luyện thi thử HSG toán 9

Trờng THCS Vĩnh hng Đề luyện thi Môn Toán Lớp 9

Đề I:
Bài 1:
Rút gọn biểu thức:
+
6
1
12
5
3
1
3
1
23
1
+
Bài 2:
Biết x;y;z 0 và
=
++
++
222
)(
zyx
czbyax
a
2
+ b
2
+ c

2
Chứng minh rằng:
z
c
y
b
x
a
==
Bài 3: Cho phơng trình bậc hai 2x
2
+ 6x + m = 0.Với giá trị nào của m thì phơng
trình có 2 nghiệm.
Phân biệt x
1
x
2
thoả mãn
1
2
2
1
x
x
x
x
+
2.
Bài 4: .Với giá trị nào của số nguyên m, hệ phơng trình.
m x + 4 y = m + 2

x + my = m Có nghiệm duy nhất (x;y) với x,y là các số nguyên.
Bài 5: Giải phơng trình:
54
2
+ xx
=
22 x
+ x - 1
Bài 6: Cho parbol y = 1/2 x
2
và điểm I (0;2). M(m;0)
a. Viết phơng trình đờng thẳng MI.
b. Chứng minh đờng thẳng MI luôn cắt parbol tại hai điểm phân biệt.
Bài 7: Cho a,b > 0 thoả mãn a + b = 1.
Chứng minh rằng:
22
11
baab +
+
6
Bài 8: Cho tam giác ABC phân giác BE, CF cắt nhau ở O và
2
1
. =
CF
CD
BE
BD
chứng
minh rằng tam giác ABC vuông tại A.

Bài 9: Cho tam giác ABC cân tại A. Đờng trung trực của AB cắt BC ở K. Chứng
minh rằng AB là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác ACK.
Bài 10: Cho đờng tròn (O) và một điểm P cố định ở bên ngoài đờng tròn .Một cát
tuyến thay đổi qua P cắt (O) tại hai điểm A và B. Tìm quỹ tích trung điểm I của AB.

1
Đáp án đề I:(Toán 9)
Bài 1:(2đ)
Ta có :
6
1
12
5

=
6
6
12
5

=
12
625
=
32
)23(
=
32
23
(1.0đ)

Vậy
.
3
1
3
1
23
1
6
1
12
5
3
1
=++
32
23
+
3
1
23
1
+
=
6
23
+
6
2
+

3
3
=
6
33
=
2
3
(1.0đ)
Bài 2 : :(2đ)
Từ (gt)
=
++
++
222
2
)(
zyx
czbyax
a
2
+ b
2
+ c
2

a
2
x
2

+ b
2
y
2
+ c
2
z
2
+ 2axby + 2 acxz + 2bcyz
= a
2
x
2
+ b
2
y
2
+ c
2
z
2
+ a
2
y
2
+ a
2
z
2
+ b

2
x
2
+ b
2
z
2
+ c
2
x
2
+ c
2
y
2
(0.5đ)
(a
2
y
2
- 2abxy + b
2
x
2
) + (a
2
z
2
- 2acxz + c
2

x
2
) + (b
2
z
2
- 2bcyz + c
2
y
2
) = 0 (0.5đ)
(ay - bx)
2
+ (az - cx)
2
+ (bz- cy)
2
= 0 (0.5đ)
ay -bx = 0
y
b
x
a
=
az - cx = 0
z
c
x
a
=

z
c
y
b
x
a
==
(0.5đ)
bz - cy = 0
z
c
y
b
=
Bài 3 : :(2đ)
Để phơng trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
ta phải có:
> 0 9 - 2m > 0 m <
2
9
(0.5đ)
1
2
2
1
x

x
x
x
+
2
21
21
2
2
1
2
2
xx
xxxx +

21
2
21
)(
xx
xx +
0 (0.5đ)
Vì : (x
1
- x
2
)
2
0 với mọi x
1

x
2
do đó
21
2
21
)(
xx
xx +
0
x
1
x
2
0 (0.5đ)
Theo viet ta có: x
1
x
2
=
2
m
. Nên x
1
x
2
> 0
2
m
>0

m > 0
Vậy giá trị của m cần tìm là: 0 < m < 9/2 (0.5đ)
Bài 4: :(2đ)
Ta có: m x + 4 y = m + 2
x + my = m
m x + 4 y = m + 2
x = m - my
m (m - my) + 4y = m +2
x = m - my
m
2
- m
2
y + 4 y = m + 2
x = m - my (0.5đ)
2
(m - 2) (m + 2) y = (m + 1) (m +2) (*)
x = m - my
Để có nghiệm duy nhất thỳ pt (*) có nghiệm duy nhất.
(*) có nghiệm duy nhất (m -2) (m + 2) 0 m 2 và m - 2
Khi đó nghiệm duy nhất của hệ là: ( x =
2+m
m
; y =
2
1
+
+
m
m

) (0.5đ)
Ta có; x =
2+m
m
= 1
2+m
m
và y = 1 -
2
1
+m
Để x nguyên thì m + 2 là ớc của 2.

m + 2 = 2

m = 0
m + 2 = -2

m = -4
m + 2 = 1

m = -1
m + 2 = -1

m = -3 (0.5đ)
Để y nguyên thì m + 2 là ớc của 1 ta có:
m + 2 = 1

m = -1
m + 2 = -1

m = -3
Vậy để hệ có nghiệm duy nhất (x;y) với x,y là các số nguyên thì m = -1
hoặc m = -3. (0.5đ)
Bài 5 : :(2đ)
Điều kiện x 1
Ta có:
54
2
+ xx
=
22 x
+ x - 1
)5)(1( + xx
=
22 x
+ x - 1 (0.5đ)
đặt t = x - 1 t 0 khi đó phơng trình trở thành
)6( +tt
=
t2
+ t (0.5đ)
t
2
+ 6t = 2t + t
2
+ 2t
t2
2t = t
t2

2t
2
= 4t
3
t
2
(t - 2) = 0
t = 0 hoặc t -2 = 0 (0.5đ)
t - 2 = 0 t = 2 TMĐK t 0
Với t = 0 x - 1 = 0 x = 1
t = 2 x - 1 = 2 x = 3
Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm x = 1; x =3. (0.5đ)
Bài 6: :(2đ)
a. Giả sử đờng thẳng MI có pt là y = ax + b (0.25đ)
Ta có
2= a. 0 +b
0= a. m +b
b = 2
a = -2/m (0.5đ)
Vậy đờng thẳng MI có pt là : y = -
m
2
x + 2 (D). (0.25đ)
b. Phơng trình hoành độ giao điểm của (P) và (D) là:
3
m
2
2
= -
m

2
x + 2 mx2 + 4x - 4m = 0. (0.5đ)


= 4 + 4m
2
> 0 với mọi m. Vậy (D) luôn cắt (p) tại hai điểm phân biệt. (0.5đ)
Bài 7: :(2đ)
Trớc hết ta c/m bất đẳng thức:
yx
11
+

yx +
4
Ta có: (x + y)
2
4yx
xy
yx +

yx +
4

yx
11
+

yx +
4

(0.75đ)
Với a,b>0 ta có:
22
11
baab +
+

22
2
4
baba ++
=
2
)(
4
ba +
= 4 (0.5đ)
ab
1
.
2
1

2
)(
4
.
2
1
ba +

= 4

22
1
2
1
baab +
+
+
ab2
1
4 + 2 (0.5đ)
Vậy
22
11
baab +
+
b (0.25đ)
Bài 8 : :(2đ)
Đặt BC = a; AC = b; AB = c
áp dụng tính chất đờng phân giác ta có:
CE
AE
BC
AB
=
CE =
ca
ab
ACBC

ACBC
+
=
+
.

(0.5đ)
b
ca
CE
BC
OE
BD +
==
(0.5đ)
cba
ca
DE
BD
++
+
=
;
cba
ba
CF
CD
++
+
=

(0.5đ)
A
E
F
O
B C
Từ gt suy ra:

2
1
)(
))((
2
=
++
++
cba
baca
(a +b + c)
2
= 2 (a
2
+ab + ac +bc)
a
2
= b
2
+ c
2
vậy ABC là vuông (0.5đ)

Bài 9: :(2đ)
Kẻ tiếp tuyến AB

. (0.5đ)
Ta có: CAB = AKC (1) (0.5đ)
Các tam giác cân ABC; KBA có
chung góc ở đáy B
nên CAB = AKB tức là CAB
= AKC (2) (0.5đ)
Từ (1) và (2) CAB = CABtức
là AB = AB

vậy AB là tuyến tuyến
A

B

B C K


4
O
của đờng tròn. (0.5đ)
Bài 10: :(2đ)
Phần thuận : I là trung điểm của AB
suy ra OI AB I nằm trên đởng tròn
đờng kính OP.
Giới hạn I phải nằm trên cung I
1
I

2
phía
trong đờng tròn tâm O .
Phần đảo : Lấy I

tuỳ ý trên cung I
1
I
2
phía trong (O) thì I

là trung điểm của
dây cung A

B

thuộc cát tuyến PA

B

.
Kết luận : Quỹ tích của I là cung I
1
I
2
thuộc đờng tròn đờng kính OP .
0,75đ I
1
B
I

0,25đ
O
P
0,75đ
0,25đ I
2
5
A
Trờng THCS Vĩnh hng Đề luyện thi Môn Toán Lớp 9

Đề II:
Bài 1:
Chứng minh rằng:
22
2006
1
2005
1
1 ++
là một số hữu tỷ.
Bài 2:
Biết
2
111
===
cba
và
2
111
222

===
cba
Chứng minh rằng: a + b + c = abc.
Bài 3: Cho hai phơng trình:
x
2
+ ax + b = 0 (1)
x
2
- cx - d = 0 (2)
Và các hệ số a,b, c, d thoả mãn a(a - c) + c (c - a) + 8 (d - b) > 0
Chứng minh rằng ít nhất một trong hai phơng trình đã cho có nghiệm.
Bài 4: Cho hệ phơng trình:
x + ym = 2
mx + 2y = 1
Tìm số nguyên m để hệ có nghiệm duy nhất (x,y) mà x > 0 và y > 0.
Bài 5: Giải phơng trình:
x
2
- 3 +
3+x
= 0
Bài 6: Cho parbol y = 1/2 x
2
(p) và đờng thẳng (d) có phơng trình:
y = mx +
2
1
a. Chứng minh rằng với mọi m đờng thẳng d luôn đi qua một điểm cố định.
b. Chứng minh rằng với mọi m (d) luôn cắt (p) tại hai điểm phân biệt M,N.

Bài 7: Cho a 1; b 1.
Chứng minh rằng:
1ba
+
1ab
< ab.
Bài 8: Trong tam giác ABC. Đờng phân giác AD chia cạnh đối diện thành các đoạn
thẳng BD = 2cm; DC = 4cm. Đờng trung trực của AD cắt đờng thẳng BC ở K tính
độ dài KD.
Bài 9: Hình thang ABCD (AB//CD) có BD
2
= AB . CD. Chứng minh rằng đờng tròn
ngoại tiếp tam giác ABD tiếp xúc với BC.
Bài 10: Cho đờng tròn (o; R) cố định và điểm A cố định thuộc đờng tròn, B là điểm
di động trên đờng tròn. Tìm qỹ tích các điểm M sao cho B là trung điểm của AM.

6
Đáp án đề II
Bài 1: :(2đ)
Ta có :
22
2006
1
2005
1
1 ++
=
22
2006
1

2005
1
1 ++
+
2005
2
2005
2

+
2006
2
2006
2

(0,5đ)
=
22
2006
1
2005
1
1 ++
+
2006.2005
2
2005
2

-

2006
2
(0,5đ)
= (
22
2006
1
2005
1
1 +
)
2
(0,5đ)
Vậy
22
2006
1
2005
1
1 ++
=
2
22
)
2006
1
2005
1
1( +
=

22
2006
1
2005
1
1 +
là số hữu tỷ. (0,5đ)
Bài 2 : :(2đ)
Từ (gt)
2
111
=++
cba

4)
111
(
2
222
=++
cba
(0,5đ)

)
4
111
2
111
222
=

+++++
bcacabcba
(0,5đ)
mà
=++
222
111
cba
2 nên
1
111
=++
bcacab
(0,5đ)

1=
++
abc
cba
a + b + c = abc (0,5đ)
Bài 3 : :(2đ)
Phơng trình (1) có:

1
= a
2
- 4b (0,5đ)

2
= c
2
+ 4d

1
+
2
= a
2
+ c
2
+ 4d - 4b 2 (
1
+
2
) = 2 (a
2
+ c
2
) + 8 (d -b) (0,5đ)
Từ gt a (a - c) + c (c - a) +8 (d - b) >0
8 (d - b) > 2 ac - a
2
- c
2
2 (
1
+

2
) = 2 (a
2
+ c
2
) + 8 (d -b) > a
2
+ c
2
+ 2ac = (a + c)
2
(0,5đ)
2 (
1
+
2
) > 0
1
+
2
> 0
Vậy ít nhất một trong 2 biểu thức
1
hoặc
2
dơng, do đó ít nhất một trong 2
phơng trình có hai nghiệm phân biệt. (0,5đ)
Bài 4: :(2đ)
x + my = 2

mx - 2y = 1
x = 2 - my
m (2 - my) - 2 y = 1
x = 2 - my
y=
2
12
2
+

m
m
(0,75đ)
(vì m
2
+ 2 0 m)
7
x =
2
4
2
+
+
m
m
y =
2
12
2
+

m
m
Vậy hệ luôn có nghiệm duy nhất (x =
2
4
2
+
+
m
m
; y =
2
12
2
+

m
m
) (0,25đ)
Để x > 0
2
4
2
+
+
m
m
> 0 m > - 4 (0,5đ)
y < 0

2
12
2
+

m
m
< 0 m < 1/2 (0,5đ)
-4 < m <1/2 vì m Z nên m = -3 ; -2; -1; 0.
Vậy giá trị cần tìm của m là: -3; -2; -1;0. (0,5đ)
Bài 5 : :(2đ)
Điều kiện x -3
Đặt u =
3+x
(u 0) u
2
= x +3 (0,5đ)
Ta có hệ phơng trình:
u
2
= x +3
x
2
- 3 +u = 0
u
2
- x = 3 (1)
x
2
+ u = 3 (2) (0,5đ)

Từ (1) và (2) ta có: u
2
- x
2
- x - u = 0
(u +x) (u - x- 1) = 0
u = - x hoặc u = x + 1 (0,5đ)
Với u = - x ta có: x
2
- x -3 =0 x =
2
131 +
hoặc x =
2
131
(loại)
Với u = x +1 ta có: x
2
+ x -2 =0 x = 1 hoặc x = -2 (loại)
Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm x =
2
131 +
; x =1. (0,5đ)
Bài 6: :(2đ)
a. Từ pt của đờng thẳng (d) y = mx + 1/2 2y = 2mx + 1
Gọi C (x
0
; y
0
) là điểm cố định của (d) C (d) với mọi M. (0,5đ)

Ta có: 2y
0
= 2mx
0
+1 m 2x
0
m = 2y
0
+1m
2x
0
= 0
2 y
0
- 1= 0
x
0
= 0
y
0
= 1/2
Vậy (d) luôn đi qua điểm cố định C (0; 1/2) (0,5đ)
b. Phơng trình hoành độ giao điểm của (P) và (D) là:
m
2
2
= mx +
2
1
x

2
-2mx -1 = 0 (1) (0,5đ)
= m
2
+ 1 > 0 Pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt do đó (p) và (d) luôn cắt
nhau tại hai điểm phân biệt M,N. (0,5đ)
Bài 7: :(2đ)
8
Ta có: a 1 a - 1 0; b 1 b - 1 0 (0,5đ)
áp dụng BĐT Cô si cho hai số không âm a -1 và 1 ta đợc:
b
1a
= b
1).1( a
< b .
22
11 aba
=
+
(0,5đ)
Tơng tự: a
1b
<
2
ab
(0,5đ)
Do đó: a
1b
+ b
1a

<
2
ab
+
2
ab
= ab (0,5đ)
Bài 8 : :(2đ)
Ta có: KDA = KAB +BAD;
KDA = DAC + C
nên KAB = C (0,5đ)
KAB BCA (g.g)

AC
AB
KA
KB
=

Mặt khác:
2
1
4
2
===
CD
BD
AC
AB
(0,5đ)

vậy KB = 1/2 KA do đó KB = 1/2KD
Theo tính chất đờng phân giác:
2
1
===
AC
AB
DC
BD
DC
KB
KB =
2
4
2
=
DC
= 2 (cm) (0,5đ)
Vậy KD = 2KB = 2.2 = 4 (cm)
A

K
B D
C
Bài 9: (2đ)
Từ (gt) BD
2
= AB . CD
BD
AB

CD
BD
=
(1)
(0,25đ)
Gọi E là giao điểm của đờng tròn ngoại
tiếp ABD với DC. vì BED là hình
thang cân.
Nên AD = BE
ABD = BDE(2) (0,25đ)
Từ (1) và (2) ABD BCD (c.g.c)
DAB = DBC(3) (0,25đ)
Kẻ tiếp tuyến AC

với đờng tròn
C

BD = DAB(4) (0,25đ)
Từ (3) và (4) DBC = DBC

BC BC

(0,5đ)
vậy đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC
A B
OO C

D E C
9
O

tiếp xúc với BC. (0,5đ)
Bài 10: :(2đ)
Phần thuận: Qua A vẽ đờng kính AOI
vì A cố định nên I cố định.
Nối I với M trong tam giác AIM có AB
= BM và OA = OI nên OB là đờng TB
của tam giác AIM. (0,5đ)
IM = 2OB = 2R M chạy trên đ-
ờng tròn tâm I bán kính 2R. (0,5đ)
M
B
A I
o
Phần đảo: Lấy M

bất

kỳ thuộc đờng tròn (I,2R) nối A với M

rồi lấy B

là trung
điểm của AM

trong tam giác AIM

ta có B

A = B

M

vào OA = OI nên OB

là đờng
trung bình của AIM

Vậy OB

=
R
RMI
==

2
2
2
.
Do đó B

phải nằm trên đờng tròn (O;R) (0,5đ)
Giới hạn: khi A Q thì B O ; khi A S thì B S
Kết luận: Vậy quỹ tích của điểm M khi B di động trên đờng tròn (O,R) là đờng
tròn (I;2R) trong đó I là điểm đối xứng với A qua O. (0,5đ)
Trờng THCS Vĩnh hng Đề luyện thi Môn Toán Lớp 9

Đề III:
Bài 1:Tính giá trị của biểu thức:
M =
x

x
x
x
211
21
211
21


+
++
+
Bài 2:
Cho x + y + z = 1 và
0
111
===
zyx

Chứng minh rằng: x
2
+ y
2
+ z
2
= 1
Bài 3: Giả sử phơng trình bậc hai:
x
2
+ ax + b + 1= 0 có hai nghiệm nguyên dơng.

10
O
Chứng minh rằng a
2
+ b
2
là một hợp số.
Bài 4: Cho hệ phơng trình:
mx - y = 2
3x + my = 5
Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất (x,y) thoả mãn hệ thức x + y = 1 -
3
2
2
+m
m
Bài 5: Giải phơng trình:
x
2
+ 4x + 5 = 2
32 +x
= 0
Bài 6: Cho parbol y = -1/2 x
2
(p)
a. Lấy hai điểm M,N thuộc P lần lợt có hoành độ là -2, 1 viết phơng trình đ-
ờng thẳng M,N.
b. Xác định hàm số Iy = ax + b biết đồ thi (D) của nó song song với MN và
chỉ cắt (P) tại một điểm.
Bài 7: Tìm giá trị lớn nhất của:

y =
x
x
2
4
Bài 8: Cho tam giác ABC. Có AB = 4cm ; AC = 6cm đờng phân giác AD. Điểm O
chia trong AD theo tỷ số 2:1. Gọi K là giao điểm của BD và AC, tính tỷ số AK:KC.
Bài 9: Cho đờng tròn (O;R) đờng kính AB và CD vuông góc với nhau. Gọi I là
trung điểm của OB; tia CI cắt đờng tròn ở E cắt CD ở K tính DK.
Bài 10: Cho nữa đờng tròn tâm O đờng kính AB. Từ một điểm M trên nữa đờng
tròn ta kẻ MN vuông góc với AB và trên bán kính OM lấy điểm P sao cho OP =
MN. Tìm quỹ tích của P khi M chạy trên nửa đờng tròn.
Đáp án đề III
Bài 1:(2đ)
Ta có :
4
)13(
4
324
4
32
121
2
+
=
+
=+=+ x
0,5đ
4
)13(

4
324
4
32
121
2
+
=

== x
0,5đ
Vậy M =
2
13
1(4
)13(
2
+
+
+
+
2
13
1(4
)13(
2
+


=

)33(2
)13(
2
+
+
+
)33(2
)13(
2


0,5đ
=
32
13 +
+
32
13
=
1
32
32
=
0,5đ
Bài 2:(2đ)
Từ (gt) x +y +z = 1 x
2
+ y
2
+ z

2
+ 2xy + 2xz +2yz = 1 0,5đ
Ta lại có:
0
111
=++
zyx

0=
++
xyz
yzxzxy
0,5đ
xy + xz + yz = 0 0,5đ
Vậy từ: x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2xy + 2xz +2yz = 1
11
x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2(xy + 2xz +2yz) = 1 0,5đ
x

2
+ y
2
+ z
2
= 1 0,5đ
Bài 3:(2đ)
Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phơng trình đã cho:
Theo định lý vi et ta có: x
1
+ x
2
= -a; x
1
. x
2
= b +1 0,5đ
a = - (x
1
+ x
2
) ; b = x
1
x
2
- 1 0,5đ

Nên: a
2
+ b
2
= [-(x
1
+ x
2
)]
2
+ (x
1
+ x
2
)
2
= x
2
1
+ x
2
2
+ 2xy + 2 x
1
x
2
+ x
2
1
+ x

2
2
- 2 x
1
x
2
+ 1 0,5đ
= x
2
1
+ x
2
2
+ x
2
1
+ x
2
2
+ 1 = (x
2
1
+ 1) + (x
2
2
+ 1)
vậy a
2
+ b
2

là hợp số. 0,5đ
Bài 4:(2đ)
0,75đ
Vì m
2
+ 3 0 với m nên hệ có nghiệm duy nhất:
(x =
3
5
2
+
+
m
m
; y =
3
65
2
+

m
m
) 0,25đ
ta có: x + y = 1 -
3
2
2
+m
m

3
5
2
+
+
m
m
+
3
65
2
+

m
m
+
3
2
2
+m
m
= 1 0,5đ
m
2
+ 7 m - 1 = m
2
+ 3 7m = 4 m = 4/7
Vậy giá trị cần tìm là: m = 4/7 0,5đ
Bài 5:(2đ)
Điều kiện 2x + 3 0 x -3/2 0,25đ

Ta có x
2
+ 4x + 5 = 2
3+x
x
2
+ 4x + 5 - 2
3+x
= 0 0,5đ
x
2
+ 4x + 1+ 2x + 3 - 2
3+x
+ 1 = 0
( x + 1)
2
+ (
32 +x
- 1)
2
= 0 0,5đ
0,5đ
Với x = -1 TMĐK. vậy phơng trình có nghiệm là x = -1. 0,25đ
Bài 6:(2,0đ)
a. Vì M (P) nên cho x = -2 y = -2
Vậy M (-2; -2)
mx - y = 2

3x + my = 5
y = mx - 2

3x + m (mx - 2) = 5
y = mx - 2
(m
2
+ 3) x = 5 + 2m
( x + 1)
2
= 0
(
32 +x
- 1)
2
= 0
x = -1

32 +x
= 1
x = -1
12
N (P) nên cho x = 1 y =
2
1
Vậy N (1;
2
1
) 0,5đ
Giả sử phơng trình đờng thẳng MN là y = mx + n
Ta có:
-2 = m (-2) +n
-

2
1
= m . 1 +n
m =
2
1
n = -1
Đờng thẳng MN có phơng trình là: y = 1/2 x - 1 0,5đ
b. Vì (MN) // (D) nên a =
2
1
vậy (D) có phơng trình dạng y =
2
1
x + b
phơng trình hoành độ giao điểm của (P) và (D) là:
-
2
1
x
2
=
2
1
x + b x
2
+x + 2b = 0 (1) 0,5đ
(D) chỉ cắt (P) tại một điểm nên pt (1) có nghiệm kép.
= 0 1 - 8b = 0 b =
8

1
Vậy (D) có Pt là y =
2
1
x +
8
1
0,5đ
Bài 7: (2đ)
y có nghĩa khi:
x - 4 0 x 4 0,5đ
x 0
áp dụng BĐT Cô si cho hai số không âm ta có:
2x = 4 .
2
4)4( +x
4
4).4( x
= 8
4x
0,5đ
Do đó y
8
1
0,25đ
Dấu bằng xảy ra khi x - 4 = 4 x = 8 0,5đ
Vậy giá trị lớn nhất của y là:
8
1
x = 8 0,25đ

Bài 8: (2đ)
Kẻ DE// BK ta có
KC
KE
KE
AK
KC
AK
.=
(0,5đ)

2==
OD
AO
KE
AK
( vì OK // DE) (0,5đ)
5
2
46
4
=
+
=
+
==
ABAC
AB
BC
BD

KC
KE
(0,5đ)
A
K
E
B
13
O
Vậy
5
4
5
5
.2 ==
KC
AK
(0,5đ)
D C
C
Bài 9:(2đ)
Vì C là điểm chính giữa của cung AB
nên AEI = IEB 0,5đ
IE là phân giác của AEB 0,5đ

3==
IB
IA
EB
EA

0,5đ
OK =
33
1 R
OA =

Vậy DK = 2/3R. 0,5đ
C
A B
E
D
Bài 10: (2đ)
Phần thuận: Kẻ OCAB Ta có OC cố
định. (0,5đ)
Xét 2 OMN và CDP có MN = OP;
OMN=MOC (sole)
OM = OC (0,5đ)
nên OMN = COP
MNO = CPO = 90
0
(0,5đ)
Vậy khi M chạy trên nữa đờng tròn (O)
thì (P) chạy trên đờng kính OC cố định.
(0,5đ)
C
M
A
Phần đảo: Cho M

là điểm bất kỳ trên đờng tròn đờng kính OC. Nối OM

cắt nửa
đờng tròn (O) tại đờng tròn M

. Kẻ M

N

AB. (0,5đ)
Ta có CP

O = 90
0
. Xét hai tam giác vuông OM

N và COP

bằng nhau(cạnh
huyền = cạnh góc vuông M

N

= OM

.
Kết luận: Vậy quỹ tích của P là đờng tròn đờng kính OC trong đó C là điểm chính
giữa của nửa đờng tròn (O). (0,5đ)

14

O I
K
N O B