x > từ PT cho => 2(y+z) > 2(yz-1) => yz - y - z - < => (y-1)(z-1) < (*)

Gi¶ sư y  z

- Nếu y = từ PT cho  2(1+z) = x(z -1)  (x-2)(y-1) =  nghiệm : (x;y;z) = (3;1;5); (4;1;3) ; (6;1;2)

- Nếu y  => z  y  từ (*) => y = ; z nhận giá trị thay vào PT cho  nghiệm (x;y;z) = (2; ;3)

Do vai trị y , z bình đẳng nên đổi vai trị y , z ta có nghiệm Kết luận phơng trình có 10 nghiệm (x; y; z) (1; 3; 7); (1; 7; 3); (3; 1; 5); (4;1;3); (6;1;2); (2;2;3); (3;5;1); (4;3;1); (6;2;1); (2;3;2)

Bài 5: (2 điểm)

Giả sử ngũ giác ABCDE thoả mÃn đk toán Xét BCD ECD SBCD = SECD

đáy CD chung, đờng cao hạ từ

B vµ E xuèng, CD b»ng => EB  CD, T¬ng tù AC// ED, BD AE, CE  AB, DA  BC Gäi I = EC BC => ABIE hình bình hành => SIBE = SABE = Đặt SICD = x <

=> SIBC = SBCD - SICD = 1-x = SECD - SICD = SIED

L¹i cã SICD SIDE

=IC IE=

SIBC SIBE

hay x

1− x=

1− x

1

=> x2 - 3x + = => x = 3±√5

2 x < => x =

3−√5

VËy SIED = √5−1

Do SABCDE = SEAB + SEBI + SBCD + SIED

= + √5−1

2 =

5+√5 B i 6a : (2 ®iÓm) c/minh:

2

2

2

2 1

1

x x

x x

x x



    

 

2

1 x

x   T¬ng t ư 2

1

;

1 2

y z

y   z  

2 1 1 1

x y z

A

x y z

  

  

3 

2

MaxA

x = 1; y = ; z =

Thầy giáo : Trần Công Hoan - Sè D§: 01698188728

A

B

C E

D

I

H

ớng dẫn chấm 3 Bài 1: (3 điểm) Môic ý 1,5 điểm

Câu 1: (1,5 điểm):

Ta cã:

2

1

2 1 1

x



    =

4 2009

( 1)

A x  x  x  x (4 2 2 1)    2009 1 C©u 2: (1,5 ®iÓm):

Ta cã:

2 2

2

19( )

7( )

x xy y x y

x xy y x y

    

 

   

 

2

6( )

( ) 7( )

x y xy

x y x y xy

   

  

    

  đặt: u x y  ; v xy hệ trở thành

 2

6

7

u v

u u v

  

 

  



 Giải hệ ta đợc nghiệm (u; v) (0; 0) (1; 6) Do hệ ban đầu có nghiệm: (x; y) (0; 0) v (3; 2); (-2; -3)

Bài 2:(2 điểm)

Kéo dài AM cắt BC I Kẻ BEAM; CF AM Ta cã BI AM BE AM 2SBAM

CI AM CF AM 2SCAM

(BI CI AM) 2(SBAM SCAM)

   

Hay AM BC 2(SBAM SCAM) (1)

Tơng tự ta chứng minh đợc:

CM AB 2(SCAM SCBM) (2)

BM AC 2(SCBM SBAM) (3)

Cộng vế với vế (1); (2) (3) ta đợc:

4( BAM CAM BMC)

AM BC CM AB BM AC   S S S

Thầy giáo : Trần Công Hoan - Số DĐ: 01698188728

F I

E M

C B

 AM BC CM AB BM AC   4SABC

DÊu “=” s¶y khi: AM BC; BM AC; CM AB hay M trực tâm tam giác ABC

Bài 3: (6 điểm)

Câu1: (2,0 điểm)

ĐK: x2008; b2009; c2

C¸ch 1:Ta cã:

1

2008 2009 ( )

2

a  b  c  a b c 

2 a 2008 b 2009 c a b c

        

(a 2008) a 2008 (b 2009) b 2009 (c 2) c

     

               

     

 ( a2008 1) 2( b 2009 1) 2( c 1) 0 2007 2010 a b c         

C¸ch 2: Ta cã

2009 2008

2 a

a  

2008 2009

2 b

b  

1

2 c

c  

 a2008 b 2009 c 2  a b c

DÊu “=” s¶y khi: 1 a 2008 a2007 1 b 2009 b2010 1 c 2 c3

C©u 2: ( ®iÓm) Ta cã:

1 1 1 1 2

1 ( ) ( )

2 2

y z

x y c x y z y z

 

        

Mà y; z > nên:

1 ( 2)( 2)

2 y z x yz    =

(y 2)(z 2) yz

 

(1) T¬ng tù:

1 (x 2)(z 2)

y xz

 



(2)

1 (x 2)(y 2)

z xy

 



(3) Tõ (1); (2) vµ (3) ta cã:

2

1 (x 2)(y 2)(z 2)

xyz xyz

    

  

   (x 2)(y 2)(z 2) (đpcm) Câu 3: (2 điểm) ta cã:

2 2 ( )2 ( )2 (1)

a b  c d  a c  b d

2 2 2 ( 2)( 2) 2 2 2 2

a b c d a b c d a b c d ac bd

            

2 2 2)

(a b )(c d ac bd

    

(2)

* Nếu: ac + bd < (2) đợc chứng minh

* Nếu: ac + bd (2) tơng đơng với (a2b2)(c2d2)a c2 2b d2 22abcd

 a c2 2b d2 2a d2 2b c2 a c2 2b d2 22abcd

(ad bc)

   (®pcm)

Ta cã: y 2x22x 1 2x2 4x4

2 2

(x 1) x (2 x) x

     

áp dụng BĐT ta đợc:

2 2

( ) (2 )

y x   x  x   x 

y

 x = 0 Bài 4: (5 điểm) Câu a: (1,5 điểm)

Ta có: OA = OM = R MOA cân O

 OMA OAM (1) T¬ng tù: IA = IN =

R

IAN

  cân I

IAN INA

  (2)

Mµ (O; R) vµ (I: R

) tiếp xúc A O, A, I thng hng

Nên OAM IAN (đđ) (3)

Từ (1); (2) (3) suy ra: OMA INA  (ở vị trí so le trong) Do ú OM//IN (pcm)

Câu 2: (2 điểm)

Ta cã: OM//ON suy

2

AM OM R

AN  IN  R 

2

2 AM

AM AN

  

 

Mµ AB//PN ( gt)

2 3

3 2

AB AM

NP AB R

NP MN

     

Vậy độ dài PN không đổi Câu 3: (1,5 điểm)

Tõ A kẻ AH PN kéo dài H.

1

( ) ( )

2 2

ABPN

S AB PN AH R AH R AH

R

    

Vì R khơng đổi nên SABPN lớn AH lớn nhất.

Do AH AN nªn AH lín nhÊt lkhi AH = AN  H N

AN PN AM AB

   

tại A (do AB//PN) AMB vng A nen ta có: AM2 MB2 AB2 (2 )R 2 R2  AM R

Do

2 AM

MN  mµ

1

2

AN AM AN R

Thầy giáo : Trần Công Hoan - Số DĐ: 01698188728

H

B

P

N M

ABPN

S

 đạt giá trị lớn =

2

5

4

R R

R 

(đơn vị diên tích) Khi M thuộc cung lớn AB AM AB

Bµi 5: (3 điểm)

Câu 1: (1,5 điểm)

Ta cã: x22y22x y2 2y z2 23x y z2 2 9

2 2 2 2 2

(x 2xyz y z ) 2(y 2xyz x z ) 3(x y z 2xyz 1) 12

         

2 2

(x yz) 2(y xz) 3(xyz 1) 12

      

2

3(xyz 1) 12 (xyz 1)

       2xyz    1 xyz3

Mµ xyz = -1

0

0 ( ; ; ) (1, 1,1);(1,1, 1);( 1,1,1);( 1, 1, 1)

x yz

y xz x y z

xyz

 

 

           

 

Vậy giá trị nhỏ xyz = -1

Câu 2: (1 điểm)

Ta cã: x4 x yz z2   2 x x2( 2 yz) z (1) XÐt trêng hỵp:

* NÕu z = th× (1)  x x2( 2 y)1

2 1

1

2

1

x x

y y



  

   



  

 * NÕu z = th× (1)  x x2( 2 ) 0y   x2 2y nªn cã nghiƯm: x2 ;k y2k2 (víi k Z ) * NÕu z > (1) ta có: z- > z 2 x2 nªn

2 2 2

2 0

z x  z x  x  x  yz x  x y (v« lý)

Vậy ba số nguyên dơng (x; y; z) thõa mãn đề là: (1; 2; 1) (2k; 2k2; 2)

víi k số nghuên dơng

Bài 6:(1 điểm)

Trên tia đối tia BC lấy điểm K cho BK = DN Khi MK = MB + BK = MB + DN = – CM +1 – CN = – ( CM + CN ) = MN (vì CM +CN + MN = )

Và ADNABK AN AK  DAN BAK Từ suy ra: AMN AMK (CCC)

  2      900  450

MAN MAK MAN NAK NAB BAK NAB DAN MAN

          

Thầy giáo : Trần Công Hoan - Số DĐ: 01698188728

K

N M

D C

B A

Đáp án thang ®iĨm:ĐỀ 4

Bµi 1 ý Néi dung Điểm

1. 8,0

1.1 (2,0 điểm)

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 hồnh 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:

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 (*)

3 2 3 m m m m m m                                       1,5

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) Phơng

trình đờng thẳng d' qua M0 có hệ số góc k là: y kx b  , đờng thẳng

qua M0 nªn y0 kx0 b b y0 kx0

    

, suy pt cña d': y kx kx  0y0. 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

Để từ M0 kẻ tiếp tuyến vuông góc tới (P) phơng trình:

2

0

9k 12kx 12y

    

cã 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 2

19 19 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 tr×nh tÝch, tỉng:

1 x y xy     

 vµ

2 x y xy     

 ta cã c¸c

nghiệm hệ phơng trình cho là:

3 6

; ; ;

2 1 6 1 6

x x x x

y y y y

 

     

   

   

     

    2,0

3. 8,0

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

  900

BEI BCA



EBI CBA (góc có cạnh tơng øng vu«ng gãc) 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 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 trũn ng kớnh

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

3.3 Xét tam giác BEI BDK, ta có:

1

BE BI

BD BK 

   

 

0

45 EBI IBD KBD IBD

EBI KBD

   

  Do đó:

3,0

  900

BEI BDK

BDK BEI

 

  



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

Đáp án thang điểm:

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 , nên (2) y y y1(thoả

ĐK)

1 x

nghiệm phơng trình (1)

1y3: y1 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 vô 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) là: S1; 81 1,0

1.2 (3,0 điểm)

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

   

   

 

   

Đẳng thức (*) đợc nghiệm 1,0

2. 6,0

2.1 (3,0 ®iĨm)

2 x x y x   

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

 y1: pt (**) cã nghiÖm

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

VËy tËp giá trị y

1 11 ; 2

 

 

  ,

11

;

2

Max y Min y

0,5

2.2 (3,0 ®iĨm)

 

2 2

2 3 2

x  y  xy x y   x  y x y  y 

(***) 0,5

§Ĩ pt (***) có nghiệm nguyên theo x, thì:

3y 22 4 2 y2 4y 3 y2 4y 8

        

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 tích 1.12 2.6 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 nghiệm nguyên pt (a):

y2;k , y2;k2 ,  y6;k2 ,  y6;k2 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)

OM OC ED ED

AM AC EA  EA 1,0

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

       

1,0

Tõ (4) vµ (5):

(6)

ON OB EA EA

DN DB ED  ED Tõ (3) vµ (6):

1 OM ON

AM DN

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

 1

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 dới góc

 4GOH  

không đổi 1,5

GN dây cung cung tròn (O') nên GN lớn GN đờng 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 GKH lớn K trung điểm cđa cung lín GH 1,5

Đáp án thang điểm: 6

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 có nghiệm phân biệt    ' 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 Vậy: Có giá trị m thoả điều kiện toán:

1 21 1;

2

m m 

0,5

1.3 (3,0 ®iĨm)

Phơng trình có hai nghiệm không âm chØ khi:

2

'

2

0 2 (**)

2 m m P m S m                   0,50

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 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 

0,5

Dấu đẳng thức xảy khi:

2 4 2 2; 2

m   m  m  

  .

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 13

t   

(lo¹i);

1 13

t   

2

13

4

2

t      t 

Suy nghiÖm (3) 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

0,5

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 diÖn 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     

 

2,0

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

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 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 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 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

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' cố định, cắt AB ti E

Vậy toán có nghiệm hình

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

3

2

a c

S EF

a c

 



1,0

Đáp án thang điểm:ấ 7

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 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  x y

(vì x y, 340 nên  

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: x y 34 Vậy hệ phơng trình có nghiÖm 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

    

  

     

      1,0

 

     

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 | | | | | |

a b c a b c

      1,0

2. 6,0

2.1 (4,0 ®iĨm)

 

2 0,

S abbb k  k  kZ 0,5

2

1000k 9999 33 k 99, nªn k chØ gåm ch÷ sè: 10

k xy x 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

NÕu y ch½n: 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

Vi y = 2: k2 100x240x4 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

bằng 6, nghĩa k2 abbb

Vi y = 8: y2 = 64; k2 100x2 160x64, x 3

hc chữ số hàng chục k2 4, suy ra 382 1444

k   k2 882 7744(khơng thoả điều kiện tốn). Vậy: tốn có lời giải nhất: Hình vng cần xác định có cạnh k 38 diện tích S 1444

0,5

0,5

0,5

2.2 (2,0 điểm)

Theo giả thiết, cha A B C:

Nu B cha A C khơng thể song sinh với A, nh C B, trái giả thiết, C B song sinh khác giới tính (gt), nên C phái nữ Mặt khác, gái B C nên phải A, A phái nữ Vậy B khác giới tính với 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 vỵ chång chø

khơng phải song sinh, dẫn đến mâu thuẫn 0,5

VËy chØ cã nhÊt trờng hợp B cha A B khác giới tính

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

  

1

R r

 



1,0

 

2 2 1

R R r

  

giác góc BOD , (O2) lại tiếp xúc với (O) nên tiếp điểm T

ca chỳng đờng thẳng nối tâm O O2, chớnh l giao im

của tia phân giác gócBOD víi (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

tiÕp OB D' '.

+ OB D' 'có phân giác góc O vừa đờng cao, nên tam giác vuông cân B D' ' 2 OT 2 ,R OB'OD'R 2, suy ra:

' '

OB D ACD

  .

+ VËy: B¸n kÝnh cđa (O2) cịng b»ng

R r

 . 2,0

+ Hai hình quạt OBC OBD đối xứng với qua AB nên (O3)

cũng (O2), nên bán kính (O3)

R r

 . 1,0

+ Đờng tròn (O4) có hai trờng hợp:

a) Tr ờng hợp 1: (O4) bên trái (O1):

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

và F

CO CA là tiếp tuyến cđa (O1), nªn chu vi cđa CEF

b»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

4 2

1

CEF

R

S CK KF

 

  





Suy bán kính đờng trịn (O4) là:

 

 

2

4

4 2

1

R r

 





2,0

b) ờng hợp 2Tr : (O'4) bên ph¶i (O1): 2,0

Khi đó: 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

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



Đáp án thang điểm: 8

(2 ®iÓm)

1. 1.1

(2 ®)

3

6 3

3

3

3

x x x

A x

x x x

x                     

Ta cã:  

2

3x2 3x 4 3x1  3 0;1 3x 0, x

, nên điều kiện để A có nghĩa

 3  3  4 0,

3

x   x x x  x  x    x

 

 3

3 3

1

6

3

3

3

x

x x

A x

x x x

x                                     

6 3

3 3

3 3

x x x

A x x x

x x x

                       

3

3

3 3

x x

A x x

x x x

               

 12

3 x A x    ( x   ) 0,50 0,25 0,50 0,25 0,50 1.2 (1,0 ®)       2

3 2 1

3

3 3

x x x

A x

x x x

    

   

  

Với x số nguyên không âm, để A số nguyên

3 3

3

3 x x x x x x             

(vì xZ x0).

Khi đó: A4

0,50 0,50

2 2.1

(1,5đ) Phơng trình cho hồnh độ giao điểm (P) d là:

2

1

2

2x x m x x m

      

(1)

Phơng trình (1) phơng trình bậc hai nên để (P) d có điểm chung phơng trình (1) có nghiệm kép, tơng đơng với:

' 2m m

     

Khi đờng thẳng d tiếp tuyến (P) có phơng trình y2x2

Vẽ tiếp tuyến

0,25 0,50 0,25 0,25 0,25

2.2

(1,25 ®)

+ Vẽ (P)

+ Đờng thẳng d y: 2x m song song với đờng thẳng y2x2 cắt

trục Oy điểm B(0; m)

+ Da vo đồ thị ta có: Để d cắt (P) hai điểm có hồnh độ d ơng

0m2

0,25 0,50 0,50

2.3

(1,25 ®)

4 4 2 0

x  x  m (2)  X2 4X 2m0 vµ (X x2 0) (3)

Để phơng trình (2) có nghiệm phân biệt phơng trình (3) phải có nghiệm

dơng phân biệt Từ câu ta suy 0m2

Khi nghiệm (2) là: x1,2  2 2 m x3,4 2 2 m

0,25 0,50 0,50

3. 3.1

(1,25

đ) Gọi số cần tìm

xy víi x y, Z;1x y, 9.

Theo gi¶ thiÕt:  

10 16

3

90 16

10 10 27

x y

x y xy

x y xy

x y y x

 

   





 

 



    



Gi¶i hƯ ta cã

3 9;

16

x  x 

(lo¹i) Suy y6

Vâỵ số cần tìm 96

0,25 0,50

0,50 3.2

(2,25 ®)

a số phơng, nên a1, 4,9.

Ta có 92 81; 102 100 nên khơng có số 9x số phơng Do a

chØ

ad số phơng nên ad 16, 49 Nên d 6

hoặc

0,50 0,25

cd số phơng nên cd 16, 36, 49 Nên Nên c

chỉ 1, hc 3, hc

Nếu a1 d 6và c1 c3, abcd 1 16b hay b1 36

 2  2 6bc  x4 hay x6

Ta cã: 262 676; 342 1156; 362 1296; 442 1936; 462 2126 ChØ chän

đợc 1936

Nếu a4 d 9 c4,    

2

4 49

abcd  b  x hay x

Ta cã:

2 2

63 3969; 67 4489; 73 5329 Không chọn đợc số nào.

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

Vậy có chữ số thỏa mÃn điều kiện toán

4 4.1

(1,25 ®)

Ta có: MN = MP (Tính chất tiếp tuyến cắt nhau) Chứng minh đợc tam giác MAN MNB đồng dạng Suy ra:

2

MA MN

MN MP MA MB

MN MB   

0,25 0,50 0,50

4.2

(1,25

đ) Để MNOP hình vng đờng chéo

2

OM ON R

Dựng điểm M: Ta dựng hình vng OACD, dựng đờng trịn tâm O qua điểm D, cắt (d) M

Chøng minh: Tõ M vÏ tiÕp tuyÕn MN vµ MP Ta cã MN  MO2 ON2 R

, nên Tam giác ONM vuông cân N Tơng tự, tam giác OPM vng cân P Do MNOP l hỡnh vuụng

Bài toán có nghiƯm h×nh v× OM R 2R

0,25 0,25 0,50 0,25 4.3 (2,0 ®)

+ Ta có: MN MP tiếp tuyến (O), nên MNOP tứ giác nội tiếp đ-ờng trịn đđ-ờng kính OM Tâm trung điểm H OM Suy tam giác cân MPQ nội tiếp đờng trịn đờng kính OM, tâm H

+ Kẻ OEAB, E trung điểm AB (cố định) Kẻ HL( )d HL //

OE, nên HL đờng trung bình tam giác OEM, suy ra:

1

HL OE

(khơng đổi)

+ Do đó, M động (d) H ln cách dều (d) đoạn không đổi, nên H chạy đờng thẳng (d') // (d) (d') qua trung điểm đoạn OE

0,25 0,5

0,25

+ Ta có: OM phân giác góc NMP (tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau)

Kẻ tia phân giác góc PNM cắt đờng trịn (O) điểm F,

 

NF FP (ứng với góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung bằng

nhau)

+ Suy F OM, F tâm đờng tròng nội tiếp tam giác MNP + Vậy M động (d) tâm đờng trịn nội tiếp tam giác MNP chạy đờng tròn (O)

0,5 0,25 0,25

5 (2,0 đ)

hệ phơng tr×nh:

2( 1)

3

9

2 2( 1) 6( 1)

3

9 m

a b a

m

ma m m

b b m m m                            

Suy hệ số góc đờng thẳng CG

2( 1) m a m    0,25

+ Phơng trình đờng thẳng AB: y2x2

+Phơng trình cho hồnh độ giao điểm F AB d là:

2

2

3

m m

x x x 

     

; suy tung độ F là: y m 1

+ Phơng trình đờng thẳng CF có dạng: y a x b '  ', CF qua C F nên:

0,25 0,25

 

2( 1)

3 ' ' '

9

3 '

6( 1)

' '

2 9

m

a b a

m m a

m

b m b

m                           .

Suy hệ số góc đờng thẳng CF là:

2( 1) ' m a a m     .

+ Hai đờng thẳng CG CF hai phía CA có hệ số góc đối

nhau, nên tạo với CA (trục Ox) góc nhọn nhau, suy ra: CG CF đối xứng qua CA

+ Trờng hợp m0: BE: x =0, nên

2 0;

3 G 

 , hÖ sè gãc cđa CG lµ

2 a ; đờng thẳng d:

y x

, tọa độ điểm

3 ; F  

 , hƯ sè gãc cđa CF lµ

2 '

9 a 

, tốn cịn

0,25

6

6.1

(1,25 ®)

+ Câu: "Nếu bìa mà mặt chữ nguyên âm mặt số chẵn" kiểm tra bìa mặt chữ nguyên âm mặt sau phải số chẵn, cịn bìa có mặt chữ phụ âm mặt số số chẵn lẻ không ảnh hởng

Do lật bìa chữ A mà mặt sau số lẻ, khẳng định câu khơng đúng, ngợc lại mặt sau số chẵn phải lật tiếp mặt sau bìa có chữ số 3, mặt phụ âm câu hồn tồn đúng, ng ợc lại sai Cịn mặt sau bìa chữ M số chẵn lẻ đợc, nh mặt sau bìa số nguyên âm phụ âm đợc, câu

Vậy cần lật tối đa bìa chữ A số kiểm chứng đợc câu

0,50 0,25 0,25 0,25 6.2 (1,75 ®)

+ Gọi x số học sinh giỏi mơn Văn, Tốn, Ngoại ngữ (x > 0), dựa vào biểu đồ ta cú:

Số học sinh giỏi môn Toán lµ:

 

70 49  32 x

Số học sinh giỏi môn Văn là:

 

65 49  34 x

Số học sinh giỏi môn Ngoại ngữ là:

 

62 34  32 x

0,25 0,25 0,25 0,25 + Có học sinh khơng đạt yêu cầu nên:

     

111 70 49    32 x 65 49  34 x 62 34  32 x 

4932 x  34 x

82 x 105 x 23

    

VËy cã 23 häc sinh giái c¶ môn

0,50 0,25

Đáp án thang ®iÓm: ĐỀ 9

Câu 1: (2,0điểm)

Rút gọn biểu thức: (1,0điểm)

 2 2

2

5 29 12 5 2.2 5.3

(2 3) (2 3)

( 1) ( 1)

A        

       

  

  

    (1,0 điểm)

Đáp số: A = 1

2 (1,0 điểm) Xét:

 3 3 3

3

2

3

3 2

2

( ) 3 ( ) 2( ) ( )

( ) ( )

3 ( ) ( )

3( ) 3

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

x

x y y y

x x y x y y x y

x

x x y y x y

x x x y y

x x y x y x

x y x y x x y y x y

                               (0,5điểm) Xét:

3 3 ( )

( )( )

xy y y x y y

x y x y x y x y

 

 

   

3 3( )

3

3

y x y

x B

x y x y x y



   

  

(0,5điểm)

Đáp số : B = 3 Câu 2: (2,0điểm)

3 Cho a, b, c > Chứng minh (1,0 điểm)

3 3 3

2 2

a b b c c a

a b c

ab bc ca

  

    

Ta có:

2 2

2 3

3

3

0; : ( )( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( )

( )

( )

2

a b a b a b a b a ab b ab

a b a ab b ab a b a b ab a b

a b a b

a b ab a b

ab                                    (0,5điểm) Tương tự ta có:

3 ( ) 3 ( )

;

2 2

b c b c c a c a

bc ca

   

 

Cộng vế ba bất đẳng thức ta có:

3 3 3

3 3 3

2 2 2

2 2

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

ab bc ca

a b b c c a

a b c

ab bc ca

     

    

  

     

(0,5điểm)

Đáp số: Vậy bất đẳng thức chứng minh (a1)(a 3)(a 4)(a 6) 10 0;  a (1,0 điểm)

Ta có: (a1)(a 3)(a 4)(a 6) 10 (a1)(a 6) (  a 3)(a 4)10

2

(a 7a 6)(a 7a 12) 10

      ; Đặt t = a2 – 7a + (0,5

điểm)

2

(t 3)(t 3) 10 t 9) 10 t 0; t

           (0,5 điểm)

Đáp số: Bất đẳng thức chứng minh

Câu : (2,0điểm)

5 Cho biểu thức P x2 x1 x x1 xác định x để P đạt giá trị

nhỏ (1,0 điểm)

1 1 ( 1) 1

P x  x   x  x   x1 1   x1 ;x1(*)

Nếu 1 x1 0  x1 1  x  1 x2 (0,5 điểm)

1 1

P x   x   x đối chiếu điều kiện (*); x2; ta có:

2

P x

Nếu 1 x1 0  x1 1  x  1 x2

Ta có: P x1 1   x1 2 ; đối chiếu (*) ta có 1  x P2:

1 1 1 1 2

P x    x   x   x   P   x

(0,5 điểm)

Đáp số: x1; 2thì giá trị nhỏ P

6 Giải phương trình: x2  7x6 x 5 30 (0,5 điểm)

2 2

2

2

2

7 30 30 ( 16) ( 9)

4

( 4)

( 4) ( 3)

5

( 3)

x x x x x x x x x x

x x

x

x x x

x x x                                                        

Đáp số: Vậy tập nghiệm phương trình S 4 Giải hệ phương trình:

2

1

x y y

y x

   



 

 (0,5 điểm)

4

3 3

2

2 5

1 2 1 x x y

x y y x y y

x y y

x y x y x x y y                                                            

Đáp số: Tập nghiệm hệ phương trình:

4 ; , ; 5 3 S     

   

 

Câu 4: ( 2,0điểm)

8 Cho đường thẳng (dm) : 2mx + (3m – 1)y – =

a Tìm đường thẳng ( d ) qua điểm A( - ; - ) xác định hệ số

góc đường thẳng (1,0 điểm)

( ) ( 1) (3 1)( 3) 11

3

11

m

A d m m

m m

       

   

 

(0,5 điểm) Khi

3 11 m

đường thẳng

3 33

( ) : 10 33

10 10

d x y   y x

(0,25 điểm)

Hệ số góc đường thẳng (d)

3 10 k

(0,25 điểm)

Đáp số: Đường thẳng (d) cần tìm là:

3 33

10 10

y x

hệ số góc

3 10 k

b Tìm điểm cố định B (dm) với m (1,0 điểm)

Giả sử B(x;y) điểm cố định họ (dm) với m

2 (3 1) 0,

(2 ) 0,

2

6

mx m y m

x y m y m

x y x

y y

     

     

    

   

    



Đáp số: M(9; -6)

Câu 5: (2,0điểm)

9 Cho hình vng ABCD cạnh a, vẽ đường trịn ( c ) đường kính AB, O tâm đường trịn ( c ), Từ C vẽ tiếp tuyến CT với đường tròn ( c ) khác CB, gọi T tiếp điểm, gọi E giao điểm AD OT

T

D O

B

C

A

H

E

a Đặt DE = x tính theo a, x cạnh tam giác OAE, sau tính x theo a (1,0 điểm)

Ta có: DCETCE EC chung CT CD BC( ,   )  ET ED x

Mà

2

2 a

OA AE a x

a

OE OT TE x

 

 

   

Áp dụng định lý Pitago tam giác vuông AOE: OE2 = OA2 + AE2

 2

2

2 2

2

2

2

4

3

( 0)

a a

x a x

a a

x ax a x ax

ax a a

x a

   

       

   

      

 

  

Đáp số: a x

b Tính theo a diện tích tam giác OCE đường cao EH xuất phát từ E tam giác (1,0 điểm)

2

2

( ) ( )

2 4 12

OCE

a a

a x a a

CT OE a a x a a

S khi x

   

 

    

   

     

Áp dụng định lý Pitago tam giác vuông BOC: OC2 = OB2 + BC2 =

2

2 5

4

a a a

a OC

   

2

2

5

2 :

2 12

OCE OCE

S

EH OC a a a

S EH

OC



     

Đáp số:

2

5

;

12

OCE

a a

S  EH

Đáp án thang điểm: 10

Câu Nội dung – yêu cầu Điểm

1

3đ

2

1,5đ

a) Ta có:

x2+3¿2 ¿ ¿x2

¿

x −2¿2 ¿ ¿ ¿

y=√¿

- Nếu x < y=− x

2−3− x2 +2x

x =

−2x2

+2x −3 x

- Nếu < x ≤ y=x

2

+3− x2+2x

x =

2+3 x

- Nếu x > y=2x

2

−2x+3 x

b) Nếu xZ |x −2|∈Z , để yz thì:

(x2

+3)⋮|x| hay 3⋮x⇒x=±1;±3

Hàm số cho hàm bậc khi:

{m2

+n −6n2≠0m

2

−5m+6=0  {(m−2n)(m+3n)≠0(m−2)(m −3)=0 ⇔{(m −2n)(m+3n)≠0m=2;m=3

- Với m = (m – 2n)(m+3n) ≠ 

 (2 – 2n)(2+3n)≠0  n ≠1 n ≠−32

Với m =3 (m-2n)(m+3n) ≠  (3 – 2n)(3+3n)≠0

 n ≠32 n ≠−1

Vậy hàm số cho hàm số bậc khi:

a) m =2; n ≠ n ≠−2

3

b) m=3; n ≠ -1 n ≠ 32

0,5 0,5 0,5 0,5 1,0

0,25 0,25

0,5

0,5

3

1,5đ

4

2đ

√x+1=x −1  x+1=(x −1)2⇒¿xx==30

Thử lại x = không nghiệm phương trình: x = nghiệm phương trình

{ax−3 ay=2a+3x+ay=1⇔{a(1−ay)−3 ay=2a+3x=1−ay ⇔{− a(a+3)y=a+3x=1−ay

0,5 1,0

0,5

5

4đ

6

(5đ)

Hệ phương trình vơ nghiệm ⇔{a+3≠0 ⇔a=0

(4 30 phút = 4,5 giờ)

Gọi vận tốc thuyền nước yên lặng x (km/giờ), vận tốc dòng nước y (km/giờ) (đk: x > y >0)

Vận tốc thuyền xi dịng là: x+ y (km/giờ) Vận tốc thuyền ngược dòng là: x – y (km/giờ)

Thời gian thuyền ngược dòng 5km là: x5

+y (giờ)

Thời gian thuyền ngược dòng 4km là: x − y4 (giờ)

Theo đề ta có phương trình: x5

+y=

x − y (1)

Thời gian xi dịng 40km là: 40x

+y (giờ)

Thời gian ngược dòng 40km là: 40x − y (giờ)

Theo ta có phương trình: 40x

+y + 40

x − y =

9

2 (2)

Kết hợp (1) (2) ta có hệ phương trình

Giải hệ ta x = 18; y = Vậy vận tốc dịng nước 2km/giờ -Vẽ hình xác

-Gọi M, N, K trung điểm AC ; AB ; AI

Δ ABC vuông A nên đường trung trực AB ; AC phải qua trung điểm I BC Δ ABC vng A có IA trung tuyến nên

IA=IC => IAC ICA ; NI // AM (cùng vng góc với AC)

Suy EIA IAC .

Ta lại có KM đường trung bình Δ AIC => KM // IC =>

=> IAC KMA  .

Tứ giác AKMF nội tiếp nên

 

KMA KFA

Từ điều kiện trên, suy ra:

 

AFK EIA mà chúng nhìn nhìn

đoạn AE

Vậy tứ giác AEIF nội tiếp AIF 1v

(AMIN hình chữ nhật) nên EF đường kính đường tròn ngoại tiếp mà EF trung trực AD nên D nằm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEIF

Hay năm điểm A, D, E, I, F nằm đường tròn

0,75 0,75

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

0,5 0,75

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

Thầy giáo : Trần Công Hoan - Số DĐ: 01698188728

N E

F K

M D

I

C B

0,5 0,5

(3đ)

Vẽ hình đúng, xác

* Thuận: Vì M trung điểm AB, nên: OM  AB  AMO =

900

Điểm M nhìn đoạn AO góc vng, nên M chạy đường trịn đường kính AO

Giới hạn: Vì B chạy khắp đường trịn (O) nên M chạy khắp đường trịn đường kính AO

* Đảo: Lấy Nthuộc đường trịn đường kính AO suy ANcắt đường

tròn (O) K

Ta có: góc ANO = 900 suy OM’A’B’ suy N trung điểm AK.

Kết luận:

Tập hợp trung điểm M đoạn AB đường trịn đường kính

AO

O N

K B M

A

0,5 1,0

1,0

Đáp án thang điểm: 11

Câu 1: (2 điểm) Gợi ý giải:

+ Để ý n số nguyên số dư chia n cho

có thể (1) (Thật vậy: Nếu n = 3k n2 chia hết cho 3; n = 3k

± n2 = 3p + nên n2 chia dư với k; p số nguyên ).

+ Gọi a – 1, a, a + ba số nguyên liên tiếp Đặt m = (a – 1)2 + a2 + (a

+ 1)2 m = 3a2 + (2)

Vậy từ (1) (2) suy tổng bình phương ba số ngun liên tiếp khơng phải bình phương số nguyên

Câu 2: (2 điểm) Gợi ý giải:

Từ giả thiết suy a3 = 10 + 3a; b3 = 34 + 3b

Suy P = (a3 – 3a) + (b3 – 3b) + 2008 = 2052.

Câu 3: (3 điểm) Gợi ý giải:

a.- + Viết phương trình đường thẳng MP y = 32 x – 13

+ Đường thẳng BC song song với MP nên phương trình có dạng y =

2

3 x + b Vì N thuộc đường thẳng BC suy b = –

Vậy phương trình đường thẳng BC y = 32 x –

b.-

+ Tương tự ta có PTĐT AC y = – 5x + 28 PTĐT AB y = 72 x

–

+ Giải hệ

¿

y=−5x+28 y=7

2x −6 ¿{

¿

ta suy tọa độ đỉnh A A (4; 8) Tương tự B(0; – 6); C(6; – 2)

+ Gọi d1 đường thẳng đia qua A song song với BC, d2 đường

thẳng qua C song song với AB

Lập luận, xác định phương trình dường thẳng d1 y =

2 x+

16

3 (1) ; phương trình đường thẳng d2 y =

7

2 x – 23 (2)

Giải hệ phương trình tạo (1) (2) ta có nghiệm hệ (x = 10; y =

12) tọa độ giao điểm d1 d2 Vậy D(10; 12)

Câu 4: (5 điểm) Gợi ý giải:

a.- Vì x > 0; y > nên 1x+1 y≥

4

x+y ⇔ ⇔ (x – y)

2 0

Vậy x > 0; y > 1x+1

y≥

4

x+y∀x ; y Dấu “=” xảy x =

y

b.- Từ giả thiết suy p − a1 = =b+c − a

2 > ;

1

p − b>0;

1

p −c>0

Áp dụng kết câu a ta có: p − a1 + p −b≥

4

2p −(a+b)=

c

Tương tự, suy p − a1 +

p −b+

1

p − c≥

2

a+

2

b+

2

c

Dấu “=” xảy

¿

p − a+

1

p −b=

4

c

1

p − b+

1

p − c=

4

a

1

p − c+

1

p− a=

4

b ⇔

¿p −a=p −b p− b=p − c p− c=p − a ⇔a=b=c

¿{ {

¿

Vậy ta có điều phải chứng minh Câu 5: (4 điểm)

Gợi ý giải:

Vẽ đường cao AH Ta có SinB=AH

HB ;SinC= AH HC ⇒

b

SinB=

c

SinC

Tương tự, suy ra: SinAa = b

SinB=

c

SinC=

a+b+c

SinA+SinB+SinC=k>0

Vậy √aSinA+√bSinB+√cSinC= =(SinA+SinB+SinC).√k (1)

Và (a + b + c) = (SinA + Sin B + SinC).k

Suy ra: √(a+b+c)(SinA+SinB+SinC)=(SinA+SinB+SinC).√k (2)

Từ (1) (2) ta có đ.p.c.m Câu 6: (4 điểm)

Gợi ý giải:

Gọi I trung điểm AH Chứng minh IP AD từ suy I

trực tâm tam giác APD Suy DI AP (1)

Chứng tỏ tứ giác DIPQ hình bình hành, suy DI // PQ (2)

Từ (1) (2) suy AP PQ suy .p.c.m

Đáp án thang điểm: 12

Câu 1 Nội dung 3đ

1a A = 3x2– 8x + = 3x2– 6x – 2x + 4

= 3x(x – 2) – 2(x – 2) = (x – 2)(3x – 2)

(hoặc A = 4x2– 8x – x2+ = 4x(x – 2) – (x – 2)(x + 2) = (x – 2)(3x – 2)

0,5 1,0

1b B = (2bc)2– (b2+ c2– a2)2 = (2bc – b2– c2 + a2)(2bc + b2 + c2– a2)

= [a2 – (b – c)2][(b + c)2 – a2]

= (a – b + c) (a + b – c) (b + c + a)(b + c – a)

0,5 0,5 0,5

Câu 2 3đ

2a 5x −m

6 −1= 2x+m

5 −

m

10 − 5− x

4

 10(5x − m)−60

60 =

12(2x+m)

60 −

6m

60 −

15(5− x) 60

 50x – 10m – 60 = 24x + 12m – 6m – 75 + 15x  11x = 16m – 15

 x = 16m−15

11 Vậy PT có tập nghiệm S = {

16m−15

11 }

0,25 0,25

0,5 0,5

2b Giá trị m  Z để nghiệm x thoả: < x < 10 phải với hai điều kiện

sau: 16 15 10 11 m Z m           ¿

m∈Z

15

16<m<7 13 16 ¿{

¿

Từ suy giá trị m là: m  {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}

0,5

0,5 0,5

Câu 3 2 đ

√4+√7−√4−√7 = √2 √4+√7

√2 −

√2.√4−√7 √2 = √8+2√7

√2 −

√8−2√7 √2 =

√7+1¿2 ¿ ¿

√¿ ¿

√7−1¿2 ¿ ¿

√¿

−¿ = |√7+1|

√2 −

|√7−1|

√2 =

√7+1−√7+1

√2 =

2

√2 = √2 Vậy √4+√7−√4−√7 = √2

0,5

0,5

0,5 0,5

Câu 4 2 đ

√x −1−1¿2 ¿ ¿

√¿

 |√x −1−1|=√x −1−1

 √x −1−1  0

 √x −1  1 x –  1 x  2

Vậy phương trình có nghiệm x  2.

0,5 0,5 0,5 0,5

Câu 5 4đ

5a

D E

G A

B M C

*ADG vng D có DE trung tuyến nên DE = 12 AG

= AE = EG ADE cân E EDˆAEAˆD.

* AM trung tuyến ABC vuông nên MA = MB = MC

 AMC cân C MACˆ  ˆ .

*Vậy Cˆ= EDˆA, chúng vị trí đồng vị nên ED // MC(đpcm)

0,75 0,75 0,5

5b

*Áp dụng định lý Talét vào AMC cân ta có:

AD AE

DC EM .

*BD phân giác ABC nên

AD BA DC BC .

Suy

BA AE

BC EM mà

AE 1

EM2 nên

BA 1 BC 2

 BC = 2BA ABM Bˆ= 600 Cˆ= 300(đpcm)

0,5 0,5 0,5 0,5

Câu 6 3đ

6a P

H K

I

N M

G

F E

D

A

B C

a Chứng minh KMIN hình vng:

Học sinh chứng minh KMIN hình bình hành

Học sinh chứng minh EAC = BAG(cgc)

để suy EC = BG suy KMIN hình thoi

Học sinh chứng minh EC BG suy KMIN hình

vuông (đpcm)

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

6b b.Chứng minh IA  BC:

Gọi giao điểm IA BC H

Lấy P đối xứng với A qua I, chứng minh AEPG hình bình hành

Chứng minh BAC = AEP (cgc) suy ABC PAE 

Từ suy IA  BC (đpcm)

0,5 0,5 0,5

Câu 7

(3đ) a Nhóm số hạng(1 3 ) 3(1 3 ) 28(1 3 )

 2  2   2

A = 3 + + 3 + 3 + 3 + 3

0,75

Tổng số hạng ngoặc đơn có giá trị 13, chia hết cho 13

0,75

b Qui đồng 0,5

Biến đổi đúng, hợp lôgic 0,75

Lấy nghiệm : x > x < -1/3 0,25

HẾT

Đáp án thang điểm đề 13

Bài ý Nội dung Điểm

1 3,0

1.a + √a+b √a + √b  ab 0 + Dấu đẳng thức  a=0 b=0

+ √a + √b √2(a+b)  a+b - √ab  ( √a - √b )2 0

+ Dấu đẳng thức  a=b

0,50 0,25 0,25 0,25 1.b Giá trị nhỏ S:

+Dùng câu a/ S= √u + √v + √z + √t √u+v + √z+t √(u+v)+(z+t) = 1.(do u+v+z+t=1)

+ Dấu đẳng thức xảy chỉ:(u0hay v0)và(z0hay t0) (u v 0hay z t 0)và (u v z t   1) Khi u=1,v=z=t=0 u+v+z+t=1và S=1 Vậy : MinS=1

0,50 0,25 0,25 Giá trị lớn S:

+Dùng câu a/ S= √u + √v + √z + √t √2(u+v) + √2(z+t) √2[2(u+v)+2(z+t)] =

+ Dấu đẳng thức xảy khi:

 , , 2( ) 2( ), 1

4 u v z t  u v  z t u v z t     u v z t   

S2

Vậy : MaxS=2

0,50 0,25

2 2,0

2.a (1đ )

Câu a

+ DH = 13 + dt(DEH)= 30

+ Gọi I tâm đường tròn nội tiếp Ta có : dt(DEH)= dt(IDE)+ dt(IEH)+ dt(IDH)

+ Gọi R bán kính đường trịn nội tiếp.Ta có : 30 = 12 R.5+ 12 R.12 + 12 R.13 R=2 (cm)

0,25 0,25 0,25 0,25

2.b (1đ )

Câu b

+ Gọi J tâm đường trịn có tiếp xúc với cạnh DH

Khoảng cách từ J đến cạnh DH, HE, ED : r; r; 3r

+ dt(DEH)= dt(JDH) +dt(JHE) +dt(JED)

 30 =2

r.13+

2 r.12 +

2 3r.5 r= = 1,5 (cm)

0,25 0,25 0,50

3 2,0

3. + Ta có: 2005 chia 55 v d 7, nờn:

Thầy giáo : Trần Công Hoan - Số DĐ: 01698188728 r

r

r

J r r

H E

D

a(1 ñ)

Suy ra: (503;111) nghiệm

+ 2x+9y=2005 2x+9y=2.503 + 9.111 2(x-503)=9(111-y).

+ Vì (2;9) =1 nên tồn số nguyên t để x-503=9t hay x=503 +9t

+ Nghiệm phương trình : x=503 +9t , y=111-2t ; t số nguyên tuỳ ý

0,25 0,25 0,25 0,25

3. b(1 ñ)

+ 55833 – xy= 55833 –(503 +9t).( 111-2t) = 18t2 +7t

+ Khi t 18t2 +7t

+ Khi t -1 18t2 +7t = t(18t+7) > 0.

+ Vì với số nguyên t có : 55833 xy Dấu đẳng thức  t=0  x=503 ;y=111

0,25 0,25 0,25 0,25

4 2,0

4. a(1 ñ)

+ Đồ thị hàm số cắt trục tung A( 0; -1-m2) A phía

trục hồnh

+ Xét phương trình : x2 - 2mx – - m2=

Do Δ' = +2 m2 >0 nên phương trình có hai

nghieäm:x1;x2

+ Đồ thị hàm số ln cắt trục hồnh hai điểm phân biệt

B(x1;0), C(x2;0)

+Vì : x1.x2 < nên B, C khác O O û B, C

0,25 0,25 0,25 0,25 4.

b(1 đ)

+ K phía trục hồnh

+ Hai tam giác vng OBA OKC đồng dạng cho : OB.OC = OA.OK

+ OB.OC= |x1||x2| = |x1x2| = |−1−m2| = OA

+ Do OK=1 K( 0;1) K điểm cố định

0,25 0,25 0,25 0,25

5 1,0

+ Ở hình dưới, đường tượng trưng cho hộp, điểm đường tượng trưng cho banh

+ Có đường; đường chứa giao

điểm có tất 23 giao ñieåm

+ Mỗi cách đánh số 23 giao điểm, từ đến 23, cho ta cách ghi số banh hộp thỏa điều kiện tốn

Ví dụ :

Hoäp I : Hoäp II : 10 11 12 Hoäp III : 13 14 15 16 17 Hoäp VI : 13 18 19 Hoäp V : 14 20 21 Hoäp VI : 10 15 22 23

0,25

0,25

0,25 0,25

Thầy giáo : Trần Công Hoan - Số D§: 01698188728

23 22 21

20 19

18

17 16 15 14 13

12 11 10

7

4

2

Bài 3: Cách 2:

a) 2x9y2005 2x2005 9 y Mà 2005 lẻ, nên 9y phải số lẻ, suy y

là số lẻ: y2t1tZ  2x2005 9(2 t1) x998 9 t t Z.

Vậy: nghiệm phương trình laø: x998 , t y2t1tZ.

b)    

2

2 1987 1987 4.18.998

998 18 1987 998 18

36 4.18

xy  t t  t  t  t   

 

2

1987 4.18.998

55833,68056 55833 4.18

xy    xy

Với

1987 55 36

t  

  , ta coù: xy998 9.55 2.55 1     55833

Do đó: xy55833

- Heát -

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ 14

BÀI (3đ)

Câu a

+ Khai triển vế phải

+ So sánh kết với vế trái Câu b

+Đặt x=

+ Khử x (1) , (2) : x(e2-df)=2f2-de 2(e2-df) 3 =(2f2-de)3 (3)

+ Do d,e,f số nguyên nên từ (3) cho :e2-df= 2f2-de = (Dùng

phản chứng )

+Từ : e3=2f3 , suy e=f= d=0.

Caâu c

+ Dùng a/ với a= 1;b =3 2; c=3 4 : = (1 -

√2 +3 4 )( + 33 2)

hay : 1−√312+√34 =

1

(1 + √32 )

+ Do : 3

4

4 3

 



= (3-33 4

)(

(1 +

3

√2

)) = -1 +

3

√2

- 4

+ Câu b cho thấy có : p = -1 ; q = ; r = -1

BÀI 2(2đ)

{33y −x −mymx=x2(1)

=y2(2)

Caâu a

+ (1) – (2) : (3+m)(x-y) = (x-y)(x+y)  x=y x+y= 3+m

+ Với x=y ta có : 3x –mx = x2

 x=0 x= 3-m

Với m = , trường hợp hệ có nghiệm : (x;y) = (0;0) ; (2;2) + Với x+y=3+m=4 ,ta có : 3x –(4-x) = x2  x2 -4x +4=  x=2

+ Nghieäm hệ phương trình m=1 : ( x= , y = ) ; ( x= , y = )

Caâu b

+ Nếu hệ có nghiệm (x;y) mà x y : x+y= 3+m

+ (1) + (2) : (3-m)(x+y) = (x+y) 2 – 2xy Suy xy = m(m+3)

+ x ,y nghiệm : t2 – (3+m)t +m(m+3) = (3)

+ Khi m > Δt = (3+m)(3-3m) <0 Vô lí

BÀI 3(2đ)

Caâu a

+ Hai tam giác BDH ADC hai tam giác vuông đồng dạng

+ Khi chúng có bán kính đường trịn nội tiếp tỉ số đồng dạng

+ Do chúng Câu b

+ CD=HD = 65

+ BD= 156 ; BH = 169

+ dt(BDH) = 5070 ; cv(BDH)=390

+ Bán kính nội tiếp tam giác ADC bán kính nội tiếp tam giác BDH : 26 (cm)

BÀI 4: (2 điểm) Câu a

+Từ x , y, z số nguyên dương thoả : x < y < z x

+

1

y +

1

z =1

cho < x < Từ x=2 + Suy : 1y +

1

z =2

 2(y+z)=yz  (y-2)(z-2)=4

+ Do y,z nguyên dương 2<y<z nên y-2=1 z-2=4 + Vậy : x=2 ;y=3 ;z=6

Câu b + Ta có :

1

+

+

1

6 = vaø 3m=

1 5m+

1 9m+

1 45m

+ =

+( 15 + +45

1

)+ 61 =2

+ 15 +

1 +

1 +45

1

+45

=

1 15 =

1 15 +

1 15 +

1

45 15 ; =2

+

1 +

1 +

9 + 75 +

1 135 +

1 225

+ Thực qui trình thêm 1001 lần ta có đẳng thức thoả tốn

BÀI 5: (1 điểm)

+ A + B = ( a(1+b)+

ab 1+a)+(

1

b(1+c)+ bc 1+b)+(

1

c(1+a)+ ca 1+c)

+ Chứng minh : a(11+b) + ab1+a 1+1a + 1+bb (*) + (*) 1-2ab +a2b2  (ab -1)

+ Suy : A + B C + D

THANG ĐIỂM - ĐÁP ÁN ĐỀ 15

Câu Nội dung Điểm

1a

(1đ) Ta có :

3 7

u v  u v3 3 0,25

u3 và v3 nghiệm phương trình: x2 7x 0 0,25

Do :  

3 1; 8

u  v 

 

3 8; 1

u  v  0,25

Vậy: u1;v2 u2;v1 0,25

1b

(1,5đ) Viết lại : x1 x5 x1 x3 9

0,25    

2 4 5 4 3 9

x  x x  x  0,25

Đặt : tx24x, phương trình trở thành: t 5 t3 9 hay: t2 2t 24 0 0,25

Giải : t6;t4 0,25

Với t 6 x24x6, giải : x 2 10 0,25 Với t4 x24x4,giải : x2 0,25

2a

(1đ)

HA2+ HB2 = AB2

HB2+ HC2 = BC2

HC2+ HD2 = CD2

HD2+ HA2 = DA2

0,25

2(HA2+ HB2+ HC2+ HD2 )= AB2+ AD2 + BC2+ CD2 0,25

= 4R2 + 4R2 0,25

Vậy : HA2+ HB2+ HC2+ HD2 = 4R2 0,25

2b

(1đ) Tứ giác HPBS nội tiếp :

  

HPS HBS DBC. 0,25

HPAQ hình chữ nhật : HPQ HAQ CAD CBD   Do : SPQ HPS HPQ   2DBC

0,25

Tương tự: SRQ2BDC 0,25

Do DBC BDC  900 nên SPQ SRQ 1800 ∠ SPQ+ ∠ SRQ = 1800 0,25

Chú ý: PQRS hình thang cân

2c

(1,5đ)

Ta có : PR HP+HR 0,25

Gọi E trung điểm AB,ta có:HP HE = 12 AB Gọi F trung điểm CD, HR HF =

2 CD

0,25

Do : PR

2 AB + CD

0,25

Tương tự :QS 12 BC + 12 AD 0,25

Mà : AB=BC ; AD=CD 0,25

Do : PR + QS AB +AD 0,25

3a

(1đ)

Cần chứng tỏ :

1

1

p q

p q

p q q    q  p

0,25

Hay :  

1

1 p q p q p q

q p q

 

        

  (*)

0,25

Vế phải (*) :

2

2 p p q 1

p pq q p qp q p q

q q p

        0,25

Thầy giáo : Trần Công Hoan - Sè D§: 01698188728

A

O S

R Q

P H

C

D B

Do : p =2 ; q 3 =2 ; p

q =

2

q = q ; p

q = qp nên (*)

0,25 Chú ý : Có thể trục mẫu

√2−3

√2 để chứng tỏ đẳng thức

3b

(1đ) Khai triển vế phải:   

2 2

x y z x  y z  xy yz zx 

vế trái 0,25

Ta có :      

2 2

2 2 0

2

x y z  xy yz zx    x y  y z  z x  

 

0,25 Đặt : x =

√a , y =

√b , z =

√c ; x + y + z >0 a, b, c dương 0,25 Từ x3y3z3 3xyz0hay : a + b + c √3abc . 0,25

3c

(1đ) Ta có :

T1 + T2 + T3 √3T1T2T3 0,25

T1 T2 T3 = 1.2.3.4.5.6.7.8.9 = 72.72.70> 713 0,25

Do : T1 + T2 + T3 > 213 mà: T1 , T2 , T3 nguyên nên :

T1 + T2 + T3 214

0,25 Ngoài ra:214= 72 +72 +70 =1.8.9 + 3.4.6 +2.5.7,nên giá trị nhỏ T1

+ T2 + T3 214

0,25

4

(1đ) Gọi O tâm hình lập phương (L) xét Dựng hình lập phương (Lcùng tâmO, có cạnh song song với cạnh (L) có độ dài cạnh a-2r, với r1) có bán kính hình cầu Chín tâm hình cầu nằm (L1)

(hoặc mặt)

0,25

Chia (L1) thành 8 hình lập phương ba mặt phẳng qua O song song

với mặt (L1) Phải có hình lập phương (L2) chúng chứa

nhất hai tâm hình cầu

0,25

Đường chéo hình lập phương (L2) : 12 (a-2r) √3

Khoảng cách hai tâm hình cầu lớn 2r 0,25

Vì

2 (a-2r) √3 2r hay : 2r

a√3

2+√3 =( 2√3 -3)a

0,25

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ 16

BÀI NỘI DUNG Điể m B.1

{x2+2y=8 y2−2x=8

(2đ)

Ta có : x22y  y2 2x0 0,25

Hay x y x y    2 0 0,25

+ Nếu x y 0, thay yx vào phương trình đầu thì:

2 2 8 2 8 0

x  x  x  x 

0,25

Giải : x4; x2 0,25

Trường hợp hệ có hai nghiệm : x y;   4; 4  ; x y;   2; 2 0,25

+ Nếu x y  2 0, thay y x 2 vào phương trình đầu thì:

 

2

2

x  x   x  x  . 0,25

Giải ra: x 1 ;x 1 5. 0,25

Trường hợp hệ có hai nghiệm:

x y;     5;1 5

; x y;     5;1 5 0,25

B.2 x4 2m2 2 x2 m4 3 0

     (1) (2đ)

Đặt :tx2, ta có :  

2 2 2 3 0

t  m  t m  

(2) (t0) 0,25

Ta chứng tỏ (2) ln có hai nghiệm : 0t1t2 0,25

  2 

' m m 4m

       

với m Vậy (2) ln có hai

nghiệm phân biệt t t1,

0,25

4

1

t t m   với m. 0,25

 

1 2

t t  m  

với m. 0,25

Do phương trình (1) có nghiệm :  t1,  t1,  t2 , t2

               

2 2

1 4

2 2

1 2 1 2

x x x x x x x x

t t t t t t t t

      

           

2t1t2 t t1

0,25

 

2 2 2 4

1 4 4 11

x x x x x x x x    m  m  m  m 

0,25

2 2

1 4

4

11 11 11

0

x x x x x x x x m m

m m m

           

    

0,25

B.3 3 đ

Câu3.

1 (1đ)

Hình vẽ 0,25

Đường tròn ngoại tiếp tam giác RMQ có đường kính RM

   450

ERF MRFMQF  (3) 0,25

F nằm đọan ES

  

0

90 QRE ERF FRS 

Do : QRE SRF  450 (4)

0,25

Từ (3) (4) : ERF QRE SRF  

0,25

Câu3. 2

(1đ)

Ta chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác MEF ln qua điểm cố định P 0,25 Ta có :NSE450 NRE Do N, S, R, E đường trịn đường kính NR. 0,25 Ta có:FME 450 FNE Do N, F, E, M đường trịn đường kính MN. 0,25 Do MPN 900 nên đường tròn ngoại tiếp tam giác MEF qua điểm P. 0,25

Câu3.

3 (1đ)

Tam giác RMN có hai đường cao MF NE Gọi H giao điểm MF NE, ta có RH đường cao thứ ba RH vng góc với MN D Do : DRM ENM

0,25

Ta có: ENM EFM (do M, N, F, E đường tròn);EFM QFM QRM (do M, F, R, Q đường tròn) Suy ra:DRM QRM D nằm đọan MN

0,25

Hai tam giác vuông DRM QRM nhau, suy : MQ = MD 0,25 Tương tự : Hai tam giác vuông DRN SRN nhau, suy : NS = ND

Từ : MN = MQ+NS

0,25

B 4 √p −2+√q −3=√pq−2p −q+1 ( α ) (2đ) Điều kiện: p 0, q 0, pq 2p q  1 (p, q số nguyên) 0,25 Bình phưong hai vế ( α ) : p 2 q 3pq 3p 2q6 0,25 Hay : (p 2)(q 3) p 2 q 3 0,25 Tiếp tục bình phương :        

2

4 p q  p q

0,25

+ Nếu p2 ( α ) trở thành: √0 + √q −3 = √q −3 , với số nguyên q3 tùy ý

0,25 + Nếu q3 ( α ) trở thành: √p −2 + √0 = √p −2 ,đúng vi mi s 0,25

Thầy giáo : Trần Công Hoan - Sè D§: 01698188728 D

H N

F

E

M

S R

nguyên p2 tùy ý

+ Xét p2 q3 Ta có : 4p 2 q 3( p, q số nguyên) Chỉ xảy trường hơp :

1/ p 1, q 4 ; 2/ p 2, q 2 ; 3/ p 4, q 1 0,25 Ta có thêm cặp (p; q): (3; 7) , (4; 5) , (6, 4)

Kiểm tra lại đẳng thức ( α ): √1 + √4 = √9 ; √2 + √2 = √8 ; √4 + √1 = √9

0,25

B.5 |x+y − z|+|y+z − x|+|z+x − y|+|x+y+z|≥2(|x|+|y|+|z|) (*) (1đ)

Đặt:a x y z   , b  y z x,c z x y   Trong ba số a, b, c cũng

có hai số dấu, chẳng hạn: a b 0

Lúc : |x+y − z| + |y+x − z| = |a| + |b| = |a+b| = 2 |y| 0,25

Ta có : x y z a b c     ; 2x a c  ; 2z b c  Do để chứng minh (*)

đúng, cần chứng tỏ : |c| + |a+b+c| |a+c| + |b+c| (**)

đúng với a b 0.

0,25

Ta có:

(**)  c a b c ab       a c b c  ca cb c  abca cb c  2ab (***)

0,25

Đặt: ca cb c  A; ab B , ta có BB (do a.b 0) ta có: (***) ⇔

|A| + |B| |A+B| ⇔ |A| |B| AB ⇔ |AB| AB

Dấu đẳng thức xảy trường hợp số: a, b, c, a + b + c chia làm

2 cặp dấu Ví dụ: ab0 c a b c    0.

0,25

Chú ý: Có thể chia trường hợp tùy theo dấu a, b, c (có trường hợp) để chứng minh(*)

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ 17

B.1 3,0

1.a

 

 

2

2

3 13 3 12

3 3 3

3 3 3

3 3 1

       

       

      

      

0.25 0.25 0,25 0.25

1.b Điều kiện y0 0,25

x2 2x 1 y 36 x 1 y 6

     

0,25

Đặt u x 1, v y (u0,v0), ta có hệ

5 u v

uv   

  

0,50 Giải : u = , v = u =3 , v = 2 0,25

Trường hợp u = , v = có : ( x = ; y = ) ( x =  3 ; y = 9) 0,25

Trường hợp u = , v = có : ( x = ; y = ) ( x =  4 ; y = 4) 0,25

Hệ cho có nghiệm: (1;9) , (-3;9) , (2;4) , (- 4;4) 0,25

B.2 1,5

42

2210

xmxm (1)

Đặt :tx2, ta có : t2 2mt2m1 0 (2) (t0) 0,25  2

2

' m 2m m

      

với m 0,25

Vậy để (1) có bốn nghiệm phân biệt (2) ln có hai nghiệm dương phân biệt t t1, 2

Tương đương với:

1

' 0, 0, ,

2

P m S m m m

         

(3)

0,25 Với điều kiện (3), phương trình (2) có nghiệm dương 0t1t2 phương trình (1)

có nghiệm phân biệt: x1 t2  x2  t1 x3  t1 x4  t2

Theo giả thiết: x4 x1 3x3 x2  t2 6 t1  t2 3 t1  t2 9t1 (4)

0,25 Theo định lí Vi-ét, ta có: t1t2 2m t t1 2m1 (5)

Từ (4) (5) ta có: 10t12m

9t 2m1

2

1

5

9 50 25 ;

9

m m m m

      

Cả hai giá trị thỏa mãn điều kiện toán

Vậy để phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn điều kiện tốn cần đủ là:

5

m

m5.

0,50

B.3 3,0 3.a

+ Hình vẽ

  900 //

CPA BMA   CP BM

Do :

AP AC

AM AB (1)

+ Tương tự: CQ BN//

AQ AC

(2) AN AB

Từ (1) (2):

AP AQ

AM AN ,

Do PQ MN//

0,25 0,25 0,25

0,25

3.b + Hai tam giác MEP MAE có : EMP AME PEM EAM

Do chúng đồng dạng + Suy ra:

2

ME MP

ME MA MP

MA ME   

0,50 0,50

3.c + Tương tự ta có: NF2 NA NQ

 

+ Do đó:

2

ME MA MP

NF NA NQ

 



+ Nhưng ( // )

MP MA

Do PQ MN

NQ NA

+ Từ đó:

2

2

ME AM ME AM

NF AN  NF AN

0,25 0,25 0,25 0,25

B 4 1,5

Xét số tùy ý có chữ số abcd mà 1   a b c d9 (a, b, c, d

các số nguyên)

Ta tìm giá trị nhỏ

c a

p q

d b

  

0,25

Do b, c số tự nhiên nên: c b  c b 1 Vì :

1 b p q

b 

  

1 1

2

9 9 9

b b

p q

b b

       

0,75

7 p q 

trường hợp

1 1, 9, 1,

9 b

c b d a

b

    

Vậy số thỏa mãn điều kiện toán là: 1349

0,25 0,25

B.5 1,0

Gọi a, b, c độ dài cạnh tam giác vuông ABC, c cạnh huyền

Ta có a2b2 c2; a, b, c N*, diện tích tam giác ABC

ab S

Trước hết ta chứng minh ab chia hết cho 12

0.25

+ Chứng minh ab3

Nếu a b đồng thời không chia hết cho a2b2chia dư

Suy số phương c2 chia dư 2, vơ lý.

0,25

+ Chứng minh ab4

- Nếu a, b chẵn ab4.

- Nếu hai số a, b có số lẻ, chẳng hạn a lẻ

Lúc c lẻ Vì c chẵn c24, lúc a2b2không thể chia

hết cho

Đặt a = 2k + 1, c = 2h + 1, k, h N Ta có :

 2  2

2 2 1 2 1

b  h  k = 4h k h k    1=

     

4 h k h k  1 8k h k 8

Suy b4.

0,25

Nếu ta chia cạnh AB (chẳng hạn) thành phần nhau, nối điểm chia với C tam giác ABC chia thành tam giác,

tam giác có diện tích 12

ab

số nguyên

0.25

Đáp án thang điểm đề 18

Bµi ý Néi dung §iĨ

m

1 2,0

1.

a Điều kiện: x0, đó:

3 3x 12x7 27x 28 3x10 3x21 3x 28

14 28 3

3

x x x x

       

0,25 0,25

1. b

A1 =

1 x x  = x x 

A2 =

   

   

1

1

x x x x

x x

  

 

=

x x x

x x     = x x A = x x x x 

 = 2 x(x > 0; x ≠ 1)

0,25 0,25

0,25

1. c

+ Biến đổi :  

2

1 2008  1 2008  2008 1 +

2

2009 2008  ( 2008 1)  2008 1  2008 1 + B 2008 1   2008 1  2007

0,25 0,25 0,25

2 1,50

2.

a + Để hai đờng thẳng    

2 4 2 2

y m  x m

vµ y5x m 1 song song víi th×:

2 4 5

1 m m        3 m m m         0,50 0,25 2.

b + Tõ H×nh 1, ta cã parabol

2

y ax qua điểm 2; nên:

2

2

2

a a

   

+ Gọi điểm parabol có tung độ y9 x; 9 , ta có:

2

1

9 18 18

2x x x

      

Vậy có điểm parabol có tung độ 9 là:

3 ; ,  3 ; 9 

0,25

0,25 0,25

3.a

Gọi x (m), y (m) hai kích thước hình chữ nhật (x0, y0) Theo giả thiết ta có:

 

2 122

900 x y

xy

  







61 900 x y

xy

 

  

 

Do x y hai nghiệm phương trình: X2 61X 900 0 . Giải phương trình ta hai nghiệm X125, X2 36.

Các giá trị 25 36 thích hợp

Vậy chiều dài hình chữ nhật 36m chiều rộng 25m

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25

3.b  

2

x  m x m  

(1)

+ Để phơng trình (1) có nghiệm th×:  '

 2  

' m m 2m

       

1 m

 

+ Khi đó, phơng trình (1) có nghiệm x1 x2, ta có:

 

1 2 ; 2

S x x  m P x x m 

      2

3 2

1 2 1 2 2

x x  x x x  x x x  x x  x x  x x 

 

Suy ra:         

2

3 2

1 2 2

x x  m  m  m    m m  m

 

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

4 2,5

4.a

+ Hình vẽ

+ Ta có: Tam giác ACD vng A (nội tiếp nửa đường trịn đường kính CD), nên tam giác EAF vng A

+ AB vng góc với EF (vì EF tiếp tuyến B) + Theo hệ thức lượng tam giác vuông AEF:

2

4 AB BE BF  BE BF  R

0,25 0,25 0,25 0,25

4.b

+ Ta có :

   1800  

2 2

AB DB DB AD

AFEs®  s®   s® s®

( góc có đỉnh bên ngồi đường trịn)

 

2 AD ACDs®

(góc nội tiếp chắn AD) Suy ra: AFEACD

Nên tứ giác CEFD nội tiếp

0,25

4. c

+ Ta cã: AFEACD (Chøng minh trªn)

2

AI  EF

(trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác vuông EAF), nên tam giác AIF cân I, suy ra: FAI AFI AFE

+ Mµ ADC ACD 900

Suy ADC FAI ADK DAK 900 Do AKD AKO 900

Vậy CD di động K chạy đờng trịn đờng kính AO

0,25

0,25 0,25

5 1,5

+ Vẽ đờng cao AH tam giác ABC

Khi quay toµn hình vẽ vòng quanh DE thì:

- Nửa hình trịn tạo thành hình cầu đờng kính DE = 2R

- Hai tam giác vuông AHB AHC tạo thành hình nón có chung đáy hình trịn tâm H, bán kính r = HA đỉnh B C

+ Trong tam giác vuông ABC:

2 2 2

6 100 10

BC AB AC     BC  cm,

4,8 AB AC

BC AH AB AC r AH cm

BC 

      

+ Ta cã: DE = DB + BC + CE = 12cm, suy bán kính hình cầu: R = 6cm

+ Thể tích hình cầu đờng kính DE:

   

3

3 3

1

4

288 16, 283

3

V  R     cm  cm

+ Tỉng thĨ tÝch cđa hai h×nh nãn:

 

2 2

2

1 1

76,8

3 3

V  r HB  r HC  r BC   cm  3

241, 274cm 

+ VËy thÓ tÝch phần hình (S1) nằm bên hình (S2) là:

 3  3

1 288 76,8 211, 663,504

V V V        cm  cm

0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,25