Đáp an và đề thi toán vào THPT
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.01 MB, 44 trang )
Mét sè ®Ò «n thi vµo chuyªn to¸n ( cã ®¸p ¸n)
§Ò 1
2
1
( ) :
3
P y x=
!"# $
(2;1)A
%&'()$
(2;1)A
*+, +/0!1
()'2"34,5*6#7+$89:!
3)567 ;
<$895=>++7?@ !"*
*A+*/.
BC%D,
2 2
19
7
x y xy
x y xy
+ − =
+ + = −
E
F(G(79H.0IJ7IF(G
K9H#*L*AMN*HO%%&HP#
!F(G
QR7' SF(GT()NM
A$I.0*()O%A$.07
B <$89!N*%7' SF(GT
E <$89!M*O7' SF(GT
HÕt
§¸p ¸n vµ thang ®iÓm:
Hoàng Dương – THCS Phùng Hưng
1
1
Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án)
Bài 1
U
Nội dung
V
1.
#=
(2,0 điểm)
Phơng trình đờng thẳng d
1
đi qua A(2; 1) có dạng: y = ax + b và 1 = 2a +
b, suy ra b = 1 - 2a, do đó d
1
: y = ax - 2a+1.
0,50
Phơng trình cho hoành độ giao điểm của d
1
và (P) là:
2 2
1
2 1 3 6 3 0
3
x ax a x ax a= + + =
0.50
Để d
1
là tiếp tuyến của (P) thì cần và đủ là:
' =
2
2
9 24 12 0
2
3
a
a a
a
=
= + =
=
2,0
Vậy từ A(2; 1) có hai tiếp tuyến đến (P) là:
1 2
2 1
: 2 3; :
3 3
d y x d y x= =
0,50
B
(4,0 điểm)
Phơng trình đờng thẳng d đi qua A(2; 1) có hệ số góc m là:
1 2y mx m= +
0,50
Phơng trình cho hoành độ giao điểm của d và (P) là:
2 2
1
2 1 3 6 3 0 (2)
3
x mx m x mx m= + + =
0,50
Để d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì cần và đủ là:
2 2
8 4
9 24 12 0 9 0
3 3
m m m m
= + > + >
ữ
2
4 4 4 2
0
3 9 3 3
m m
> >
ữ
4
3
4 2
2
3 3
(*)
3
4
2
3
4 2
3 3
m
m
m
m
m
m
>
<
>
<
>
1,5
Hong Dng THCS Phựng Hng
2
2
Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án)
Với điều kiện (*), d cắt (P) tại 2 điểm M và N có hoành độ là x
1
và x
2
là 2
nghiệm của phơng trình (2), nên toạ độ trung điểm I của MN là:
1 2
2
2 2 2 2
; 2 1; 3
3
3 3 3 3
2 2
2 4
1 2
1
3 3
x x x
m x x
x x
m
x
I
y mx m
y x x
= < > < >
+
ữ
= =
= +
= +
1,0
Vậy khi m thay đổi, quĩ tích của I là phần của parabol
2
2 4
1
3 3
y x x= +
,
giới hạn bởi
1; 3x x< >
.
0,50
E
(2,0 điểm)
Gọi
0 0 0
( ; )M x y
là điểm từ đó có thể vẽ 2 tiếp tuyến vuông góc đến (P). Ph-
ơng trình đờng thẳng d' qua M
0
và có hệ số góc k là:
y kx b= +
, đờng
thẳng này đi qua M
0
nên
0 0 0 0
y kx b b y kx= + =
, suy ra pt của d':
0 0
y kx kx y= +
.
0,50
Phơng trình cho hoành độ giao điểm của d và (P) là:
2 2
0 0 0 0
1
3 3 3 0
3
x kx kx y x kx kx y= + + =
(**)
0,50
Để từ M
0
có thể kẻ 2 tiếp tuyến vuông góc tới (P) thì phơng trình:
2
0 0
9 12 12 0k kx y = + =
có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,k k
và
1 2
1k k =
0
0
12
3
1
9 4
y
y = =
0,50
Vậy quĩ tích các điểm M
0
từ đó có thể vẽ đợc 2 tiếp tuyến vuông góc của
(P) là đờng thẳng
3
4
y =
0,50
2.
(4,0 điểm)
( )
2
2 2 2
19 3 19
3 19
7 7
7
S x y
x y xy S P
x y xy
P xy
x y xy S P
x y xy
= +
+ = =
+ =
ữ
=
+ + = + =
+ + =
(1)
1,0
Giải hệ (1) ta đợc:
( 1; 6), ( 2; 5)S P S P= = = =
1,0
Giải các hệ phơng trình tích, tổng:
1
6
x y
xy
+ =
=
và
2
5
x y
xy
+ =
=
ta có các
nghiệm của hệ phơng trình đã cho là:
3 2 1 6 1 6
; ; ;
2 3
1 6 1 6
x x x x
y y
y y
= = = = +
= =
= + =
2,0
Hong Dng THCS Phựng Hng
3
3
Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án)
3.
#=
3.1
Gọi K là giao điểm của Ax và GF, I là giao điểm
của By và ED. Ta có:
ã
ã
0
90BEI BCA= =
ã
ã
EBI CBA=
(góc có các cạnh tơng ứng vuông góc)
BE BC
=
,
Do đó:
BEI BCA BI BA = =
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,
,C A E I C B E B
); quĩ tích của K là nửa đờng tròn đờng
kính AK(bên trái Ax,
,C A G A C B G K
).
2,0
3.3 Xét 2 tam giác BEI và BDK,
ta có:
1
2
BE BI
BD BK
= =
ã
ã
ã
ã
ã
ã
0
45EBI IBD KBD IBD
EBI KBD
+ = + =
=
Do đó:
ã
ã
0
90
BEI BDK
BDK BEI
= =
:
+ 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 2
W
Hong Dng THCS Phựng Hng
4
4
Mét sè ®Ò «n thi vµo chuyªn to¸n ( cã ®¸p ¸n)
%D
4 4
1 2 9 6 2x x x x+ − + + − =
B QR## 7A4* I!
*+
1 1 2
a b b c c a
+ =
+ + +
BX
<0/J*0YJ!
2
2
3 5
1
x x
y
x
+ +
=
+
B <, S!
2 2
2 3 2 4 3 0x y xy x y+ + − − + =
EW
(G4Z#79[#(79H*M*A+*/N
J7SHM6.N2ZH35#.N2ZM36
QR9
OM ON
AM DN
×
IR \ 0YJ!;
OM ON
AM DN
+
#7+*09!N]
B %&%^'4 .0!(G4Z79[T*%^7A
D(79_ IS/%^`0*09!_
*!%^_/J
^
§¸p ¸n vµ thang ®iÓm:
Hoàng Dương – THCS Phùng Hưng
5
5
Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án)
Bài
U
Nội dung
V
1.
W#=
(2,0 điểm)
4 4
1 2 9 6 2x x x x+ + + =
( ) ( )
2 2
4 4
1 3 2x x + =
( )
4 4 4
1 3 2 (1) 1 3 2 0; 0 (2)x x y y y x x + = + = =
(1)
1,0
0 1: 1 0, 3 0y y y <
#nên
(2) 1 3 2 1y y y + = =
(thoả
ĐK)
1x
=
là một nghiệm của phơng trình (1)
1 3: 1 0, 3 0y y y< >
, nên pt (2)
1 3 2 0 0y y y + = =
do đó pt (2) có vô số nghiệm y (
1 3y<
), suy ra pt (1) có vô số nghiệm x (
1 81x<
). 1,0
3: 1 0, 3 0y y y> > >
, nên pt (2)
1 3 2 3y y y + = =
, pt vô
nghiệm.
Vậy tập nghiệm của pt (1) là:
[ ]
1; 81S =
1,0
B
(3,0 điểm)
1 1 2
1 1 1 1
(*)
a b b c c a
a b c a c a b c
+ =
+ + +
=
+ + + +
0,50
Ta có:
( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1 c b
A
a b c a
a b c a
c b
a b c a b c
= =
+ +
+ +
=
+ + +
0,50
Theo giả thiết:
2
2
a c
b a c b b a c b
+
= + = =
, nên:
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
b a b a
b a
A
a b b c c a a b b c c a
+
= =
+ + + + + +
1,0
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 1
b a b c c a
A
c a b c
b c c a b c c a
+ +
= = =
+ +
+ + + +
Đẳng thức (*) đợc nghiệm đúng. 1,0
Hong Dng THCS Phựng Hng
6
6
Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án)
2.
X#=
B
(3,0 điểm)
2
2
3 5
1
x x
y
x
+ +
=
+
(xác định với mọi
x
R
)
( )
2
1 3 5 0 (**)y x x y + =
0,5
1:y =
pt (**) có nghiệm
4
3
x =
1:y
để pt (**) có nghiệm thì:
2
9 4( 1)( 5) 4 24 11 0y y y y = = +
1,0
( ) ( )
2
25 5 5 5 1 11
3 0 3 3 1
4 2 2 2 2 2
y y y y y
1,0
Vậy tập giá trị của y là
1 11
;
2 2
, do đó
11 1
;
2 2
Max y Min y= =
0,5
BB
(3,0 điểm)
( )
2 2 2 2
2 3 2 4 3 0 3 2 2 4 3 0x y xy x y x y x y y+ + + = + + + =
(***)
0,5
Để pt (***) có nghiệm nguyên theo x, thì:
( )
( )
2
2 2
3 2 4 2 4 3 4 8y y y y y = + = +
là số chính phơng.
( ) ( )
2
2 2 2
4 8 2 12y y k k y k + = + =Z
( 2 )( 2 ) 12 ( )y k y k a + + + =
1,0
Ta có: Tổng
( )
2 ( 2 ) 2( 2)y k y k k+ + + + = +
là số chẵn, nên
( )
2 ; ( 2 )y k y k+ + +
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:
2 2 2 6 2 6 2 2
; ; ; ;
2 6 2 2 2 2 2 6
y k y k y k y k
y k y k y k y k
+ = + = + = + =
+ + = + + = + + = + + =
0,5
Giải các hệ pt trên ta có các nghiệm nguyên của pt (a):
( ) ( ) ( ) ( )
2; 2 , 2; 2 , 6; 2 , 6; 2y k y k y k y k= = = = = = = =
0,5
Thay các giá trị
2; 6y y= =
vào pt (***) và giải pt theo x có các nghiệm
nguyên (x; y) là:
( 1; 2), ( 3; 2);( 11; 6),( 9; 6)x y x y x y x y= = = = = = = =
0,5
3.
W#=
(4 đ)
3.1 Ta có:
COM CED
:
vì:
à
à
0
90O E= =
;
à
C
chung. Suy ra:
.
(1)
OM CO ED CO
OM
ED CE CE
= =
Ta có:
AMC EAC :
vì:
à
C chung
,
à
à
0
45A E= =
. Suy ra:
.
(2)
AM AC EA AC
AM
EA EC CE
= =
Từ (1) và (2):
.
(3)
.
2
OM OC ED ED
AM AC EA
EA
= =
1,0
Hong Dng THCS Phựng Hng
7
7
Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án)
ONB EAB
:
à
à
à
( )
0
90 ;O E B chung= =
.
(4)
ON OB OB EA
ON
EA EB EB
= =
à
à
à
0
.
( , 45 ) (5)
DN DB DB ED
DNB EDB B chung D E DN
ED EB EB
= = = =:
Từ (4) và (5):
.
(6)
.
2
ON OB EA EA
DN DB ED
ED
= =
. Từ (3) và (6):
1
2
OM ON
AM DN
ì =
1,0
Đặt
,
OM ON
x y
AM DN
= =
. Ta có: x, y không âm và:
( )
2
1
2 0 2 2 2
2
x y x y xy x y xy = + + = =
Dấu "=" xẩy ra khi:
1
1
2
2
x y
x y
xy
=
= =
=
1,0
Vậy: Tổng
min
1
2
2 2
OM ON OM ED
khi EA ED
AM DN AM
EA
+ = = = =
ữ
E là trung điểm của dây cung
ằ
AD
.
1,0
EB
(3,0 điểm)
GKH
có cạnh GH cố định, nên chu vi của nó lớn nhất khi tổng
KG KH
+
lớn nhất.
Trên tia đối của tia KG lấy
điểm N sao cho KN = KH.
Khi đó,
HKN
cân tại K.
Suy ra
ã ã
1
2
GNH GKH=
và
KG KH KG KN GN
+ = + =
mà
ã
ẳ
1
2
GKH GH=
(góc nội
tiếp chắn cung nhỏ
ẳ
GH
cố
định), do đó
ã
GNH
không
đổi. Vậy N chạy trên cung
tròn (O') tập hợp các điểm
nhìn đoạn GH dới góc
ã
1
4
GOH
=
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
GHK
vuông tại H, do đó
ã
ã
KGH KHG=
(vì lần lợt
phụ với hai góc bằng nhau). Khi đó, K là trung điểm của cung lớn
ẳ
GH
.
Vậy: Chu vi của
GKH
lớn nhất khi K là trung điểm của cung lớn
ẳ
GH
.
1,5
Hong Dng THCS Phựng Hng
8
8
Mét sè ®Ò «n thi vµo chuyªn to¸n ( cã ®¸p ¸n)
§Ò 3
2 2
2 2 2 0 (1).x mx m− + − =
<0!
m
+,'4,
B <0!
m
+,4,
1
x
*
2
x
D
T,Q
3 3
1 2
5
2
x x+ =
E %D-F+,7A4<0!
m
,'1
!30/J
BC
%D
2 2
4 3 4x x x x− + = −
B
E
H+
·
0
60 ; ;ABC BC a AB c= = =
,a c
I'/#^a
b56"c+d5S3H#6S3H#"*cKS3@&
abIH
<*09!5S3Hab56"c+',9/J<9
',9/J+
B Me*ANO%^IHR/7?*1
<9',9!*A+
^
§¸p ¸n vµ thang ®iÓm:
Hoàng Dương – THCS Phùng Hưng
9
9
Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án)
Bài 1
U
Nội dung
V
1.
#=
(2,0 điểm)
Để phơng trình (1) có hai nghiệm dơng phân biệt, cần và đủ là:
2
2
' 4 0
2
0
2
0
m
m
P
S m
= >
= >
= >
0.5
2
2 2 2
0
m
m m
m
<
> < <
>
1.5
B
(3,0 điểm)
Phơng trình có 2 nghiệm phân biệt
2
' 4 0 2 2m m = > < <
(*)
0,50
( ) ( )
2
3 3
1 2 1 2 1 2 1 2
5 5
3
2 2
x x x x x x x x
+ = + + =
0,50
2
2 3
3( 2) 5
6 5 0
2 2
m
m m m m
= + =
0,5
( )
( )
2
1 2,3
1 21
1 5 0 1;
2
m m m m m
+ = = =
m
0,5
Ta có:
2
1 21 3 21 1 21
2 0 2
2 2 2
x
+
= > = <
3
1 21
0 2
2
x
+
= > >
và
3 3
5 21
2 0 2
2
x x
= > <
0,5
Vậy: Có 2 giá trị của m thoả điều kiện bài toán:
1 21
1;
2
m m
+
= =
0,5
E
(3,0 điểm)
Phơng trình có hai nghiệm không âm khi và chỉ khi:
2
2
' 4 0
2
0 2 2 (**)
2
0
m
m
P m
S m
=
=
= >
0,50
Hong Dng THCS Phựng Hng
10
10
Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án)
Khi đó 2 nghiệm của phơng trình là:
( )
2 2
1 2 1 2
4 4
; 0 2;2
2 2
m m m m
x x x x m
+
= =
0,50
Hai nghiệm này không thể đồng thời bằng 0, nên nghiệm dơng của phơng
trình là
2
2
4
0
2
m m
x
+
= >
. Suy ra:
( )
2 2
2 2 2
2
2
4 2 4
2 4 4
4 4
m m
m m m m
x
+
+ +
= =
0,50
Theo bất đẳng thức Cô-si:
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
4 2 4 2 4 4m m m m m m+
0,50
Suy ra:
2
2 2
2 2x x
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi:
2 2
4 2 2;2m m m
= =
.
0,5
Vậy nghiệm dơng của phơng trình đạt giá trị lớn nhất là
2 2khi m =
0,5
2.
(4,0 điểm)
( )
2
2 2
2
2 2
4 0
4 3 4
4 3 4
x x
x x x x
x x x x
+ =
+ =
(2)
( )
2
2
2
2
4 0
0 4
4 2 4
3 0
3
t x x
t
t x
t t
t t
=
=
+ =
=
(3)
0,5
1,0
Gii phng trỡnh theo t, ta cú:
1
1 13
0
2
t
= <
(loại);
2
1 13
0
2
t
+
= >
2 2
13 9
4 0 4
2
t t
= < <
. Suy ra nghiệm của (3) là
2
t
.
1,0
Giải phơng trình
1
2 2
2 2
2
9 13
2
2
4 4 0
9 13
2
2
x
x x t x x t
x
=
= + =
= +
Vậy: phơng trình đã cho có hai nghiệm phân biệt:
1,2
9 13
2
2
x
=
1,0
0,5
Hong Dng THCS Phựng Hng
11
11
Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án)
3.
#=
3.1
+ Đặt
(0 )AM x x c=
.
Ta có:
MN AM ax
MN
BC AB c
= =
( )
0
3
sin 60
2
c x
MQ BM
= =
.
Suy ra diện tích của MNPQ
là:
( )
( )
3
3
2 2
ax c x
a
S x c x
c c
= =
2,0
+ Ta có bất đẳng thức:
2
( 0, 0)
2 2
a b a b
ab ab a b
+ +
> >
ữ
áp dụng, ta có:
2
2
( )
2 4
x c x c
x c x
+
=
ữ
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi:
2
c
x c x x= =
.
Suy ra:
2
3 3
2 4 8
a c ac
S
c
ì =
.
Vậy:
max
3
8
ac
S =
khi
2
c
x =
hay M là trung điểm của cạnh AC.
2,0
Hong Dng THCS Phựng Hng
12
12
Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án)
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'
( ' ; ', ' )E AB G H BC
.
Ta có: E'F'//EF và F'G'//FG, nên:
' ' ' ' ' 'E F BE BF F G
EF BE BF FG
= = =
' ' ' 'E F F G =
. 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:
0
' 1
cot 60
' '
3
BH
g
E H
= =
;
ã
' ' ' ' ' 1
cot ' 1 1
' ' ' ' ' '
3
BG BH H G BH
gF BC
F G F G E H
+
= = = + = +
.
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
AE x=
. Ta có
EF AE ax
EF
BC AB c
= =
;
( )
( ) 3
sin
2
c x
HE c x B
= =
EFGH là hình vuông, nên
2
( ) 3 3
2
2 3
ax c x c
EF EH x
c
a c
= = =
+
Suy ra diện tích hình vuông EFGH là:
( )
2 2
2
2
3
2 3
a c
S EF
a c
= =
+
1,0
Đề 4
Hong Dng THCS Phựng Hng
13
13
Mét sè ®Ò «n thi vµo chuyªn to¸n ( cã ®¸p ¸n)
W
E %D,
4
4
3 4
3 4
x y
y x
+ =
+ =
C QR## DTJ)Q
2 2 2 2 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
+ + ≥ + + ≥ + +
+ + + + + + + + +
<
| | | | | |a b c= =
BX
E `0*A+I'3 S*',9f S
gCa #+a *0#h*i.
C H##I+(4I!HI++#f*b
!*(--!fK++R*(-
-!(7/9*7AD!^Y
(H##(7/9*/(7]
EW
(GZ4Z#79[#(79H*M*A+*/
V(GZ
IHMV(GZ
B
Pj*/B3Z*
ZM!ZM*Pj*/(GZV(GZ
E
Pj*/B
3Z*Z!Z*Pj*/(GZV(GZ
C
Pj*/BH*M*Pj*/(GZ
<979!
(GZ
#Z
B
#Z
E
#Z
C
k[
^
§¸p ¸n vµ thang ®iÓm:
Hoàng Dương – THCS Phùng Hưng
14
14
Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án)
Bài
U
Nội dung
V
1.
W#=
(4,0 điểm)
4
4
3 4
3 4
x y
y x
+ =
+ =
. Điều kiện để hệ có nghiệm là:
3
4
3
4
x
y
(*)
0,5
Với điều kiện (*), ta có:
4 4
4 4 4
3 4 3 4 ( )
3 4 4( ) 0( )
x y x y a
y x x y x y b
+ = + =
+ = + =
1,0
( ) ( )
( )
2 2
( ) 4 0b x y x y x y
+ + + =
0x y x y = =
(vì
3
, 0
4
x y >
nên
( )
( )
2 2
4 0x y x y+ + + >
).
1,0
Thay vào (a):
( )
4 4 4
3 4 4 3 0 1 4 1 0x y x x x x+ = + = =
( )
( )
( )
( )
2
3 2 2
1 3 0 1 2 3 0 1x x x x x x x x + + = + + = =
vì
( )
2
2
2 3 1 2 0x x x+ + = + + >
.
So với điều kiện (*), ta có:
3
1
4
x y= = >
.
Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất :
1
1
x
y
=
=
1,5
B
(3,0 điểm)
Điều kiện:
; ;a b b c c a
0,50
Ta có
2 2 2 2 2 2 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
+ + + + = + +
ữ
+ + + + + + + + +
( ) ( ) ( )
0a b b c c a= + + =
0,50
Suy ra:
2 2 2 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 2 2 2
a b c c a b
a b b c c a a b b c c a
+ + = + +
+ + + + + +
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 4 4 4
2 2 2 2 2 2
0 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
Hong Dng THCS Phựng Hng
15
15
Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án)
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 4 4 4
2 2 2 2
0
2
a c a b c b a b c
a b b c c a
+ + + +
=
+ + +
( ) ( ) ( )
4 2 2 4 4 2 2 4 2 2 2 2
2 2 2
0
2
a a c c a a b b b b c c
a b b c c a
+ + + + +
=
+ + +
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
0
0 0
0
a b
a b b c c a b c
c a
=
+ + = =
=
2 2 2
| | | | | |a b c a b c = = = =
1,0
2.
X#=
B
(4,0 điểm)
Theo giả thiết diện tích của hình vuông có dạng
( )
2
0,S abbb k k k= = > Z
0,5
2
1000 9999 33 99k k
, nên k chỉ gồm 2 chữ số:
10k xy x y= = +
( )
2 2 2
100 20 3 9;0 9k x xy y x y= + +
.
1,0
Nếu y lẻ:
2
1;3;5;7;9 1;9;25;49;81 1;5;9y y b= = =
. Khi đó
2xy
có chữ
số tận cùng là số chẵn, nên chữ số hàng chục của
2
k
phải là số chẵn khác
với 1; 5; 9, do đó S không thể là
abbb
.
1,0
Nếu y chẵn:
2
0;2;4;6;8 0;4;16;36;64 0;4;6y y b= = =
Với y = 0:
2
k
chỉ có thể là 1600; 2500; 3600; 4900; 6400; 8100 không thoả
điều kiện bài toán.
Với y = 2:
2 2
100 40 4k x x= + +
. Khi đó x chỉ có thể là 6 thì chữ số hàng
chục của k
2
mới là 4, suy ra
2
3600 244 3844k abbb= + =
.
Với y = 4; 6:
2
16;36y =
, khi đó 20xy có chữ số hàng chục là số chẵn, nên
chữ số hàng chục của k
2
phải là số lẻ, do đó không thể bằng 4 hoặc 6,
nghĩa là
2
k abbb
.
Với y = 8: y
2
= 64;
2 2
100 160 64k x x= + +
, khi đó x chỉ có thể là 3 hoặc 8
thì chữ số hàng chục của k
2
mới bằng 4, suy ra
2 2
38 1444k = =
hoặc
2 2
88 7744k = =
(không thoả điều kiện bài toán).
Vậy: bài toán có một lời giải duy nhất: Hình vuông cần xác định có cạnh
38k
=
và diện tích
1444S
=
.
0,5
0,5
0,5
BB
(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
Hong Dng THCS Phựng Hng
16
16
Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án)
+ 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.
W#=
+ Gọi
r
là độ dài bán kính
đờng tròn (O
1
). Ta có:
ACD
S pr
=
( )
2
1
2
2
R AC CD r = +
( )
2
2 1R R r = +
1 2
R
r =
+
1,0
+ Đờng tròn (O
2
) tiếp xúc với OB và OD nên tâm O
2
ở trên tia phân giác
của góc
ã
BOD
, (O
2
) lại tiếp xúc trong với (O) nên tiếp điểm T của chúng ở
trên đờng thẳng nối 2 tâm O và O
2
, chính là giao điểm của tia phân giác
góc
ã
BOD
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 (O
2
). Do đó (O
2
) là đờng tròn nội tiếp
' 'OB D
.
+
' 'OB D
có phân giác góc O vừa là đờng cao, nên nó là tam giác vuông
cân và
' ' 2 2 , ' ' 2B D OT R OB OD R= = = =
, suy ra:
' 'OB D ACD
=
.
+ Vậy: Bán kính của (O
2
) cũng bằng
1 2
R
r =
+
.
2,0
+ Hai hình quạt OBC và OBD đối xứng với nhau qua AB nên (O
3
) cũng
bằng (O
2
), nên bán kính của (O
3
) cũng bằng
1 2
R
r =
+
.
1,0
Hong Dng THCS Phựng Hng
17
17
Mét sè ®Ò «n thi vµo chuyªn to¸n ( cã ®¸p ¸n)
+ §êng trßn (O
4
) cã hai trêng hîp:
a) Tr êng hîp 1 : (O
4
) ë bªn tr¸i (O
1
):
KÎ tiÕp chung cña (O
4
) vµ (O
1
) t¹i tiÕp ®iÓm K c¾t AC vµ
AD t¹i E vµ F.
CO vµ CA lµ cßn lµ 2 tiÕp tuyÕn cña (O
1
), nªn chu vi cña
CEFV
b»ng 2CO, suy ra nöa chu vi cña nã lµ p = R.
Ta cã:
2 2
1
4 2 2
1 2
R
CO R r
+
= + =
+
(
)
1 1
4 2 2 1
4 2 2
1 2 1 2 1 2
R
R R
CK CO O K
+ −
+
= − = − =
+ + +
(
)
( )
0
1
2
4 2 2 1
1
22 30'
1 2
1 2
R
O OKF
tg KF
KC CO
+ −
= = = ⇒ =
+
+
(
)
( )
2
3
4 2 2 1
1 2
CEF
R
S CK KF
+ −
= × =
+
V
.
Suy ra b¸n kÝnh cña ®êng trßn (O
4
) lµ:
(
)
( )
2
4
3
4 2 2 1
1 2
R
r
+ −
=
+
2,0
Hoàng Dương – THCS Phùng Hưng
18
18
Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án)
b) Tr ờng hợp 2 : (O'
4
) ở bên phải (O
1
):
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.
(
)
1 1
4 2 2 1
4 2 2
' '
1 2 1 2 1 2
R
R R
CK CO O K
+ +
+
= + = + =
+ + +
(
)
( )
0
2
4 2 2 1
' ' ' ' 22 30'
1 2
R
F H K F CK tg
+ +
= = =
+
(
)
( )
1
2
1
4 2 2 1 4 2 2
''
'
'
1 2
R
CK COCK CO
CF
CF CO CO
+ + +
ì
= = =
+
(
)
( )
(
)
( )
2 2
4 2 2 1 4 2 2 4 2 2 1
' '
1 2 1 2
R R
CH CF F H
+ + + + +
= + = +
+ +
(
)
( )
2
2
4 2 2 1
1 2
R
CH
+ +
=
+
Suy ra: Bán kính của đờng tròn (O'
4
) là:
(
)
( )
2
' ' 0
4 4
3
4 2 2 1
22 30'
1 2
R
r O H CHtg
+ +
= = =
+
2,0
Hong Dng THCS Phựng Hng
19
19
Mét sè ®Ò «n thi vµo chuyªn to¸n ( cã ®¸p ¸n)
§Ò 5
Câu 1: (1,5 điểm). So sánh các số thực sau ( Không dùng máy tính gần đúng).
3 2
và
2 3
Câu 2: (3 điểm). Giải phương trình sau:
2 2
x 1 x 1 0− − + =
Câu 3: (1,5điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của
2
2
x 1
A
x 1
−
=
+
Câu 4: (2 điểm). Giải hệ phương trình:
2x
2
+ 3y = 1
3x
2
- 2y = 2
Câu 5: (4 điểm). Lớp 9A có 56 bạn, trong đó có 32 bạn nam. Cô giáo chủ nhiệm dự kiến
chia lớp thành các tổ học tập:
- Mỗi tổ gồm có các bạn nam, các bạn nữ.
- Số các bạn bạn nam, các bạn nữ được chia đều vào các tổ.
- Số người trong mỗi tổ không quá 15 người nhưng cũng không ít hơn chín
người.
Em hãy tính xem cô giáo có thể sắp xếp như thế nào và có tất cả mấy tổ ?
Câu 6: (5điểm). Cho đường tròn tâm (O; R) đường kính AB và CD vuông góc với nhau.
Trong đoạn AB lấy điểm M khác 0. Đường thẳng CM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ
hai N. Đường thẳng vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến với đường tròn (O) tại N ở
điểm P. Chứng minh rằng:
a) Các điểm O, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn.
b) Tứ giác CMPO là hình bình hành.
c) CM.CN = 2R
2
d) Khi M di chuyển trên đoạn AB thì P di chuyển ở đâu ?
Câu 7: ( 3điểm). Cho đường tròn (O, R), đường kính AB. C là điểm trên đường tròn (O,
R). Trên tia đối của tia CB lấy điểm D sao cho CD = CB. Khi C chuyển động trên đường
tròn (O, R) thì D chuyển động trên đường nào?
Hết
Hoàng Dương – THCS Phùng Hưng
20
20
Mét sè ®Ò «n thi vµo chuyªn to¸n ( cã ®¸p ¸n)
Câu Nội dung – yêu cầu
Điểm
1
(1,5đ)
Giả sử
3 2
>
2 3
(
)
(
)
2 2
3 2 2 3⇔ >
( ) ( )
2 2
3 2 2 3 3 2 2 3 18 12⇔ > ⇔ > ⇔ >
(BĐT đúng)
0,5
1,0
2
(3đ)
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2 2 2
2 2
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
x 1 x 1 0 x 1 x 1
x 1 0 x 1
x 1 x 1 x 1 x 1 0
x 1 hay x 1
x 1 hay x 1
x 1 x 1 1 0
x 1 0hay x 2 0
x 1 hay x 1
x 1 hay x 1 hay x 2 hay x 2
− − + = ⇔ − = −
− ≥ ≥
⇔ ⇔
− = − − − − =
≤ − ≥
≤ − ≥
⇔ ⇔
− − − =
− = − =
≤ − ≥
⇔
= = − = = −
0,5
1,0
1,0
0,5
3
(1,5đ)
Ta có
2 2
2 2 2
2
2 2
x 1 x 1 2 2
A 1
x 1 x 1 x 1
1 2
Do x 1 1 1 2
x 1 x 1
Suy ra A 1
A 1 x 0
− + −
= = = −
+ + +
−
+ ≥ ⇒ ≤ ⇒ ≥ −
+ +
≥ −
= ⇔ =
Vậy GTNN của A bằng 1 khi x = 0
0,5
0,5
0,5
4
(2đ)
. Đặt u = x
2
≥
0, ta có:
2u + 3y = 1
8
13
u
=
3u - 2y = 2
1
13
y
=−
Do đó:
2
8
13
x
=
1
13
y
=−
Hệ PT có 2 nghiệm là:
0,25
0,75
0,25
0,5
Hoàng Dương – THCS Phùng Hưng
21
21
⇔
⇔
2 2 2 26
13 13
x = ± = ±
1
13
y
=−
Mét sè ®Ò «n thi vµo chuyªn to¸n ( cã ®¸p ¸n)
2 26 1 2 26 1
( , ) ( , );( , )
13 13
13 13
x y
−
= − −
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 nguyên dương.
Theo đề ra ta có hệ:
32 24
x y
=
(1)
9
≤
x + y
≤
15 (2)
Từ (1) ta có: 3x – 4y = 0 =>
4
3
x y
=
Đặt y = 3t, t > 0 và t
∈
z, ta có: x = 4t
Từ (2), ta có: 9
≤
3t + 4t
≤
15 hay 9
≤
7t
≤
15
=>
9
7
< t
≤
15
7
=>
2 2
1 2
7 7
t
< ≤
Vì t
∈
z nên giá trị t cần tìm là t = 2, ta tính ra x = 8; y = 6
Như vậy, mỗi tổ có 8 bạn nam, 6 bạn nữ.
Số tổ được chia là:
56
4
6 8
=
+
tổ
0,5
0,75
0,5
0,25
0,5
0,5
0,5
0,5
6
(5đ)
C
a)
A B
N
E P D F
* Tam giác OMP vuông tại M nên O, M, P thuộc đường tròn
đường kính OP.
* Tam giác ONP vuông tại N nên O, N, P thuộc đường tròn
đường kính OP.
* Vậy O, M, N, P cùng thuộc đường tròn đường kính OP.
b) MP//OC (vì cùng vuông góc với AB)
0,5
0,25
0,25
0,25
0,5
Hoàng Dương – THCS Phùng Hưng
22
22
M
O
Mét sè ®Ò «n thi vµo chuyªn to¸n ( cã ®¸p ¸n)
·
·
NMP NCD=
(hai góc đồng vị)
·
·
ONC OCN=
(hai góc đáy của tam giác cân ONC)
·
·
NMP NOP=
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung NP)
Suy ra
·
·
MNO NOP=
; do đó, OP//MC.
Vậy tứ giác MCOP là hình bình hành.
c)
( . )CND COM g g∆ ∆:
Nên
OC CM
CN CD
=
hay CM.CN = OC.CD = 2R
2
d) Vì MP = OC = R không đổi.
Vậy P chạy trên đường thẳng kẻ từ D //AB. Do M chỉ chạy
trên đoạn AB nên P chỉ chạy trên EF thuộc đường thẳng song
nói trên.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
0,5
7
(3đ)
*
·
90
o
ACB =
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
=> AC vuông góc với BD
CD = CB (gt)
Tam giác ABC cân tại A
AD = AB = 2R (không đổi)
AD = AB = 2R (không đổi) và A cố định. Do đó D chuyển
động trên đường tròn (A; 2R).
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Hoàng Dương – THCS Phùng Hưng
23
23
A
B
D
C
O
Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án)
Đề 6
a) Ruùt goỹn bióứu thổùc ABaỡi 1 (2 õióứm):
Cho bióứu thổùc
1 3 2
A = - +
x +1 x x +1 x - x +1
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
-4
y =
x
coù õọử thở (H)
a) Tỗm toaỷ õọỹ giao õióứm cuớa (D) vaỡ (H)
b) Tỗm trón (H) õióứm A(x
A
, y
A
) vaỡ trón (D) õióứm B(x
B
, y
B
) thoaớ maợn caùc
õióửu kióỷn: x
A
+ x
B
= 0 vaỡ 2y
A
- y
B
= 15
Baỡi 3 (2 õióứm):
Tỗm caùc cỷp sọỳ nguyón (x , y) sao cho:
2
1
2 2 1
2
x x y x < <
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). ổồỡng thúng OA cừt (O) taỷi C vaỡ D (O
nũm giổợa A vaỡ C)
a) Tờnh dióỷn tờch tổù giaùc AECF theo R.
b) Tổỡ O veợ õổồỡng thúng vuọng goùc vồùi OE cừt AF taỷi M. Tờnh tyớ sọỳ
dióỷn tờch hai tam giaùc OAM vaỡ OFM.
c) ổồỡng thúng keớ tổỡ D vuọng goùc vồùi OE cừt EC taỷi Q. Chổùng minh caùc
õổồỡng thúng AC, EF vaỡ QM õọửng qui.
HặẽNG DN CHM ệ THI HOĩC SINH GIOI NM 2007-2008
Mọn: Toaùn - Lồùp 9
Baỡi 1(2 õióứm)
a) (0,75 õ)
ióửu kióỷn xaùc õởnh: x
0 (0,25 õ)
Hong Dng THCS Phựng Hng
24
24
Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án)
x - x +1-3+ 2 x + 2 x + x
A = =
x x +1 x x +1
(0,25 õ)
=
( )
( ) ( )
x x +1
x
=
x - x +1
x +1 x - x +1
(0,25 õ)
b) (1,25 õ)
Vồùi x
0 thỗ
2
x
A = 0
1 3
x - +
2 4
(0,5 õ)
Do õoù A
min
= 0 khi x = 0
( )
2
2 2
x -1
x -x + x -1
A -1= = - 0
1 3 1 3
x + + x - +
2 4 2 4
(0,75 õ)
Suy ra
1A
. Do où A
max
= 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 =
-4
x
hay -2x
2
+ 2x + 4 = 0 (x
0) (0,25 õ)
x
2
- 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 (x
A
, y
A
)
(H) nón y
A
=
A
-4
x
(1) (0,25 õ)
B (x
B
, y
B
)
(D) nón y
B
= -2x
B
+ 2 (2)
Do x
A
+ x
B
= 0
x
B
= -x
A
vaỡ 2y
A
- y
B
= 15
y
B
= 2y
A
-15 (0,25 õ)
Thay vaỡo (2)
2y
A
- 15 = 2x
A
+ 2 hay y
A
= x
A
+
17
2
(3)
Tổỡ (1) vaỡ (3)
x
A
+
17
2
=
A
-4
x
2x
A
2
+ 17x
A
+ 8 = 0 (0,25 õ)
(2x
A
+ 1) (x
A
+ 8) = 0
x
A
=
1
2
; x
A
= -8
Hong Dng THCS Phựng Hng
25
25
