Bộ đề ôn thi vào THPT - có đáp án

Một số Đề luyện thi vào chuyên Toán 9
đề 1
Bài 1 (1 đ): Cho : M = x
2
+ y
2
+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
1 1 1
... 2
2 1 3 1 ( 1)n n
+ + + <
+
với mọi n

N*
Bài 3 (1,5 đ):
Giải phơng trình
a/
2
6 10x x +
+
2
6 18x x +
= 6x -5-x
2
b/
2 3
2( 2) 5 1x x+ = +
Bài 4 (0,5 đ): Chứng minh rằng x, y, z,

x
+
y
+
z
đều là các số hữu tỉ thì
x
,
y
,
z
cũng là các
số hữu tỉ.
Bài 5 (1,5 đ):
1/ Chứng minh rằng nếu một đởng 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 đờng thẳng đó có dạng
1.
y
b
+ =
x
a
2/Cho đờng thẳng (m 2)x + (m 1)y = 1
a/ Chứng minh rằng đờng 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 đờng thẳng là lớn nhất.
Bài 6 (2,5 đ): Cho tam giác OAB (OA = OB). Vẽ đờng cao OH, AK biết OA = a,
ã
AOH

=

.
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 = (x
2
2x + 1) + (y
2
+ xy + 1) + xy x y + 1 + 2008 = (x 1)
2
+ (y 1)
2
+ (x

1)(y 1) + 2008 = (x 1)
2
+
2008)1(
4
3
2
1
).1(2
4
)1(
2
2
++

+

y
y
x
y
=
20082008)1(
4
3
)2
1
()1(
2
2

++







+
y
y
x
(0,75 đ). Vậy M có giá trị nhỏ nhất là 2008 khi





==
=
=

+
1.y x
01
0
2
1
1
y

y
x
(0,25 đ)
Bài 2 (1 đ): Để ý rằng:






+
=
+
=
+
1
11
)1(
)1(
1
kk
k
kk
k
kk
=

+
+








+

1
11
1
11
kkkk
k
<
k

+
=








+

1
11
2
2
.
1
11
kkkkk
(0,5đ)
Do đó :

<
2
1
1
1
2
12
1
;








<
3
1
2
1
2
23
1
... ;

+
<
+
1
1
1
1
2
)1(
1
nnn
Cộng các bđt trên, ta có:
2
1
1
12
)1(
1
...
13
1
12
1
<

+
<
+
+++
nnn
(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 đợc x = 3 (0,5đ).
b) Ta có
( )
( )
( )
11511215)2(2
2232
++=++++=+
xxxxxxxx

Đặt
ax
=+
1
;
bxx

=+
1
2
với a, b
0

(0,25đ)
Đa pt về dạng
( )
( )
=+=+
abbaabba 25452
2
22
( )( )
022
=
baba
Giải pt ta tìm đợc x =
2
375
+
và x =
2
375

(0,25đ)
Bài 4 (0,5 đ):
Đặt t =
x

+
y
+
z


Q, Ta có:
x
+
y
=
z
- t

x + y + 2
xy
= z + t
2
2t
z


2
xy
= - x y + z + t
2
- 2t
z

4xy = (x + y + z t
2
)
2
+ 4t
2
+ 4t (x + y z t
2
)
z


(x + y + z t
2
)
2
+ 4zt
2
4xy = 4t (t
2
x y z)
z
(0,25đ)
Nếu t = 0 :
x
+
y
+
z
= 0

x = y = z = 0

x
=
y
=
z
= 0

Q
Nếu t
2
x y + z = 0, t

0: thì 2
xy
= - 2t
z



xy
+ t
z
= 0

=
=
0
0
z
xy



0 z
0y
0x





=



=
=

===
===
txzy
tyzx
;0;0
;0;0


x
,
y
,
z


Q
* Nếu t ( t
2
x y + z)

0
z
=

+
++

)(4
44)(

2
222
zyxtt
xyztzyxt
Q
Lập luận tơng tự, ta suy ra:
x
,
y

Q (0,25đ)
Bài 5 (1,5 đ):
1) (0,5đ) Gọi đờng thẳng cần xác định là y = mx + n.
Đờng thẳng đi qua điểm (0 ; b) nên : b = m.0 + n

n = b.
Đờng thẳng đi qua điểm (a ; 0) nên: 0 = m.a + b

m =
a
b

(chú ý rằng a

0). (0,25đ)
Đờng thẳng cần xác định có dạng: y = -
.1 1
b
y
hay

=++=+
b
y
a
x
bx
a
b
a
x
là tức
(0,25đ)
2a) Điều kiện cần và đủ để đờng thẳng (m 2)x + (m 1)y = 1 (1) đi qua điểm cố định N(x
o
,y
o
) là:
(m 2)x
o
+ (m 1)y
o
= 1 với mọi m

mx
o
2x
o
+ my
o
y

o
1 = 0 với mọi m (025đ)


(x
o
+ y
o
)m (2x
o
+ y
o
+ 1) = 0 với mọi m





=
=




=++
=+
1
1

012

0
o
o
oo
oo
y
x
yx
yx
(0,25đ)
Vậy các đờng thẳng (1) luôn đi qua điểm cố định N (-1; 1).
b) Gọi A là giao điểm của đờng thẳng (1) với trục tung. Ta có: x = 0

y =
1
1

m
, do đó OA =
1
1

m
.
Gọi B là giao điểm của đờng thẳng (1) với trục hoành. Ta có: y = 0

x =
2
1

m
, do đó OB =
2
1

m
.
(0,25đ)
Gọi h là khoảng cách Từ O đến đờng thẳng (1). Ta có:

2
1
2
1
)
2
3
(2562)2()1(
111
2222
222
+=+=+=+=
mmmmm
OBOAh
.
Suy ra h
2
2. max h =
2
khi và chỉ khi m =

2
3
. (0,25đ)
Bài 6 (2,5 đ):
Theo Pitago thì AB
2
= AK
2
+ BK
2
= a
2
sin
2
2 + a
2
(1 cos2a
2
) = a
2
[ ]
)2cos2cos21(2sin
22

++
. Vì
sin
2
2 + cos
2

2 = 1 nên AB
2
= a
2
(1 + 1 2cos2) = 2a
2
(1 - cos2) (0,5 đ)
- So sánh giá trị của AK, ta có asin2 = 2a.sin. cos vậy sin2 = 2sin.cos (0,25 đ)
- So sánh giá trị của BK ta có: 2a.sin
2
. = a(1 cos2) hay cos2 = 1 2sin
2
(0,25 đ)
Bài 7 (2 đ)
Đề 2
Bài 1: (8 điểm)
Cho parabol
2
1
( ) :
3
P y x
=
.
1. Viết phơng trình các tiếp tuyến của (P), biết các tiếp tuyến này đi qua điểm
(2;1)A
.
2. Gọi d là đờng thẳng đi qua điểm
(2;1)A
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.
3. 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)
O
A
B
K
H
O
a) (1 đ) Ta có BAK = AOH = . Từ tam giác vuông OHA, ta có AH = OAsin
= asin vậy AB = 2asin (0,25 đ), mặt khác trong tam giác vuông AKB thì AK =
AB. cos suy ra AK = 2a.sin.cos (0,25) và BK = AB.sin nên BK = 2a.sin
2
.
(0,5 đ)
b) (1,5đ) Với tam giác OKA : AK = OA sin AOK nên AK = asin2 . OK
= OAcos AOK nên OK = acos2 (0,25 đ)
- Với tam giác AKB ta có : AK = asin2 mà BK = OB OK= a acos2
hay BK = a(1 cos2) (0,25 đ).
A
B
C
D
O
x
K
Dựng tia Bx nằm trên nửa mặt phẳng không chứa điểm O với bờ là đờng 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 = 45
o
. Từ ABO = 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 OK
2
= OB
2
+ BK
2
= 8a
2
. Vì vậy OK
2
+ CK
2
= 8a
2
+ a
2

= 9a
2
. Mặt khác OC
2
= 9a
2
nh vậy, OC
2
= OK

2
+KC
2
. Theo định lí Pitago đảo thì
OKC vuông tại K hay OKC = 90
o
. Vì CBK= ABO và BCK = BAO, hơn nữa các
góc này nhọn, nên K thuộc phần mặt phẳng giới hạn bởi hai đờng thẳng song
song AB và CD.Từ đó BKC = BKO + OKC = 45
o
+ 90
o
= 135
o
. Vì BKC =
AOB suy ra AOB = 135
o
.
Giải hệ phơng trình:
2 2
19
7
x y xy
x y xy

+ =

+ + =

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.
1. 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.
2. Tìm quĩ tích của các điểm E và G khi C di chuyển trên nửa đờng tròn đã cho.
3. Tìm quĩ tích của các điểm D và F khi C di chuyển trên nửa đờng tròn đã cho.
Hết
Đáp án
Bµi 1 ý Néi dung §iÓm
1. 8,0
1.1
(2,0 ®iÓm)
Ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng d
1
®i qua A(2; 1) cã d¹ng: y = ax + b vµ 1 = 2a + b,
suy ra b = 1 - 2a, do ®ã d
1
: y = ax - 2a+1.
0,50
Ph¬ng tr×nh cho hoµnh ®é giao ®iÓm cña d
1
vµ (P) lµ:
2 2
1
2 1 3 6 3 0
3
x ax a x ax a
= − + ⇔ − + − =
0.50

§Ó d
1
lµ tiÕp tuyÕn cña (P) th× cÇn vµ ®ñ lµ:

'
∆ =
2
2
9 24 12 0
2
3
a
a a
a
=


∆ = − + = ⇔

=

2,0
VËy tõ A(2; 1) cã hai tiÕp tuyÕn ®Õn (P) lµ:
1 2
2 1
: 2 3; :
3 3
d y x d y x
= − = −
0,50

1.2
(4,0 ®iÓm)
Ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng d ®i qua A(2; 1) cã hÖ sè gãc m lµ:
1 2y mx m
= + −
0,50
Ph¬ng tr×nh cho hoµnh ®é giao ®iÓm cña d vµ (P) lµ:
2 2
1
2 1 3 6 3 0 (2)
3
x mx m x mx m
= − + ⇔ − + − =
0,50
§Ó d c¾t (P) t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt th× cÇn vµ ®ñ lµ:
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
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
1.3
(2,0 điểm)
Gọi
0 0 0
( ; )M x y

là điểm từ đó có thể vẽ 2 tiếp tuyến vuông góc đến (P). Phơng
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
3.
8,0
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 3
Bài 1: (7 điểm)
1. Giải phơng trình:
4 4
1 2 9 6 2x x x x
+ + + =
2. 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:
1 1 2
a b b c c a
+ =
+ + +
Bài 2: (6 điểm)
1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
2
2
3 5
1
x x
y
x
+ +
=
+
.
2. Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:
2 2
2 3 2 4 3 0x y xy x y+ + + =
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.
1. Chứng minh rằng tích
OM ON
AM DN
ì
là một hằng số. Suy ra giá trị nhỏ nhất của tổng
OM ON

AM DN
+
, khi đó cho biết vị trí của điểm E ?
2. 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

§¸p ¸n
Bài ý Nội dung Điểm
1. 7,0
1.1
(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
1.2
(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.
6,0
2.1
(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
2.2
(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. 7,0
(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
3.2
(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 4
Bài 1: (8 điểm)
Cho phơng trình
2 2
2 2 2 0 (1).x mx m + =
.
4. Tìm các giá trị của
m
để phơng trình (1) có hai nghiệm dơng phân biệt.
5. Tìm các giá trị của
m
để phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt
1
x
và
2
x
thoả mãn

hệ thức
3 3
1 2
5
2
x x
+ =
.
6. Giả sử phơng trình (1) có hai nghiệm không âm. Tìm giá trị của
m
để nghiệm dơng
của phơng trình đạt giá trị lớn nhất.
Bài 2: (4điểm)
Giải phơng trình:
2 2
4 3 4x x x x
+ =
(2)
Bài 3: (8 điểm)
Cho tam giác ABC có
ã
0
60 ; ;ABC BC a AB c
= = =
(
,a c
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.
1. Tìm vị trí của M trên cạnh AB để hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất. Tính

diện tích lớn nhất đó.
2. 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:
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
1.2
(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
1.3
(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.
8,0
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
g F 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 5
Bài 1: (7 điểm)
3. Giải hệ phơng trình:
4
4
3 4
3 4
x y
y x

+ =

+ =

4. Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số thoả mãn các bất đẳng thức:
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
+ + + + + +
+ + + + + + + + +
Thì
| | | | | |a b c
= =
Bài 2: (6 điểm)
3. 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.
4. 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 ng-
ời 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 (O
1
) nội tiếp trong tam giác ACD. Đờng tròn (O
2
) tiếp xúc với 2 cạnh OB và
OD của tam giác OBD và tiếp xúc trong với đờng tròn (O). Đờng tròn (O
3
) tiếp xúc với 2
cạnh OB và OC của tam giác OBC và tiếp xúc trong với đờng tròn (O). Đờng tròn (O
4
)
tiếp xúc với 2 tia CA và CD và tiếp xúc ngoài với đờng tròn (O
1
). Tính bán kính của các đ-
ờng tròn (O
1
), (O
2
), (O
3
), (O
4
) theo R.
Hết
§¸p ¸n

Bµi ý Néi dung §iÓm
1. 7,0
1.1
(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
1.2
(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.
6,0
2.1
(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
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
r
là độ dài bán kính đ-
ờng 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 đ-
ờng 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
+ §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
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 6
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--
§¸p ¸n
Câu
Nội dung yêu c– ầu
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
=−

0,25
0,75
0,25
⇔

2 2 2 26
13 13
x
= ± = ±

1
13
y
=−