De va DA thi vao 10
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2 MB, 41 trang )
§Ò 1
2
1
( ) :
3
P y x=
!"# $
(2;1)A
%&'()$
(2;1)A
*+, +/0!
()'1"23,4*5#6+$78
9!2)456 :
;$784<=++6>? !"*
*@+*/.
AB%C,
2 2
19
7
x y xy
x y xy
+ − =
+ + = −
D
E(F(68G.0HI6HEJ
(FK8G#*L*@MN*GO%%&GP#
!E(F
QR6' SE(FT()
NM@$H.0*()O%@$.
06
A ;$78!N*%6' SE(FT
D ;$78!M*O6' SE(FT
HÕt
§¸p ¸n vµ thang ®iÓm:
Bµi 1
U
Néi dung
V
1.
#<
(2,0 ®iÓm)
"()'
$GAW+'2 XPY*XAY#
- XJA#'+'
XPJAY
0,50
"H!'
*"
2 2
1
2 1 3 6 3 0
3
x ax a x ax a= − + ⇔ − + − =
0.50
V'
!"Z*!
'∆ =
2
2
9 24 12 0
2
3
a
a a
a
=
∆ = − + = ⇔
=
2,0
[ =GAW+ "
1 2
2 1
: 2 3; :
3 3
d y x d y x= − = −
0,50
A
(4,0 ®iÓm)
"()'$GAW+, +
1 2y mx m= + −
0,50
"H!'*"
2 2
1
2 1 3 6 3 0 (2)
3
x mx m x mx m= − + ⇔ − + − =
0,50
V'1"2A3,Z*!
2 2
8 4
9 24 12 0 9 0
3 3
m m m m
∆ = − + > ⇔ − + >
÷
2
4 4 4 2
0
3 9 3 3
m m
⇔ − − > ⇔ − >
÷
4
3
4 2
2
3 3
(*)
3
4
2
3
4 2
3 3
m
m
m
m
m
m
≥
− >
<
⇔ ⇔
>
<
− >
1,5
/\6,]#'1"2A4*5+HP
*P
A
A
,!A#S2H9!45
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
= < > ⇔ < >
+
÷
= =
⇔
= + −
= − +
#<
[ 6 :#$78!9Z!
2
2 4
1
3 3
y x x= − +
#
/2K
1; 3x x< >
<#^<
D
(2,0 ®iÓm)
%&
0 0 0
( ; )M x y
=++*LA *@+""
()'_$4
<
*+, +6
y kx b= +
#()
$4
<
S
0 0 0 0
y kx b b y kx= + ⇔ = −
#- !'_
0 0
y kx kx y= − +
<#^<
"H!'*"
2 2
0 0 0 0
1
3 3 3 0
3
x kx kx y x kx kx y= − + ⇔ − + − =
]]
<#^<
V=4
<
+6>A *@+/"
2
0 0
9 12 12 0k kx y∆ = − + =
+A,3,
1 2
,k k
*
1 2
1k k = −
0
0
12
3
1
9 4
y
y⇔ = − ⇔ = −
<#^<
[ $784
<
=++*L?A *@+!"
()
3
4
y = −
<#^<
A
(4,0 ®iÓm)
( )
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
= +
+ − = − =
+ − =
⇔ ⇔
÷
=
+ + = − + = −
+ + = −
#<
%C,?
( 1; 6), ( 2; 5)S P S P= − = − = − = −
#<
%C , 8#:
1
6
x y
xy
+ = −
= −
*
2
5
x y
xy
+ = −
= −
+
,!,T
3 2 1 6 1 6
; ; ;
2 3
1 6 1 6
x x x x
y y
y y
= − = = − − = − +
= = −
= − + = − −
A#<
D
#<
D
%&`!GP*%O#9!
*NM;+
·
·
0
90BEI BCA= =
·
·
EBI CBA=
++2Q*@+
BE BC
=
#
M+
BEI BCA BI BA
∆ = ∆ ⇒ =
.0#- 9
.0
Y;a#`.0
Y[ 6' SE(Fb'(
)NM$9.0*()%O$
`.0 D#<
DA c $7 8 ! 9 E ( F ( 68 9 S C #
,C A E I C B E B≡ ⇒ ≡ ≡ ⇒ ≡
W$78!`E(F(68
G`SGP#
,C A G A C B G K≡ ⇒ ≡ ≡ ⇒ ≡
A#<
DD deAN9*M`#
+
1
2
BE BI
BD BK
= =
·
·
·
·
·
·
0
45EBI IBD KBD IBD
EBI KBD
+ = + =
⇒ =
M+
·
·
0
90
BEI BDK
BDK BEI
∆ ∆
⇒ = =
:
Y[ f78!ME(F(68`
Y;a#$78!OE(F(68G9 D#<
§Ò 2
g
%C
4 4
1 2 9 6 2x x x x+ − + + − =
A QR## 6@3* H
!*+
1 1 2
a b b c c a
+ =
+ + +
Ah
;0/I*0iI!
2
2
3 5
1
x x
y
x
+ +
=
+
A ;, S!
2 2
2 3 2 4 3 0x y xy x y+ + − − + =
Dg
(F3b#68j#(68G*M*@+*/
NI6SGM5.N1bG24#.N1bM25
QR8
OM ON
AM DN
×
HR c 0iI!
:
OM ON
AM DN
+
#6+*08!Nk
A %&%l'3 .0!(F3b68jT*%l
6@C(68` HS/%ld0
*08!`*!%l`/I
l
§¸p ¸n vµ thang ®iÓm:
Bài
U
Nội dung
V
1.
g#<
(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
A
(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
2.
h#<
A
(3,0 điểm)
2
2
3 5
1
x x
y
x
+ +
=
+
(xác định với mọi
xR
)
( )
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
AA
(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.
g#<
(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
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
DA
(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
Đề 3
2 2
2 2 2 0 (1).x mx m + =
;0!
m
+,'3,
A ;0!
m
+,3,
1
x
*
2
x
CT,Q
3 3
1 2
5
2
x x+ =
D %C-E+,6@3;0!
m
,'!20/I
AB
%C
2 2
4 3 4x x x x− + = −
A
D
G+
·
0
60 ; ;ABC BC a AB c= = =
,a c
H'/#
lm[45"f+n4S2G#5S2G#"*fKS2
?&m[HG
;*08 !4S2Gm[45"f+',8/
I;8',8/I+
A Ma*@NO%lHGR/6>*J
;8',8!*@+
l
§¸p ¸n vµ thang ®iÓm:
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
A
(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
D
(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
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
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
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
g
D %C,
4
4
3 4
3 4
x y
y x
+ =
+ =
B QR## CTI)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= =
Ah
D d0*@+H'2 S*',8o
SpBm #+m *0#q*
r.
B G##H+(3H!GH++#o
*[ !*(--!oK++R
*(--!(6/8*6@C
!li(G##(6/8*/(6k
Dg
(Fb3b#68j#(68G*M*@+*/
V(Fb
HGMV(Fb
A
Ps*/A
2b*bM!bM*Ps*/(FbV(F
b
D
Ps*/A2b*b!b*Ps*/(
FbV(Fb
B
Ps*/AG*M*Ps*/(
Fb
;868!(Fb
#b
A
#b
D
#b
B
tj
l
§¸p ¸n vµ thang ®iÓm:
Bµi
U
Néi dung
V
1.
g#<
(4,0 ®iÓm)
4
4
3 4
3 4
x y
y x
+ =
+ =
. §iÒu kiÖn ®Ó hÖ cã nghiÖm lµ:
3
4
3
4
x
y
≥
≥
(*)
0,5
Víi ®iÒu kiÖn (*), ta cã:
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⇔ − = ⇔ =
(v×
3
, 0
4
x y ≥ >
nªn
( )
( )
2 2
4 0x y x y+ + + >
).
1,0
Thay vµo (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⇔ − + + − = ⇔ − + + = ⇔ =
v×
( )
2
2
2 3 1 2 0x x x+ + = + + >
.
So víi ®iÒu kiÖn (*), ta cã:
3
1
4
x y= = >
.
VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt :
1
1
x
y
=
=
1,5
A
(3,0 ®iÓm)
§iÒu kiÖn:
; ;a b b c c a≠ − ≠ − ≠ −
0,50
Ta cã
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
− − −
+ + − + + = + +
÷
+ + + + + + + + +
( ) ( ) ( )
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 ®ã:
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
( )
( ) ( ) ( )
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.
h#<
A
(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
AA
(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.
g#<
+ 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
+ Đờng tròn (O
4
) có hai trờng hợp:
a) Tr ờng hợp 1 : (O
4
) ở bên trái (O
1
):
Kẻ tiếp chung của (O
4
) và (O
1
) tại tiếp điểm K cắt AC và AD
tại E và F.
CO và CA là còn là 2 tiếp tuyến của (O
1
), nên chu vi của
CEFV
bằng 2CO, suy ra nửa chu vi của nó là p = R.
Ta có:
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
+
= ì =
+
V
.
Suy ra bán kính của đờng tròn (O
4
) là:
(
)
( )
2
4
3
4 2 2 1
1 2
R
r
+
=
+
2,0
b) Tr êng hîp 2 : (O'
4
) ë bªn ph¶i (O
1
):
Khi ®ã: K' lµ tiÕp ®iÓm cña 2 ®êng trßn, tiÕp tuyÕn chung c¾t CA vµ CD
t¹i E' vµ F', CD tiÕp xóc víi (O'
4
) t¹i 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
+ + +
×
= ⇔ = =
+
(
)
( )
(
)
( )
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: B¸n kÝnh cña ®êng trßn (O'
4
) lµ:
(
)
( )
2
' ' 0
4 4
3
4 2 2 1
22 30'
1 2
R
r O H CHtg
+ +
= = =
+
2,0
§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
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:
2 26 1 2 26 1
( , ) ( , );( , )
13 13
13 13
x y
−
= − −
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 nguyên dương.
Theo đề ra ta có hệ:
32 24
x y
=
(1)
9
≤
x + y
≤
15 (2)
0,5
0,75
⇔
⇔
2 2 2 26
13 13
x = ± = ±
1
13
y
=−
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
0,25
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)
·
·
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.
0,5
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) 0,5
M
O
A B
D
C
*
ã
90
o
ACB =
(gúc ni tip chn na ng trũn)
=> AC vuụng gúc vi BD
CD = CB (gt)
Tam giỏc ABC cõn ti A
AD = AB = 2R (khụng i)
AD = AB = 2R (khụng i) v A c nh. Do ú D chuyn
ng trờn ng trũn (A; 2R).
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
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 < <
O
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)
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)
Veợ hỗnh chờnh xaùc (0,25 õ)
I
M
Q
O
C
D
G
E
F
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
Vồùi x
A
=
1
2
y
A
= 8 ; x
B
=
1
2
y
B
= 1 (0,25 õ)
Vồùi x
A
= -8
y
A
=
1
2
; x
B
= 8
y
B
= -14
Vỏỷy A (
1
2
; 8) vaỡ B (
1
2
; 1) (0,25 õ)
hoỷc A (-8 ;
1
2
) vaỡ B (8 ; -14)
Baỡi 3 (2 õióứm):
Tổỡ
2
1
x -2x - < y < 2 - x -1
2
Suy ra
1 1
y + > 0 y > -
2 2
vaỡ
y -2 < 0 y < 2
(0,75 õ)
Do y nguyón nón y = 0 ; 1
Vồùi y = 0 ta coù 0 < 2 -
x -1 x -1 < 2 -2 < x -1< 2
-1 < x < 3 Do õoù x = 0 ; 1 ; 2 (vỗ x nguyón)
x = 0
1 1
0 2.0
2 2
=
< 0 (nhỏỷn) (0,5 õ)
x = 1
2
1 1
1 2.1 0
2 2
= >
(loaỷi)
x = 2
2
1 1
2 2.2 0
2 2
= <
(nhỏỷn)
Vồùi y = 1 ta coù
1< 2 - x -1 x -1 <1 -1< x -1<1
0 < x < 2 Do õoù x = 1 (0,5 õ)
x = 1
2
1 1
1 1.2 1
2 2
= <
(nhỏỷn)
Vỏỷy caùc cỷp sọỳ phaới tỗm laỡ (0 ; 0); (2 ; 0) vaỡ (1 , 1) (0,25 õ)
Baỡi 4 (4 õióứm)
a) (1,25 õ)
Ta coù AE = AF (t/c tióỳp tuyóỳn) vaỡ OE = OF = R nón OA laỡ õổồỡng trung trổỷc cuớa
õoaỷn thúng EF. Goỹi I laỡ giao õióứm cuớa AC vaỡ EF taỷi I thỗ OA EF vaỡ IE = IF
OEA coù
ã
OEA
= 90
0
(t/c tióỳp tuyóỳn) vaỡ EI OA
nón OE
2
= OI . OA
2 2
OE R R
ịOI = = =
OA 2R 2
OIE (
ã
OIE
= 90
0
) nón EI
2
= OE
2
- OI
2
= R
2
-
2 2
R 3R 3.R
= ị EI =
4 4 2
EF = 2EI =
3
.R vaỡ AC = AO + OC = 2R + R = 3R
S
AECF
=
1
2
. AC . EF =
1
2
. 3R .
3
. R =
2
3 3
R
2
b) (1,25 õ)
Ta coù OM // AE ( OE) nón
ã
ã
MOA = OAE
maỡ
ã
ã
OAE = OAM
Do õoù
ã
ã
MOA = OAM
Suy ra OMA cỏn taỷi M
MO = MA
OAM
OFM
S
AM OM
= =
S FM FM
=
ã
1
cos OMF
maỡ
ã
ã
ã
OMF = EAF = 2EAO
sin
ã
EAO
=
ã
EAO
0
OE R 1
= = ị = 30
OA 2R 2
Do õoù
ã
OMF
= 60
0
nón
OAM
OFM
S
S
=
0
1
cos60
=
1
2
1
2
=
c) (1,25 õ)
- Chổùng minh DEQ = OFM
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 =
R
2
)
nón I laỡ trung õióứm cuớa QM
Vỏỷy AC, EF vaỡ QM õọửng quy taỷi I.
