5 BO DE THI HSG

Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án)
Đề 1
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)
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.
-------HT--------

Đáp án và thang điểm:
Bài 1 ý Nội dung Điểm
1. 8,0
1.1
(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
1.2
(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
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
S 2
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.
-----------HT-------

Đáp án và thang điểm:
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

S 3
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-------------------