Một số đề ôn thi vào chuyên toán (có đáp án)

Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án) Đề 1 Bài 1: (8 điểm) Cho parabol . Viết phương trình các tiếp tuyến của (P), biết các tiếp tuyến này đi qua điểm . Gọi d là đường thẳng đi qua điểm và có hệ số góc m. Với giá trị nào của m thì đường 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 được hai tiếp tuyến của parabol (P) và hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau. Bài 2: (4điểm) Giải hệ phương trình: Bài 3: (8 điểm) Cho nửa đường tròn đường kính AB cố định. C là một điểm bất kì thuộc nửa đường tròn. ở phía ngoài tam giác ABC, vẽ các hình vuông BCDE và ACFG. Gọi Ax, By là các tiếp tuyến của nửa đường tròn. Chứng minh rằng khi C di chuyển trên nửa đường tròn đã cho thì đường thẳng ED luôn đi qua một điểm cố định và đường thẳng FG luôn đi qua điểm cố định khác. Tìm quĩ tích của các điểm E và G khi C di chuyển trên nửa đường tròn đã cho. Tìm quĩ tích của các điểm D và F khi C di chuyển trên nửa đường tròn đã cho. Hết Đáp án và thang điểm: Bài 1 ý Nội dung Điểm 1. 8,0 1.1 (2,0 điểm) Phương trình đường 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 Phương 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) Phương trình đường thẳng d đi qua A(2; 1) có hệ số góc m là: 0,50 Phương 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 phương 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). Phương trình đường thẳng d' qua M0 và có hệ số góc k là: , đường thẳng này đi qua M0 nên , suy ra pt của d': . 0,50 Phương 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 phương trình: có 2 nghiệm phân biệt và 0,50 Vậy quĩ tích các điểm M0 từ đó có thể vẽ được 2 tiếp tuyến vuông góc của (P) là đường thẳng 0,50 2. (4,0 điểm) (1) 1,0 Giải hệ (1) ta được: 1,0 Giải các hệ phương trình tích, tổng: và ta có các nghiệm của hệ phương 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 tương ứng vuông góc) , Do đó: mà By cố định, suy ra điểm I cố định. + Tương tự, K ccố định. + Vậy khi C di chuyển trên nửa đường tròn (O) thì dường thẳng ED đi qua điểm I cố định và đường thẳng GF đi qua điểm K cố định. 3,0 3.2 Suy ra quĩ tích của I là nửa đường tròn đường kính BI (bên phải By, ); quĩ tích của K là nửa đường tròn đường 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 đường tròn đường kính BK. + Tương tự, quĩ tích của F là nửa đường tròn đường kính AI. 3,0 Đề 2 Bài 1: (7 điểm) Giải phương 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 phương trình: Bài 3: (7 điểm) Cho đường tròn tâm O, bán kính R, hai đường 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 đường tròn tâm O bán kính R đã cho và GH không phải là đường 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 và thang điểm: Bài ý Nội dung Điểm 1. 7,0 1.1 (2,0 điểm) (1) 1,0 , nên (thoả ĐK) là một nghiệm của phương 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 (*) được 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 phương. 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 phương 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 dưới góc không đổi. 1,5 GN là dây cung của cung tròn (O') nên GN lớn nhất khi GN là đường kính của cung tròn, suy ra vuông tại H, do đó (vì lần lượt 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 3 Bài 1: (8 điểm) Cho phương trình . Tìm các giá trị của để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt. Tìm các giá trị của để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt và thoả mãn hệ thức . Giả sử phương trình (1) có hai nghiệm không âm. Tìm giá trị của để nghiệm dương của phương trình đạt giá trị lớn nhất. Bài 2: (4điểm) Giải phương trình: (2) Bài 3: (8 điểm) Cho tam giác ABC có ( là hai độ dài cho trước), Hình chữ nhật MNPQ có đỉnh M trên cạnh AB, N trên cạnh AC, P và Q ở trên cạnh BC được 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 thước kẻ và com-pa. Tính diện tích của hình vuông đó. Hết Đáp án và thang điểm: Bài 1 ý Nội dung Điểm 1. 8,0 1.1 (2,0 điểm) Để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt, cần và đủ là: 0.5 1.5 1.2 (3,0 điểm) Phương 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) Phương trình có hai nghiệm không âm khi và chỉ khi: 0,50 Khi đó 2 nghiệm của phương trình là: 0,50 Hai nghiệm này không thể đồng thời bằng 0, nên nghiệm dương của phương 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 dương của phương 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 phương trình Vậy: phương 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 được 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 tương 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. Trường hợp hình vuông E'F'G'H' có đỉnh F' ở trên cạnh AC; G' và H' ở trên cạnh BC, lý luận tương 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 4 Bài 1: (7 điểm) Giải hệ phương 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 người thân thuộc. Cha của A thuộc nhóm đó, cũng vậy con gái của B và người song sinh của C cũng ở trong nhóm đó. Biết rằng C và người song sinh của C là hai người khác giới tính và C không phải là con của B. Hỏi trong ba người A, B, C ai là người khác giới tính với hai người kia ? Bài 3: (7 điểm) Cho đường tròn (O) tâm O, bán kính R, hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Đường tròn (O1) nội tiếp trong tam giác ACD. Đường tròn (O2) tiếp xúc với 2 cạnh OB và OD của tam giác OBD và tiếp xúc trong với đường tròn (O). Đường tròn (O3) tiếp xúc với 2 cạnh OB và OC của tam giác OBC và tiếp xúc trong với đường tròn (O). Đường tròn (O4) tiếp xúc với 2 tia CA và CD và tiếp xúc ngoài với đường tròn (O1). Tính bán kính của các đường tròn (O1), (O2), (O3), (O4) theo R. Hết Đáp án và thang điểm: 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 phương 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 như 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 người 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 trường hợp B là cha của A và B khác giới tính với hai người còn lại là A và C (cùng là phái nữ). 0,5 3. 7,0 + Gọi là độ dài bán kính đường tròn (O1). Ta có: 1,0 + Đường 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 đường thẳng nối 2 tâm O và O2, chính là giao điểm của tia phân giác góc với (O). + Đường 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 đường tròn nội tiếp . + có phân giác góc O vừa là đường 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 + Đường tròn (O4) có hai trường hợp: a) Trường 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 đường tròn (O4) là: 2,0 b) Trường hợp 2: (O'4) ở bên phải (O1): Khi đó: K' là tiếp điểm của 2 đường 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 đường tròn (O'4) là: 2,0 Đề 5 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-- 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) O M 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) D C B A O * (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 Đề 6 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. HặÅẽNG DÁÙN CHÁÚM ÂÃệ THI HOĩC SINH GIOÍI NÀM 2007-2008 Mọn: Toaùn - Lồùp 9 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. De 7 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 + z = 1. Chứng minh rằng Bài 6 (1đ). Giải bất phương trỡnh HẾT  HƯỚNG DẪN CHẤM Gợi ý đỏp ỏn Điểm Bài 1a) 4x2-49-12xy+9y2=(4x2-12xy+9y2)-49 =(2x-3y)2-72=(2x-3y+7)(2x-37-7) (1 đ) (1đ) Bài 1b) x2+7x+10 =x2+5x+2x+10 =x(x+5) +2(x+5) =(x+5)(x+2) (1đ) (1đ) Bài 2a) x2-7x+10=(x-5)(x-2). Điều kiện để A cú nghĩa là x ≠5và x ≠2 (0,5đ) (2đ) 2b), với x nguyờn, A nguyờn khi và chỉ khi nguyờn, khi đú x-2=1 hoặc x-2 =-1 nghĩa là x=3, hoặc x=1. (1,5đ) Bài 3a) Ta xột cỏc trường hợp sau TH1: Ta thấy x=3 thuộc khoảng đang xột vậy nú là nghiệm của phương trỡnh. TH2: Ta thấy x=0,2 khụng thuộc khoảng đang xột vậy nú khụng là nghiệm của phương trỡnh. Kết luận phương trỡnh cú nghiệm x=3. (1đ) (1đ) Bài 3b) x2-2=(2x+3)(x+5)+23 Ûx2-25=(2x+3)(x+5) Û(x-5)(x+5)=(2x+3)(x+5) Û(x-5)(x+5)-(2x+3)(x+5)=0 Û(x+5) [x-5 –(2x+3)] = 0 Û(x+5)(-x-8)=0 Û x-5=0 hoặc x+8 =0 Û x=-5 hoặc x=-8 (2đ) Bài 4a) Ta cú BG ^AB, CH ^AB, nờn BG //CH, tương tự: BH ^AC, CG ^AC, nờn BH//CG.tứ giỏc BGCH cú cỏc cặp cạnh đối sụng song nờn nú là hỡnh bỡnh hành. Do đú hai đường chộo GH và BC cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Vậy GH đi qua trung điểm M của BC. (2đ) 4b) Do BE và CF là cỏc đường cao của tam giỏc ABC nờn cỏc tam giỏc ABE và ACF vuụng. Hai tam giỏc vuụng ABE và ACF cú chung gúc A nờn chỳng đồng dạng. Từ đõy suy ra Hai tam giỏc ABC và AEF cú gúc A chung (2). Từ (1) và (2) ta suy ra ∆ABC ~ ∆AEF. (1,5đ) 4c) Chứng minh tương tự ta được ∆BDF~∆BAC, ∆EDC~∆BAC, suy ra ∆BDF~∆DECị. (1,5đ) 4d) Ta cú Suy ra DH là tia phõn giỏc gúc EDF. Chứng minh tương tự ta cú FH là tia phõn giỏc gúc EFD. Từ đõy suy ra H là giao điểm ba đường phõn giỏc tam giỏc DEF. Vậy H cỏc đều ba cạnh của tam giỏc DEF. (1đ) Bài 5) Ta cú x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y)3 + z3 – 3xyz – 3xy(x + y) = (x + y + z)[(x + y)2 – (x + y)z + z2] – 3xy(x + y + z) = (x + y + z)[(x + y)2 – (x + y)z + z2 – 3xy]= x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx = = dpcm 1đ Bài 6) Điều kiện , bất phương trỡnh Hoặc biểu diễn trờn trục số : 1đ Trong từng phần, từng cõu, nếu thớ sinh làm cỏch khỏc nhưng vẫn cho kết quả đỳng, hợp logic thỡ vẫn cho điểm tối đa của phần, cõu tương ứng. HẾT De 8 Bài 1: a) Giải phương trỡnh: . b) Tỡm x, y thoả món:. Bài 2. Rỳt gọn . Bài 3. Tỡm GTNN (nếu cú) của cỏc biểu thức sau: . . Bài 4. Cho đường trũn tõm O đường kớnh AB. Trờn đường kớnh AB lấy hai điểm I và J đối xứng nhau qua O. M là một điểm (khỏc A và B) trờn (O); cỏc đường thẳng MO, MI, MJ thứ tự cắt (O) tại E, F, G; FG cắt AB tại C. Đường thẳng đi qua F song song AB cắt MO, MJ lần lượt tại D và K. Gọi H là trung điểm của FG. Chứng minh tứ giỏc DHEF nội tiếp được. Chứng minh CE là tiếp tuyến của đường trũn (O). ................................................. ĐÁP ÁN Bài 1: a) . (vỡ ). b) Bài 2.. Bài 3. Vậy, Pmin=8 khi Vậy, Qmin=2006 khi Bài 4. a) Ta cú: mà nội tiếp được. b) Từ cõu a suy ra mà nội tiếp được . Vậy CE là tiếp tuyến của (O). De 9 Baỡi 1 (2 õióứm): Cho bióứu thổùc a) Phỏn tờch A thaỡnh nhỏn tổớ. b) Tỗm càỷp sọỳ x, y thoaớ maợn õióửu kióỷn y - x = õọửng thồỡi A = 0 Baỡi 2 (2 õióứm): Cho bióứu thổùc M = x2 + 2y2 + 3z2 + 4t2 vồùi x, y, z, t laỡ caùc sọỳ nguyón khọng ỏm. Tỗm caùc giaù trở cuớa x, y, z, t õóứ bióứu thổùc M coù giaù trở nhoớ nhỏỳt thoaớ maợn õióửu kióỷn: 2x2 - 2y2 + 5t2 = 30 x2 + 8y2 + 9z2 = 168 Baỡi 3 (2 õióứm): Cho haỡm sọỳ f(x) = (x ẻ R) a) Chổùng minh ràũng vồùi hai giaù trở x1 , x2 tuyỡ yù cuớa x sao cho 1≤ x1< x2 thỗ f(x1) < f(x2) b) Vồùi giaù trở naỡo cuớa x thỗ Baỡi 4 (4 õióứm): Cho tam giaùc cỏn ABC (AB = AC), õổồỡng cao AH. Trón caỷnh BC lỏỳy 2 õióứm M vaỡ E sao cho ME = BC (BM < BE). Qua M keớ õổồỡng thàúng vuọng goùc vồùi BC càừt AB taỷi D. Qua E keớ õổồỡng thàúng vuọng goùc vồùi DE càừt õổồỡng thàúng AH taỷi N. a) Chổùng minh: BM . BH = MD . HN b) Chổùng toớ N laỡ mọỹt õióứm cọỳ õởnh. c) Bióỳt AB = 5 cm, BC = 6 cm. Tờnh khoaớng caùch giổợa tỏm õổồỡng troỡn nọỹi tióỳp vaỡ tỏm õổồỡng troỡn ngoaỷi tióỳp cuớa tam giaùc ABC. HặÅẽNG DÁÙN CHÁÚM ÂÃệ THI HOĩC SINH GIOÍI NÀM 2006-2007 Mọn: Toaùn