Một số đề ôn thi vào chuyên toán
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
Đề 2
4
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

= >



= >


= >

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
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
10
Khi đó 2 nghiệm của phơng trình là:

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

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

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
11

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

.

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

( ) 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 4
13
Bài 1: (7 điểm)
3. Giải hệ phơng trình:
4
4
3 4

) 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.
Đáp án và thang điểm:
14