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,

.
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

++







+
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





+
+








+

1
11
1
11
kkkk
k
<
k







<
2
1
1
1
2
12
1
;








<
3
1
2
1
2
23
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

+
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




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






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


x
,
y
,
z


Q
* Nếu t ( t
2
x y + z)

0
z
=

+
++

)(4
44)(

=++=+
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

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


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

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:
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

= 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
.
2 2
19
7
x y xy
x y xy

+ =

+ + =

Bài 3: (8 điểm)

§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

⇔ − − > ⇔ − >
 ÷
 
4
3
4 2
2
3 3
(*)
3
4
2
3
4 2
3 3
m
m
m
m
m
m


≥







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


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:

(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
=
+ + = + =
+ + =

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

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

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

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

= =
+ +
+ +


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
, 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
+ = + =

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
= =


:

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
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

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

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



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

+ = = =
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;

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

.
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

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

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:
( )


=
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

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
= =
;

= =
+
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

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

≥


≥


(*)

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

 
( ) ( ) ( )
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

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

. 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

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

' '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

= + =
+
(
)
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

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
+ +
+
= + = + =
+ + +
(

+
(
)
( )
(
)
( )
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

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


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
− − + = ⇔ − = −
 
− ≥ ≥
 
⇔ ⇔
 
− = − − − − =
 
 
≤ − ≥

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:

2 2 2 26
13 13
x
= ± = ±

1
13
y
=−