Một số đề luyện thi vào chuyên Toán 9

Một số Đề luyện thi vào chuyên Toán 9 đề 1 Bài 1 (1 đ): Cho : M = x2 + y2+xy-3x-3y+2011. Với giá trị nào của x,y thì M đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị đó? Bài 2 (1 đ): Chứng minh rằng với mọi n N* Bài 3 (1,5 đ): Giải phương trình a/ + = 6x -5-x2 b/ Bài 4 (0,5 đ): Chứng minh rằng x, y, z, + + đều là các số hữu tỉ thì ,, cũng là các số hữu tỉ. Bài 5 (1,5 đ): 1/ Chứng minh rằng nếu một đưởng thẳng không đi qua gốc toạ độ, cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng a, cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng b thì đường thẳng đó có dạng 2/Cho đường thẳng (m – 2)x + (m – 1)y = 1 a/ Chứng minh rằng đường thẳng luôn đi qua một điểm cố định với mọi m. c/ Tính giá trị của m để khoảng cách từ gốc toạ độ O đến đường thẳng là lớn nhất. Bài 6 (2,5 đ): Cho tam giác OAB (OA = OB). Vẽ đường cao OH, AK biết OA = a, . a/ Tính các cạnh tam giác AKB theo a và . b/ Tính các cạnh của các tam giác OKA và AKB theo a và 2. Từ đó biểu diễn sin2, cos2 theo sin, cos. Bài 7 (2 đ) : Cho hình vuông ABCD. O là một điểm thuọc miền trong hình vuông sao cho OA : OB : OC = 1 : 2 : 3. Tính số đo góc AOB ? ============================= đáp án Bài 1 (1 đ): Ta có: M = (x2 – 2x + 1) + (y2 + xy + 1) + xy – x – y + 1 + 2008 = (x – 1)2 + (y – 1)2 + (x – 1)(y – 1) + 2008 = (x – 1)2 + = (0,75 đ). Vậy M có giá trị nhỏ nhất là 2008 khi (0,25 đ) Bài 2 (1 đ): Để ý rằng: = < (0,5đ) Do đó : ; ... ; Cộng các bđt trên, ta có: (0,5đ) (đpcm) Bài 3 (1,5 đ): a) Ta có VT Không lớn hơn 4, VP không nhỏ hơn 4 (0,5đ), vậy pt trình có nghiệm khi và chỉ khi hai vế cùng bằng 4. Từ đó ta tìm được x = 3 (0,5đ). b) Ta có Đặt ; với a, b (0,25đ) Đưa pt về dạng Giải pt ta tìm được x = và x = (0,25đ) Bài 4 (0,5 đ): Đặt t = + + Q, Ta có: + = - t x + y + 2 = z + t2 – 2t 2 = - x – y + z + t2 - 2t 4xy = (x + y + z – t2)2 + 4t2 + 4t (x + y – z – t2) (x + y + z – t2)2 + 4zt2 – 4xy = 4t (t2 – x –y – z) (0,25đ) Nếu t = 0 : + + = 0 x = y = z = 0 = = = 0 Q Nếu t2 – x – y + z = 0, t 0: thì 2 = - 2t + t = 0 , , Q * Nếu t ( t2 – x –y + z) 0 = Q Lập luận tương tự, ta suy ra: , Q (0,25đ) Bài 5 (1,5 đ): 1) (0,5đ) Gọi đường thẳng cần xác định là y = mx + n. Đường thẳng đi qua điểm (0 ; b) nên : b = m.0 + n n = b. Đường thẳng đi qua điểm (a ; 0) nên: 0 = m.a + b m = (chú ý rằng a 0). (0,25đ) Đường thẳng cần xác định có dạng: y = -(0,25đ) 2a) Điều kiện cần và đủ để đường thẳng (m – 2)x + (m – 1)y = 1 (1) đi qua điểm cố định N(xo,yo) là: (m – 2)xo + (m – 1)yo = 1 với mọi m mxo – 2xo + myo – yo – 1 = 0 với mọi m (025đ) (xo + yo)m – (2xo + yo + 1) = 0 với mọi m (0,25đ) Vậy các đường thẳng (1) luôn đi qua điểm cố định N (-1; 1). b) Gọi A là giao điểm của đường thẳng (1) với trục tung. Ta có: x = 0 y = , do đó OA = . Gọi B là giao điểm của đường thẳng (1) với trục hoành. Ta có: y = 0x =, do đó OB = .(0,25đ) Gọi h là khoảng cách Từ O đến đường thẳng (1). Ta có: O A B K H O . Suy ra h2 2. max h = khi và chỉ khi m = . (0,25đ) a) (1 đ) Ta có BAK = AOH = α. Từ tam giác vuông OHA, ta có AH = OAsinα = asinα vậy AB = 2asinα (0,25 đ), mặt khác trong tam giác vuông AKB thì AK = AB. cosα suy ra AK = 2a.sinα.cosα (0,25) và BK = AB.sinα nên BK = 2a.sin2α. (0,5 đ) b) (1,5đ) Với tam giác OKA : AK = OA sin AOK nên AK = asin2α . OK = OAcos AOK nên OK = acos2α (0,25 đ) - Với tam giác AKB ta có : AK = asin2α mà BK = OB – OK= a – acos2α hay BK = a(1 – cos2α) (0,25 đ). Bài 6 (2,5 đ): Theo Pitago thì AB2 = AK2 + BK2 = a2sin22α + a2(1 – cos2a2) = a2. Vì sin22α + cos22α = 1 nên AB2 = a2(1 + 1 – 2cos2α) = 2a2(1 - cos2α) (0,5 đ) - So sánh giá trị của AK, ta có asin2α = 2a.sinα. cosα vậy sin2α = 2sinα.cosα (0,25 đ) A B C D O x K - So sánh giá trị của BK ta có: 2a.sin2α. = a(1 – cos2α) hay cos2α = 1 – 2sin2α (0,25 đ) Bài 7 (2 đ) Dựng tia Bx nằm trên nửa mặt phẳng không chứa điểm O với bờ là đường thẳng BC sao cho xBC = ABO. Trên tia Bx lấy điểm K, sao cho BK = BO. Do BOK là tam giác vuông cân nên BKO = 45o. Từ D ABO = D CBK, suy ra KC = OA. Đặt OA = a vì OA : OB : OC = 1 : 2 : 3 nên CK = a ; OB = BK = 2a, OC = 3a. Trong tam giác vuông OBK ta có OK2 = OB2 + BK2 = 8a2 . Vì vậy OK2 + CK2 = 8a2 + a2 = 9a2. Mặt khác OC2 = 9a2 như vậy, OC2 = OK2 +KC2. Theo định lí Pitago đảo thì DOKC vuông tại K hay OKC = 90o. Vì CBK= ABO và BCK = BAO, hơn nữa các góc này nhọn, nên K thuộc phần mặt phẳng giới hạn bởi hai đường thẳng song song AB và CD.Từ đó BKC = BKO + OKC = 45o + 90o = 135o. Vì BKC = AOB suy ra AOB = 135o. Đề 2 Bài 1: (8 điểm) Cho parabol . Viết phơng trình các tiếp tuyến của (P), biết các tiếp tuyến này đi qua điểm . Gọi d là đờng thẳng đi qua điểm và có hệ số góc m. Với giá trị nào của m thì đờng thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt M và N, khi đó tìm quĩ tích trung điểm I của đoạn thẳng MN khi m thay đổi. Tìm quĩ tích các điểm M0 từ đó có thể kẻ đợc hai tiếp tuyến của parabol (P) và hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau. Bài 2: (4điểm) Giải hệ phơng trình: Bài 3: (8 điểm) Cho nửa đờng tròn đờng kính AB cố định. C là một điểm bất kì thuộc nửa đờng tròn. ở phía ngoài tam giác ABC, vẽ các hình vuông BCDE và ACFG. Gọi Ax, By là các tiếp tuyến của nửa đờng tròn. Chứng minh rằng khi C di chuyển trên nửa đờng tròn đã cho thì đờng thẳng ED luôn đi qua một điểm cố định và đờng thẳng FG luôn đi qua điểm cố định khác. Tìm quĩ tích của các điểm E và G khi C di chuyển trên nửa đờng tròn đã cho. Tìm quĩ tích của các điểm D và F khi C di chuyển trên nửa đờng tròn đã cho. Hết Đáp án Bài 1 ý Nội dung Điểm 1. 8,0 1.1 (2,0 điểm) Phơng trình đờng thẳng d1 đi qua A(2; 1) có dạng: y = ax + b và 1 = 2a + b, suy ra b = 1 - 2a, do đó d1: y = ax - 2a+1. 0,50 Phơng trình cho hoành độ giao điểm của d1 và (P) là: 0.50 Để d1 là tiếp tuyến của (P) thì cần và đủ là: 2,0 Vậy từ A(2; 1) có hai tiếp tuyến đến (P) là: 0,50 1.2 (4,0 điểm) Phơng trình đờng thẳng d đi qua A(2; 1) có hệ số góc m là: 0,50 Phơng trình cho hoành độ giao điểm của d và (P) là: 0,50 Để d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì cần và đủ là: 1,5 Với điều kiện (*), d cắt (P) tại 2 điểm M và N có hoành độ là x1 và x2 là 2 nghiệm của phơng trình (2), nên toạ độ trung điểm I của MN là: 1,0 Vậy khi m thay đổi, quĩ tích của I là phần của parabol , giới hạn bởi . 0,50 1.3 (2,0 điểm) Gọi là điểm từ đó có thể vẽ 2 tiếp tuyến vuông góc đến (P). Phơng trình đờng thẳng d' qua M0 và có hệ số góc k là: , đờng thẳng này đi qua M0 nên , suy ra pt của d': . 0,50 Phơng trình cho hoành độ giao điểm của d và (P) là: (**) 0,50 Để từ M0 có thể kẻ 2 tiếp tuyến vuông góc tới (P) thì phơng trình: có 2 nghiệm phân biệt và 0,50 Vậy quĩ tích các điểm M0 từ đó có thể vẽ đợc 2 tiếp tuyến vuông góc của (P) là đờng thẳng 0,50 2. (4,0 điểm) (1) 1,0 Giải hệ (1) ta đợc: 1,0 Giải các hệ phơng trình tích, tổng: và ta có các nghiệm của hệ phơng trình đã cho là: 2,0 3. 8,0 3.1 Gọi K là giao điểm của Ax và GF, I là giao điểm của By và ED. Ta có: (góc có các cạnh tơng ứng vuông góc) , Do đó: mà By cố định, suy ra điểm I cố định. + Tơng tự, K ccố định. + Vậy khi C di chuyển trên nửa đờng tròn (O) thì dờng thẳng ED đi qua điểm I cố định và đờng thẳng GF đi qua điểm K cố định. 3,0 3.2 Suy ra quĩ tích của I là nửa đờng tròn đờng kính BI (bên phải By, ); quĩ tích của K là nửa đờng tròn đờng kính AK(bên trái Ax, ). 2,0 3.3 Xét 2 tam giác BEI và BDK, ta có: Do đó: + Vậy: Quĩ tích của D là nửa đờng tròn đờng kính BK. + Tơng tự, quĩ tích của F là nửa đờng tròn đờng kính AI. 3,0 Đề 3 Bài 1: (7 điểm) Giải phơng trình: Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số không âm và b là số trung bình cộng của a và c thì ta có: Bài 2: (6 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của . Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: Bài 3: (7 điểm) Cho đờng tròn tâm O, bán kính R, hai đờng kính AB và CD vuông góc với nhau. E là điểm bất kì trên cung AD. Nối EC cắt OA tại M, nối EB cắt OD tại N. Chứng minh rằng tích là một hằng số. Suy ra giá trị nhỏ nhất của tổng , khi đó cho biết vị trí của điểm E ? Gọi GH là dây cung cố định của đờng tròn tâm O bán kính R đã cho và GH không phải là đờng kính. K là điểm chuyển động trên cung lớn GH. Xác định vị trí của K để chu vi của tam giác GHK lớn nhất. Hết Đáp án Bài ý Nội dung Điểm 1. 7,0 1.1 (2,0 điểm) (1) 1,0 , nên (thoả ĐK) là một nghiệm của phơng trình (1) , nên pt (2) do đó pt (2) có vô số nghiệm y (), suy ra pt (1) có vô số nghiệm x ( ). 1,0 , nên pt (2), pt vô nghiệm. Vậy tập nghiệm của pt (1) là: 1,0 1.2 (3,0 điểm) 0,50 Ta có: 0,50 Theo giả thiết: , nên: 1,0 Đẳng thức (*) đợc nghiệm đúng. 1,0 2. 6,0 2.1 (3,0 điểm) (xác định với mọi ) 0,5 pt (**) có nghiệm để pt (**) có nghiệm thì: 1,0 1,0 Vậy tập giá trị của y là , do đó 0,5 2.2 (3,0 điểm) (***) 0,5 Để pt (***) có nghiệm nguyên theo x, thì: là số chính phơng. 1,0 Ta có: Tổng là số chẵn, nên cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Mà 12 chỉ có thể bằng tích 1.12 hoặc 2.6 hoặc 3.4, nên chỉ có các hệ phơng trình sau: 0,5 Giải các hệ pt trên ta có các nghiệm nguyên của pt (a): 0,5 Thay các giá trị vào pt (***) và giải pt theo x có các nghiệm nguyên (x; y) là: 0,5 3. 7,0 (4 đ) 3.1 Ta có: vì: ; chung. Suy ra: Ta có: vì: , . Suy ra: Từ (1) và (2): 1,0 Từ (4) và (5): . Từ (3) và (6): 1,0 Đặt . Ta có: x, y không âm và: Dấu "=" xẩy ra khi: 1,0 Vậy: Tổng Û E là trung điểm của dây cung . 1,0 3.2 (3,0 điểm) có cạnh GH cố định, nên chu vi của nó lớn nhất khi tổng lớn nhất. Trên tia đối của tia KG lấy điểm N sao cho KN = KH. Khi đó, cân tại K. Suy ra và mà (góc nội tiếp chắn cung nhỏ cố định), do đó không đổi. Vậy N chạy trên cung tròn (O') tập hợp các điểm nhìn đoạn GH dới góc không đổi. 1,5 GN là dây cung của cung tròn (O') nên GN lớn nhất khi GN là đờng kính của cung tròn, suy ra vuông tại H, do đó (vì lần lợt phụ với hai góc bằng nhau). Khi đó, K là trung điểm của cung lớn . Vậy: Chu vi của lớn nhất khi K là trung điểm của cung lớn . 1,5 Đề 4 Bài 1: (8 điểm) Cho phơng trình . Tìm các giá trị của để phơng trình (1) có hai nghiệm dơng phân biệt. Tìm các giá trị của để phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt và thoả mãn hệ thức . Giả sử phơng trình (1) có hai nghiệm không âm. Tìm giá trị của để nghiệm dơng của phơng trình đạt giá trị lớn nhất. Bài 2: (4điểm) Giải phơng trình: (2) Bài 3: (8 điểm) Cho tam giác ABC có ( là hai độ dài cho trớc), Hình chữ nhật MNPQ có đỉnh M trên cạnh AB, N trên cạnh AC, P và Q ở trên cạnh BC đợc gọi là hình chữ nhật nội tiếp trong tam giác ABC. Tìm vị trí của M trên cạnh AB để hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó. Dựng hình vuông EFGH nội tiếp trong tam giác ABC bằng thớc kẻ và com-pa. Tính diện tích của hình vuông đó. Hết Đáp án Bài 1 ý Nội dung Điểm 1. 8,0 1.1 (2,0 điểm) Để phơng trình (1) có hai nghiệm dơng phân biệt, cần và đủ là: 0.5 1.5 1.2 (3,0 điểm) Phơng trình có 2 nghiệm phân biệt (*) 0,50 0,50 0,5 0,5 Ta có: và 0,5 Vậy: Có 2 giá trị của m thoả điều kiện bài toán: 0,5 1.3 (3,0 điểm) Phơng trình có hai nghiệm không âm khi và chỉ khi: 0,50 Khi đó 2 nghiệm của phơng trình là: 0,50 Hai nghiệm này không thể đồng thời bằng 0, nên nghiệm dơng của phơng trình là . Suy ra: 0,50 Theo bất đẳng thức Cô-si: 0,50 Suy ra: . Dấu đẳng thức xảy ra khi: . 0,5 Vậy nghiệm dơng của phơng trình đạt giá trị lớn nhất là 0,5 2. (4,0 điểm) (2) (3) 0,5 1,0 Giải phương trỡnh theo t, ta cú: (loại); . Suy ra nghiệm của (3) là . 1,0 Giải phơng trình Vậy: phơng trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: 1,0 0,5 3. 8,0 3.1 + Đặt . Ta có: . Suy ra diện tích của MNPQ là: 2,0 + Ta có bất đẳng thức: áp dụng, ta có: . Dấu đẳng thức xảy ra khi: . Suy ra: . Vậy: khi hay M là trung điểm của cạnh AC. 2,0 3.2 + Giả sử đã dựng đợc hình vuông EFGH nội tiếp trong tam giác ABC. Nối BF, trên đoạn BF lấy điểm F'. Dựng hình chữ nhật: E'F'G'H' . Ta có: E'F'//EF và F'G'//FG, nên: . Do đó E'F'G'H' là hình vuông. 1,0 + Cách dựng và 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 tại F. Dựng hình chữ nhật EFGH nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh tơng tự trên, ta có EF = FG, suy ra EFGH là hình vuông. 1,0 + Ta có: ; . Suy ra: Tia BF' cố định khi E' di động trên AB, cắt AC tại một điểm F duy nhất. Trờng hợp hình vuông E'F'G'H' có đỉnh F' ở trên cạnh AC; G' và H' ở trên cạnh BC, lý luận tơng tự ta cũng có tia CE' cố định, cắt AB tại E. Vậy bài toán có một nghiệm hình duy nhất. 1,0 + Đặt . Ta có ; EFGH là hình vuông, nên Suy ra diện tích hình vuông EFGH là: 1,0 Đề 5 Bài 1: (7 điểm) Giải hệ phơng trình: Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số thoả mãn các bất đẳng thức: Thì Bài 2: (6 điểm) Xác định hình vuông có độ dài cạnh là số nguyên và diện tích cũng là số nguyên gồm 4 chữ số, trong đó các chữ số hàng đơn vị, hàng chục và hàng trăm giống nhau. A, B, C là một nhóm ba ngời thân thuộc. Cha của A thuộc nhóm đó, cũng vậy con gái của B và ngời song sinh của C cũng ở trong nhóm đó. Biết rằng C và ngời song sinh của C là hai ngời khác giới tính và C không phải là con của B. Hỏi trong ba ngời A, B, C ai là ngời khác giới tính với hai ngời kia ? Bài 3: (7 điểm) Cho đờng tròn (O) tâm O, bán kính R, hai đờng kính AB và CD vuông góc với nhau. Đờng tròn (O1) nội tiếp trong tam giác ACD. Đờng tròn (O2) tiếp xúc với 2 cạnh OB và OD của tam giác OBD và tiếp xúc trong với đờng tròn (O). Đờng tròn (O3) tiếp xúc với 2 cạnh OB và OC của tam giác OBC và tiếp xúc trong với đờng tròn (O). Đờng tròn (O4) tiếp xúc với 2 tia CA và CD và tiếp xúc ngoài với đờng tròn (O1). Tính bán kính của các đờng tròn (O1), (O2), (O3), (O4) theo R. Hết Đáp án Bài ý Nội dung Điểm 1. 7,0 1.1 (4,0 điểm) . Điều kiện để hệ có nghiệm là: (*) 0,5 Với điều kiện (*), ta có: 1,0 (vì nên ). 1,0 Thay vào (a): vì . So với điều kiện (*), ta có: . Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất : 1,5 1.2 (3,0 điểm) Điều kiện: 0,50 Ta có 0,50 Suy ra: Do đó: 1,0 1,0 2. 6,0 2.1 (4,0 điểm) Theo giả thiết diện tích của hình vuông có dạng 0,5 , nên k chỉ gồm 2 chữ số: . 1,0 Nếu y lẻ: . Khi đó có chữ số tận cùng là số chẵn, nên chữ số hàng chục của phải là số chẵn khác với 1; 5; 9, do đó S không thể là . 1,0 Nếu y chẵn: Với y = 0: chỉ có thể là 1600; 2500; 3600; 4900; 6400; 8100 không thoả điều kiện bài toán. Với y = 2: . Khi đó x chỉ có thể là 6 thì chữ số hàng chục của k2 mới là 4, suy ra . Với y = 4; 6: , khi đó 20xy có chữ số hàng chục là số chẵn, nên chữ số hàng chục của k2 phải là số lẻ, do đó không thể bằng 4 hoặc 6, nghĩa là . Với y = 8: y2 = 64; , khi đó x chỉ có thể là 3 hoặc 8 thì chữ số hàng chục của k2 mới bằng 4, suy ra hoặc (không thoả điều kiện bài toán). Vậy: bài toán có một lời giải duy nhất: Hình vuông cần xác định có cạnh và diện tích . 0,5 0,5 0,5 2.2 (2,0 điểm) Theo giả thiết, cha của A có thể là B hoặc C: Nếu B là cha của A thì C không thể song sinh với A, vì nếu nh thế thì C là con của B, trái giả thiết, do đó C và B là song sinh và khác giới tính (gt), nên C là phái nữ. Mặt khác, con gái của B không thể là C nên phải là A, do đó A là phái nữ. Vậy B khác giới tính với hai ngời còn lại là A và C (cùng là phái nữ). 1,0 Nếu C là cha của A thì C chỉ có thể là song sinh với B, theo giả thiết B phải là phái nữ. Mặt khác, con gái của B không thể là C (gt) nên phải là A, suy ra C và B là vợ chồng chứ không phải là song sinh, dẫn đến mâu thuẫn. 0,5 Vậy chỉ có duy nhất trờng hợp B là cha của A và B khác giới tính với hai ngời còn lại là A và C (cùng là phái nữ). 0,5 3. 7,0 + Gọi là độ dài bán kính đờng tròn (O1). Ta có: 1,0 + Đờng tròn (O2) tiếp xúc với OB và OD nên tâm O2 ở trên tia phân giác của góc , (O2) lại tiếp xúc trong với (O) nên tiếp điểm T của chúng ở trên đờng thẳng nối 2 tâm O và O2, chính là giao điểm của tia phân giác góc với (O). + Đờng thẳng qua T vuông góc với OT cắt 2 tia OB và OD tại B' và D' là tiếp tuyến chung của (O) và (O2). Do đó (O2) là đờng tròn nội tiếp . + có phân giác góc O vừa là đờng cao, nên nó là tam giác vuông cân và , suy ra: . + Vậy: Bán kính của (O2) cũng bằng . 2,0 + Hai hình quạt OBC và OBD đối xứng với nhau qua AB nên (O3) cũng bằng (O2), nên bán kính của (O3) cũng bằng . 1,0 + Đờng tròn (O4) có hai trờng hợp: a) Trờng hợp 1: (O4) ở bên trái (O1): Kẻ tiếp chung của (O4) và (O1) tại tiếp điểm K cắt AC và AD tại E và F. CO và CA là còn là 2 tiếp tuyến của (O1), nên chu vi của bằng 2CO, suy ra nửa chu vi của nó là p = R. Ta có: . Suy ra bán kính của đờng tròn (O4) là: 2,0 b) Trờng hợp 2: (O'4) ở bên phải (O1): Khi đó: K' là tiếp điểm của 2 đờng tròn, tiếp tuyến chung cắt CA và CD tại E' và F', CD tiếp xúc với (O'4) tại H. Suy ra: Bán kính của đờng tròn (O'4) là: 2,0 Đề 6 Cõu 1: (1,5 điểm). So sỏnh cỏc số thực sau ( Khụng dựng mỏy tớnh gần đỳng). và Cõu 2: (3 điểm). Giải phương trỡnh sau: Cõu 3: (1,5điểm). Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của Cõu 4: (2 điểm). Giải hệ phương trỡnh: 2x2 + 3y = 1 3x2 - 2y = 2 Cõu 5: (4 điểm). Lớp 9A cú 56 bạn, trong đú cú 32 bạn nam. Cụ giỏo chủ nhiệm dự kiến chia lớp thành cỏc tổ học tập: Mỗi tổ gồm cú cỏc bạn nam, cỏc bạn nữ. Số cỏc bạn bạn nam, cỏc bạn nữ được chia đều vào cỏc tổ. Số người trong mỗi tổ khụng quỏ 15 người nhưng cũng khụng ớt hơn chớn người. Em hóy tớnh xem cụ giỏo cú thể sắp xếp như thế nào và cú tất cả mấy tổ ? Cõu 6: (5điểm). Cho đường trũn tõm (O; R) đường kớnh AB và CD vuụng gúc với nhau. Trong đoạn AB lấy điểm M khỏc 0. Đường thẳng CM cắt đường trũn (O) tại điểm thứ hai N. Đường thẳng vuụng gúc với AB tại M cắt tiếp tuyến với đường trũn (O) tại N ở điểm P. Chứng minh rằng: Cỏc điểm O, M, N, P cựng nằm trờn một đường trũn. Tứ giỏc CMPO là hỡnh bỡnh hành. CM.CN = 2R2 Khi M di chuyển trờn đoạn AB thỡ P di chuyển ở đõu ? Cõu 7: ( 3điểm). Cho đường trũn (O, R), đường kớnh AB. C là điểm trờn đường trũn (O, R). Trờn tia đối của tia CB lấy điểm D sao cho CD = CB. Khi C chuyển động trờn đường trũn (O, R) thỡ D chuyển động trờn đường nào? --Hết-- Đáp án Cõu Nội dung – yờu cầu Điểm 1 (1,5đ) Giả sử > (BĐT đỳng) 0,5 1,0 2 (3đ) 0,5 1,0 1,0 0,5 3 (1,5đ) Ta cú Vậy GTNN của A bằng 1 khi x = 0 0,5 0,5 0,5 4 (2đ) . Đặt u = x2 0, ta cú: 2u + 3y = 1 3u - 2y = 2 Do đú: Hệ PT cú 2 nghiệm là: 0,25 0,75 0,25 0,5 0,25 5 (4đ) * Gọi số bạn nam được chia vào tổ là x, số bạn nam được chia vào tổ là y, x, y nguyờn dương. Theo đề ra ta cú hệ: (1) 9 x + y 15 (2) Từ (1) ta cú: 3x – 4y = 0 => Đặt y = 3t, t > 0 và t z, ta cú: x = 4t Từ (2), ta cú: 9 3t + 4t 15 hay 9 7t 15 => Vỡ t z nờn giỏ trị t cần tỡm là t = 2, ta tớnh ra x = 8; y = 6 Như vậy, mỗi tổ cú 8 bạn nam, 6 bạn nữ. Số tổ được chia là: tổ 0,5 0,75 0,5 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 6 (5đ) C a) M O A B N E P D F * Tam giỏc OMP vuụng tại M nờn O, M, P thuộc đường trũn đường kớnh OP. * Tam giỏc ONP vuụng tại N nờn O, N, P thuộc đường trũn đường kớnh OP. * Vậy O, M, N, P cựng thuộc đường trũn đường kớnh OP. b) MP//OC (vỡ cựng vuụng gúc với AB) (hai gúc đồng vị) (hai gúc đỏy của tam giỏc cõn ONC) (hai gúc nội tiếp cựng chắn cung NP) Suy ra ; do đú, OP//MC. Vậy tứ giỏc MCOP là hỡnh bỡnh hành. c) Nờn hay CM.CN = OC.CD = 2R2 d) Vỡ MP = OC = R khụng đổi. Vậy P chạy trờn đường thẳng kẻ từ D //AB. Do M chỉ chạy trờn đoạn AB nờn P chỉ chạy trờn EF thuộc đường thẳng song núi trờn. 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 7 (3đ) A B C O D * (gúc nội tiếp chắn nửa đường trũn) => AC vuụng gúc với BD CD = CB (gt) Tam giỏc ABC cõn tại A AD = AB = 2R (khụng đổi) AD = AB = 2R (khụng đổi) và A cố định. Do đú D chuyển động trờn đường trũn (A; 2R). 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 De 8 Baỡi 1 (2 õióứm): Cho bióứu thổùc a) Ruùt goỹn bióứu thổùc A b) Tỗm giaù trở nhoớ nhỏỳt vaỡ giaù trở lồùn nhỏỳt cuớa bióứu thổùc A Baỡi 2 (2 õióứm): Cho haỡm sọỳ y = - 2x + 2 coù õọử thở (D) vaỡ haỡm sọỳ coù õọử thở (H) a) Tỗm toaỷ õọỹ giao õióứm cuớa (D) vaỡ (H) b) Tỗm trón (H) õióứm A(xA , yA) vaỡ trón (D) õióứm B(xB , yB) thoaớ maợn caùc õióửu kióỷn: xA+ xB = 0 vaỡ 2yA - yB = 15 Baỡi 3 (2 õióứm): Tỗm caùc càỷp sọỳ nguyón (x , y) sao cho: Baỡi 4 (4 õióứm): Cho õổồỡng troỡn (O , R) vaỡ õióứm A vồùi OA = 2R. Tổỡ A veợ 2 tióỳp tuyóỳn AE vaỡ AF õóỳn (O). (E, F laỡ 2 tióỳp õióứm). Âổồỡng thàúng OA càừt (O) taỷi C vaỡ D (O nàũm giổợa A vaỡ C) a) Tờnh dióỷn tờch tổù giaùc AECF theo R. b) Tổỡ O veợ õổồỡng thàúng vuọng goùc vồùi OE càừt AF taỷi M. Tờnh tyớ sọỳ dióỷn tờch hai tam giaùc OAM vaỡ OFM. c) Âổồỡng thàúng keớ tổỡ D vuọng goùc vồùi OE càừt EC taỷi Q. Chổùng minh caùc õổồỡng thàúng AC, EF vaỡ QM õọửng qui. Dap an Baỡi 1(2 õióứm) a) (0,75 õ) Âióửu kióỷn xaùc õởnh: x 0 (0,25 õ) (0,25 õ) = (0,25 õ) b) (1,25 õ) Vồùi x 0 thỗ (0,5 õ) Do õoù Amin = 0 khi x = 0 (0,75 õ) Suy ra . Do où Amax= 1 khi x = 1 Baỡi 2 (2 õióứm) a) (0,75 õ) Hoaỡnh õọỹ giao õióứm cuớa (D) vaỡ (H) laỡ nghióỷm cuớa phổồng trỗnh: -2x + 2 = hay -2x2 + 2x + 4 = 0 (x 0) (0,25 õ) x2 - x - 2 = 0 (x + 1)(x - 2) = 0 (0,25 õ) x = -1 ; x = 2 Vồùi x = -1 y = 4 ; vồùi x = 2 y = -2 Vỏỷy toaỷ õọỹ giao õióứm cuớa (D) vaỡ (H) laỡ (-1 ; 4) vaỡ (2 ; -2) (0,25 õ) b) (1,25 õ) A (xA , yA) (H) nón yA = (1) (0,25 õ) B (xB , yB) (D) nón yB = -2xB + 2 (2) Do xA + xB = 0 xB = -xA vaỡ 2yA - yB = 15 yB = 2yA -15 (0,25 õ) Thay vaỡo (2) 2yA - 15 = 2xA + 2 hay yA = xA + (3) Tổỡ (1) vaỡ (3) xA + = 2xA2 + 17xA + 8 = 0 (0,25 õ) (2xA + 1) (xA + 8) = 0 xA = ; xA = -8 Vồùi xA = yA = 8 ; xB = yB = 1 (0,25 õ) Vồùi xA = -8 yA = ; xB = 8 yB = -14 Vỏỷy A ( ; 8) vaỡ B ( ; 1) (0,25 õ) hoàỷc A (-8 ; ) vaỡ B (8 ; -14) Baỡi 3 (2 õióứm): Tổỡ Suy ra vaỡ (0,75 õ) Do y nguyón nón y = 0 ; 1 Vồùi y = 0 ta coù 0 < 2 - -1 < x < 3 Do õoù x = 0 ; 1 ; 2 (vỗ x nguyón) x = 0 < 0 (nhỏỷn) (0,5 õ) x = 1 (loaỷi) x = 2 (nhỏỷn) Vồùi y = 1 ta coù 0 < x < 2 Do õoù x = 1 (0,5 õ) x = 1 (nhỏỷn) Vỏỷy caùc càỷp sọỳ phaới tỗm laỡ (0 ; 0); (2 ; 0) vaỡ (1 , 1) (0,25 õ) Baỡi 4 (4 õióứm) Veợ hỗnh chờnh xaùc (0,25 õ) a) (1,25 õ) Ta coù AE = AF (t/c tióỳp tuyóỳn) vaỡ OE = OF = R nón OA laỡ õổồỡng trung trổỷc cuớa õoaỷn thàúng EF. Goỹi I laỡ giao õióứm cuớa AC vaỡ EF taỷi I thỗ OA ^ EF vaỡ IE = IF D OEA coù = 900 (t/c tióỳp tuyóỳn) vaỡ EI ^ OA nón OE2 = OI . OA DOIE ( = 900) nón EI2 = OE2 - OI2 = R2 - EF = 2EI = .R vaỡ AC = AO + OC = 2R + R = 3R SAECF = . AC . EF = . 3R . . R = b) (1,25 õ) Ta coù OM // AE (^ OE) nón maỡ Do õoù Suy ra DOMA cỏn taỷi M MO = MA = maỡ sin = Do õoù = 600 nón = = c) (1,25 õ) - Chổùng minh DDEQ = DOFM Suy ra: QD = OM - Chổùng minh QDMO laỡ hỗnh bỗnh haỡnh Suy ra QM vaỡ DO giao nhau taỷi trung õióứm cuớa mọựi õổồỡng Maỡ I laỡ trung õióứm cuớa OD (OI = ID = ) nón I laỡ trung õióứm cuớa QM Vỏỷy AC, EF vaỡ QM õọửng quy taỷi I. Đề 10 Bài 1 (4đ). Phõn tớch cỏc đa thức sau thành nhõn tử : a) 4x2 – 49 – 12xy + 9y2 b) x2 + 7x + 10 Bài 2 (4đ) Cho a) Rỳt gọn A. b) Tỡm x nguyờn để A nguyờn. Bài 3 (4đ). Giải phương trỡnh b) x2 – 2 = (2x + 3)(x + 5) + 23 Bài 4 (6đ). Tam giỏc ABC cú ba gúc nhọn, cỏc đường cao AD, BE, CF gặp nhau tại H. Đường thẳng vuụng gúc với AB tại B và đường thẳng vuụng gúc với AC tại C cắt nhau tại G. Chứng minh rằng GH đi qua trung điểm M của BC. ∆ABC ~ ∆AEF H cỏch đều cỏc cạnh của tam giỏc DDEF Bài 5 (1đ). Cho ba số thực x, y và z sao cho x + y +