Thông tin tài liệu
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 *+, +/0!1 ()'2"34,5*6#7+$89:! 3)567 ; <$895=>++7?@ !"* *A+*/. BC%D, 2 2 19 7 x y xy x y xy + − = + + = − E F(G(79H.0IJ7IF(G K9H#*L*AMN*HO%%&HP# !F(G QR7' SF(GT()NM A$I.0*()O%A$.07 B <$89!N*%7' SF(GT E <$89!M*O7' SF(GT HÕt §¸p ¸n vµ thang ®iÓm: Hoàng Dương – THCS Phùng Hưng 1 1 Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án) Bài 1 U Nội dung V 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 B (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 Hong Dng THCS Phựng Hng 2 2 Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án) 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 E (2,0 điểm) 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 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 Hong Dng THCS Phựng Hng 3 3 Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án) 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 = , 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 Đề 2 W Hong Dng THCS Phựng Hng 4 4 Mét sè ®Ò «n thi vµo chuyªn to¸n ( cã ®¸p ¸n) %D 4 4 1 2 9 6 2x x x x+ − + + − = B QR## 7A4* I! *+ 1 1 2 a b b c c a + = + + + BX <0/J*0YJ! 2 2 3 5 1 x x y x + + = + B <, S! 2 2 2 3 2 4 3 0x y xy x y+ + − − + = EW (G4Z#79[#(79H*M*A+*/N J7SHM6.N2ZH35#.N2ZM36 QR9 OM ON AM DN × IR \ 0YJ!; OM ON AM DN + #7+*09!N] B %&%^'4 .0!(G4Z79[T*%^7A D(79_ IS/%^`0*09!_ *!%^_/J ^ §¸p ¸n vµ thang ®iÓm: Hoàng Dương – THCS Phùng Hưng 5 5 Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án) Bài U Nội dung V 1. W#= (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 B (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 Hong Dng THCS Phựng Hng 6 6 Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án) 2. X#= B (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 BB (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. W#= (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 Hong Dng THCS Phựng Hng 7 7 Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án) 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 EB (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 Hong Dng THCS Phựng Hng 8 8 Mét sè ®Ò «n thi vµo chuyªn to¸n ( cã ®¸p ¸n) §Ò 3 2 2 2 2 2 0 (1).x mx m− + − = <0! m +,'4, B <0! m +,4, 1 x * 2 x D T,Q 3 3 1 2 5 2 x x+ = E %D-F+,7A4<0! m ,'1 !30/J BC %D 2 2 4 3 4x x x x− + = − B E H+ · 0 60 ; ;ABC BC a AB c= = = ,a c I'/#^a b56"c+d5S3H#6S3H#"*cKS3@& abIH <*09!5S3Hab56"c+',9/J<9 ',9/J+ B Me*ANO%^IHR/7?*1 <9',9!*A+ ^ §¸p ¸n vµ thang ®iÓm: Hoàng Dương – THCS Phùng Hưng 9 9 Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án) Bài 1 U Nội dung V 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 = > = > = > 0.5 2 2 2 2 0 m m m m < > < < > 1.5 B (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 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 + = = = 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; 2 m m + = = 0,5 E (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 Hong Dng THCS Phựng Hng 10 10 [...]... cạnh OB và OD của tam giác OBD và tiếp xúc trong với đờng tròn (O) Đờng tròn (O3) tiếp xúc với 2 cạnh OB và OC của tam giác OBC và tiếp xúc trong với đờng tròn (O) Đờng tròn (O4) tiếp xúc với 2 tia CA và CD và tiếp xúc ngoài với đờng tròn (O1) Tính bán kính của các đờng tròn (O1), (O2), (O3), (O4) theo R Hết Đáp án và thang điểm: Hong Dng THCS Phựng Hng 14 Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án)... Hong Dng THCS Phựng Hng 2007 2008 0 30 (1,5) (1,5) (1) 1 1 Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án) 31 im Gi ý ỏp ỏn Hoc biu din trờn trc s : Trong tng phn, tng cõu, nu thớ sinh lm cỏch khỏc nhng vn cho kt qu ỳng, hp logic thỡ vn cho im ti a ca phn, cõu tng ng HT Hong Dng THCS Phựng Hng 31 Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án) 32 De 8 Bi 1: a) Gii phng trỡnh: x 4 - x3 + x 2 - 11x + 10... (O3) cũng bằng r = 1+ 2 + Vậy: Bán kính của (O2) cũng bằng r = Hong Dng THCS Phựng Hng 17 2,0 1,0 Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án) 18 + Đờng tròn (O4) có hai trờng hợp: a) Trờng hợp 1: (O4) ở bên trái (O1): Kẻ tiếp chung của (O4) và (O1) tại tiếp điểm K cắt AC và AD tại E và F CO và CA là còn là 2 tiếp tuyến của (O 1), nên chu vi của VCEF bằng 2CO, suy ra nửa chu vi của nó là p = R R... ngời còn lại là A và C (cùng là phái nữ) Hong Dng THCS Phựng Hng 16 1,0 Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án) 17 + Nếu C là cha của A thì C chỉ có thể là song sinh với B, theo giả thi t 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 Vậy chỉ có duy nhất trờng hợp B là cha của A và B khác giới... Suy ra bán kính của đờng tròn (O4) là: r4 = Hong Dng THCS Phựng Hng ) 4 + 2 2 1 18 R ( ) 4 + 2 2 1 (1+ 2 ) 3 2 2,0 Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án) 19 b) Trờng hợp 2: (O'4) ở bên phải (O1): Khi đó: K' là tiếp điểm của 2 đờng tròn, tiếp tuyến chung cắt CA và CD tại E' và F', CD tiếp xúc với (O'4) tại H R 4+2 2 R CK ' = CO1 + O1K ' = + = 1+ 2 1+ 2 R F ' H = K ' F ' = CK ' tg 22030 ' = ( CH... Dng THCS Phựng Hng 12 2,0 Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án) 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 Do đó E'F'G'H' là hình vuông E ' F ' = F 'G ' + Cách dựng và chứng minh: Trên cạnh AB lấy điểm... 1,0 Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án) ( 2a 2 c 2 + 2a 2b 2 + 2c 2b 2 2 a 4 + b 4 + c 4 2 ( a + b) ( b + c) ( c + a ) ) =0 a 4 2a 2 c 2 + c 4 + a 4 2a 2b 2 + b 4 + b 2 2b 2c 2 + c 2 =0 2 ( a + b) ( b + c) ( c + a) ( a2 b ) +(b 2 2 2 c ) +(c 2 2 2 a ) 2 2 a 2 b 2 = 0 = 0 b 2 c 2 = 0 c 2 a 2 = 0 a 2 = b 2 = c 2 | a | = | b | = | c | 1,0 6,0 2 2.1 16 (4,0 điểm) Theo giả thi t diện... + R 4+2 2 2 ( ) 4 + 2 2 +1 (1+ 2 ) 2 2 Suy ra: Bán kính của đờng tròn (O'4) là: ' r4' = O4 H = CHtg 22030 ' = R ( ) 4 + 2 2 +1 ( 1+ 2 ) 3 2 2,0 Hong Dng THCS Phựng Hng 19 Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án) 20 Đề 5 Cõu 1: (1,5 im) So sỏnh cỏc s thc sau ( Khụng dựng mỏy tớnh gn ỳng) 3 2 v 2 3 Cõu 2: (3 im) Gii phng trỡnh sau: x2 1 x2 + 1 = 0 x2 1 Cõu 3: (1,5im) Tỡm giỏ tr nh nht ca A = 2... CB (gt) Tam giỏc ABC cõn ti A AD = AB = 2R (khụng i) AD = AB = 2R (khụng i) v A c nh Do ú D chuyn ng trờn ng trũn (A; 2R) Hong Dng THCS Phựng Hng 23 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án) 24 Đề 6 a) Ruùt goỹn bióứu thổùc ABaỡi 1 (2 õióứm): Cho bióứu thổùc A = 1 3 2 + x +1 x x +1 x - x +1 b) Tỗm giaù trở nhoớ nhỏỳt vaỡ giaù trở lồùn nhỏỳt cuớa bióứu thổùc A Baỡi 2 (2 õióứm):... keớ tổỡ D vuọng goùc vồùi OE cừt EC taỷi Q Chổùng minh caùc õổồỡng thúng AC, EF vaỡ QM õọửng qui HặẽNG DN CHM ệ THI HOĩC SINH GIOI NM 2007-2008 Mọn: Toaùn - Lồùp 9 Baỡi 1(2 õióứm) a) (0,75 õ) ióửu kióỷn xaùc õởnh: x 0 (0,25 õ) Hong Dng THCS Phựng Hng 24 Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án) A= x - x + 1- 3+ 2 x + 2 x + x = x x +1 x x +1 ( x + 1) = = ( x + 1) ( x - x + 1) x x 25 (0,25 õ) x x . > 1,5 Hong Dng THCS Phựng Hng 2 2 Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án) 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. 2,0 Hong Dng THCS Phựng Hng 3 3 Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án) 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= . vµ thang ®iÓm: Hoàng Dương – THCS Phùng Hưng 9 9 Một số đề ôn thi vào chuyên toán ( có đáp án) Bài 1 U Nội dung V 1. #= (2,0 điểm) Để phơng trình (1) có hai nghiệm dơng phân biệt, cần và đủ
Ngày đăng: 08/07/2014, 05:00
Xem thêm: Đáp an và đề thi toán vào THPT, Đáp an và đề thi toán vào THPT
