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

+ =

+ + =

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.
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

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
Đề 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)

Hết

Đáp án và thang điểm:
5
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

+ + +
=
+ + + +
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
+ = + = + = + =


+ + = + + = + + = + + =
0,5

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
7

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

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

.
Vậy: Chu vi của
GKH

lớn nhất khi K là trung điểm của cung lớn
ẳ
GH
.
1,5
8
Đề 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


Đáp án và thang điểm:
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

= >



= >



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


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

=



=


= >



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

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

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
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
+

=

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

= =
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
Đề 4
Bài 1: (7 điểm)
3. Giải hệ phơng trình:

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
đờng tròn (O
1
), (O
2
), (O
3
), (O
4
) theo R.
Hết
Đáp án và thang điểm:
14
Bµi
ý
Néi dung
§iÓm
1.

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
( )

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
+ + + +
=
+ + +
( ) ( ) ( )
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
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

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
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.
7,0
+ Gọi
r
là độ dài bán kính
đờng tròn (O
1
). Ta có:
ACD
S pr

=
( )
2
1

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