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
+,-./,01!
)*(2"34-5+6#7,$89
:!3*567 ;
3. <$895=>,,7?@ !"+
+A,+0.
%B
&C-
2 2
19
7
x y xy
x y xy
+ − =
+ + = −
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
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
2
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
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
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 6 1 6
x x x x
y y
y y
= = = = +
= =
= + =
2,0
3
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
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
4
§Ò 2
V
&C
4 4
1 2 9 6 2x x x x+ − + + − =
% PQ##./7A4+./H!
+,
1 1 2
a b b c c a
+ =
+ + +
%W
]
T+
5
Bài
U
Nội dung
T
1.
V#=
(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
+ + +
=
+ + + +
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:
( ) ( ) ( )
(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
( )
( )
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
+ = + = + = + =
+ + = + + = + + = + + =
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
.
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
.
1,0
D%
(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
GH
.
Vậy: Chu vi của
GKH
lớn nhất khi K là trung điểm của cung lớn
ẳ
GH
.
1,5
8
§Ò 3
2 2
2 2 2 0 (1).x mx m− + − =
B <1!
m
,-(4-
` <1!
m
,-4-
1
x
+
2
x
C
S-P
9
T+
Bài 1
U
Nội dung
T
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
= >
= >
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
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
=
=
= >
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
= =
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:
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
( )
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
+
2,0
12
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
= =
;
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
13
§Ò 4
)FY4Y#79Z#)79G+L+A,+0
T)FY
HGLT)FY
%
Ok+0%3
Y+YL!YL+Ok+0)FYT)FY
D
Ok+0%3Y+Y!Y+Ok+0)FYT)
FY
B
Ok+0%G+L+Ok+0)FY
<9
79!)FY
#Y
%
#Y
D
#Y
B
lZ
]
T+
14
Bµi
U
Néi dung
(*)
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 ≥ >
VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt :
1
1
x
y
=
=
1,5
%
(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
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
=
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
.
0,5
0,5
0,5
%%
(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
16
+ 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.
V#=
+ Gọi
r
là độ dài bán kính
đờng tròn (O
1
). Ta có:
ACD
S pr
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 =
+
.
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
+ −
+
= − = − =
+ + +
(
)
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
18
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.
(
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
+ + + + +
= + = +
+ +
+
2,0
19
Tm`
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:
(
)
(
)
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
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
1
13
y
=−
Hệ PT có 2 nghiệm là:
0,25
0,75
0,25
0,5
0,25
21
⇔
⇔
2 2 2 26
13 13
x = ± = ±
1
13
y
=−
2 26 1 2 26 1
( , ) ( , );( , )
13 13
13 13
x y
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
·
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
0,5
23
A
B
D
C
O
Đề 6
Baỡi 1 (2 õióứm):
Cho bióứu thổùc
1 3 2
A = - +
x +1 x x +1 x - x +1
a) Ruùt goỹn bióứu thổùc A
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
ióửu kióỷn xaùc õởnh: x
0 (0,25 õ)
24
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
+ 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
-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
Copyright: Tài liệu đại học ©