GV: Hunh Mnh Dng THCS Nguyn Trng T- CMGar-klk 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 + = + + = Bài 3: (8 điểm) Cho nửa đờng tròn đờng kính AB cố định. C là một điểm bất kì thuộc nửa đờng tròn. ở phía ngoài tam giác ABC, vẽ các hình vuông BCDE và ACFG. Gọi Ax, By là các tiếp tuyến của nửa đờng tròn. 1. Chứng minh rằng khi C di chuyển trên nửa đờng tròn đã cho thì đờng thẳng ED luôn đi qua một điểm cố định và đờng thẳng FG luôn đi qua điểm cố định khác. 2. Tìm quĩ tích của các điểm E và G khi C di chuyển trên nửa đờng tròn đã cho. 3. Tìm quĩ tích của các điểm D và F khi C di chuyển trên nửa đờng tròn đã cho. Hết Đáp án và thang điểm: 1 GV: Huỳnh Mạnh Dũng THCS Nguyễn Trường Tộ- CưM’Gar-Đăklăk Bµi 1 ý Néi dung §iÓm 1. 8,0 1.1 (2,0 ®iÓm) Ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng d 1 ®i qua A(2; 1) cã d¹ng: y = ax + b vµ 1 = 2a + b, suy ra b = 1 - 2a, do ®ã d 1 : y = ax - 2a+1. 0,50 Ph¬ng tr×nh cho hoµnh ®é giao ®iÓm cña d 1 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 2 1 : 2 3; : 3 3 d y x d y x= − = − 0,50 1.2 (4,0 ®iÓm) Ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng d ®i qua A(2; 1) cã hÖ sè gãc m lµ: 1 2y mx m= + − 0,50 Ph¬ng tr×nh cho hoµnh ®é giao ®iÓm cña d vµ (P) lµ: 2 2 1 2 1 3 6 3 0 (2) 3 x mx m x mx m= − + ⇔ − + − = 0,50 §Ó d c¾t (P) t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt th× cÇn vµ ®ñ lµ: 2 2 8 4 9 24 12 0 9 0 3 3 m m m m   ∆ = − + > ⇔ − + >  ÷   2 4 4 4 2 0 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 GV: Hunh Mnh Dng THCS Nguyn Trng T- CMGar-klk 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 1.3 (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 3 GV: Hunh Mnh Dng THCS Nguyn Trng T- CMGar-klk 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 = , 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 4 GV: Hunh Mnh Dng THCS Nguyn Trng T- CMGar-klk 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) 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của 2 2 3 5 1 x x y x + + = + . 2. Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 2 2 2 3 2 4 3 0x y xy x y+ + + = Bài 3: (7 điểm) Cho đờng tròn tâm O, bán kính R, hai đờng kính AB và CD vuông góc với nhau. E là điểm bất kì trên cung AD. Nối EC cắt OA tại M, nối EB cắt OD tại N. 1. Chứng minh rằng tích OM ON AM DN ì là một hằng số. Suy ra giá trị nhỏ nhất của tổng OM ON 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 Đáp án và thang điểm: 5 GV: Hunh Mnh Dng THCS Nguyn Trng T- CMGar-klk 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 = 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 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 = = + + + + = + + + 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 6 GV: Hunh Mnh Dng THCS Nguyn Trng T- CMGar-klk 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 + = 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 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 + = + =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. 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 = = 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 GV: Hunh Mnh Dng THCS Nguyn Trng T- CMGar-klk 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 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 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 8 GV: Hunh Mnh Dng THCS Nguyn Trng T- CMGar-klk 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 1 2 5 2 x x+ = . 6. Giả sử phơng trình (1) có hai nghiệm không âm. Tìm giá trị của m để nghiệm d- ơng 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 diện tích lớn nhất đó. 2. Dựng hình vuông EFGH nội tiếp trong tam giác ABC bằng thớc kẻ và com-pa. Tính diện tích của hình vuông đó. Hết 9 GV: Hunh Mnh Dng THCS Nguyn Trng T- CMGar-klk 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 = > = > = > 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 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 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 [...]... cách đều các cạnh của tam giác ∆DEF Bài 5 (1đ) Cho ba số thực x, y và z sao cho x + y + z = 1 Chứng minh rằng Bài 6 (1đ) Giải bất phương trình 2007 < 2008 −x HẾT 28 GV: Huỳnh Mạnh Dũng THCS Nguyễn Trường Tộ- CưM’Gar-Đăklăk HƯỚNG DẪN CHẤM Gợi ý đáp án Bài 1a) 4x2-49-12xy+9y2=(4x2-12xy+9y2)-49 =(2x-3y)2-72=(2x-3y+7)(2x-37-7) Bài 1b) x2+7x +10 =x2+5x+2x +10 =x(x+5) +2(x+5) =(x+5)(x+2) Bài 2a) x2-7x +10= (x-5)(x-2)... Huỳnh Mạnh Dũng De 7 THCS Nguyễn Trường Tộ- CưM’Gar-Đăklăk Bài 1 (4đ) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử : a) 4x2 – 49 – 12xy + 9y2 b) x2 + 7x + 10 Bài 2 (4đ) Cho 1 x2 − x − 2 2x − 4 A= + 2 − x − 2 x − 7 x + 10 x − 5 a) Rút gọn A b) Tìm x ngun để A ngun Bài 3 (4đ) Giải phương trình a) 2 x + 1 = 3x − 2 b) x2 – 2 = (2x + 3)(x + 5) + 23 Bài 4 (6đ) Tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường cao AD, BE,... đáp án THCS Nguyễn Trường Tộ- CưM’Gar-Đăklăk Điểm Hoặc biểu diễn trên trục số : Trong từng phần, từng câu, nếu thí sinh làm cách khác nhưng vẫn cho kết quả đúng, hợp logic thì vẫn cho điểm tối đa của phần, câu tương ứng HẾT 31 GV: Huỳnh Mạnh Dũng THCS Nguyễn Trường Tộ- CưM’Gar-Đăklăk De 8 Bài 1: a) Giải phương trình: x 4 - x 3 + x 2 - 11x +10 = 0 b) Tìm x, y thoả mãn: x - 2 x - 1 =- y + 4 y - 4 Bài. .. minh CE là tiếp tuyến của đường tròn (O) ĐÁP ÁN 4 3 2 Bài 1: a) x - x + x - 11x +10 = 0 Û ( x - 1)( x - 2)( x 2 + 2 x + 5) = 0 Û ( x - 1)( x - 2) = 0 (vì x 2 + 2 x + 5 = ( x +1) + 4 > 0, " x Ỵ ¡ ) é =1 x Û ê ê =2 x ë b) x - 2 x - 1 =- y + 4 y - 4 Û ( x - 1 - 1) 2 + ( y - 4 - 2) 2 = 0 ì x - 1 =1 ï ì x =2 ï Û ï Û ï í í ï y - 4 = 2 ï y =8 ï ỵ ï ỵ Bài 2 A = 3- 3 2- 3 +2 2 + 3 +3 2+ 3 - 2 2 32 GV:... SINH GII NÀM 2006-2007 Män: Toạn - Låïp 9 Bi 1(2 âiãøm) a) (1 âiãøm) A = 3y 3 − 3 3x y 2 − 7 3x y 2 + 21xy +10 xy 10 x 3x (0,5 â) 34 GV: Huỳnh Mạnh Dũng ( )( = ( y − 3x ) ( 3 y = ( y − 3x ) ( THCS Nguyễn Trường Tộ- CưM’Gar-Đăklăk = y − 3x 3 y 2 − 7 3 x y + 10 x 2 ) ) − 2 3x y − 5 3x y + 10 x 60o )( 3y − 2 x 3y − 5 x hồûc y= (0,5 â) ) b) (1 âiãøm) A = 0 ⇔ y = 3x * 3 x − 3x + = 0 4 y = 3x y−x= 3... 4 3 ⇔ 4 y=x+ 3 4 9 2 3 y=x+ hc 3 4 2 ⇔ 5  16  =0  x−  − 2 3  12  3 y=x+ 4 1 27 x= x= 2 3 4 hc ⇔ 12 y=x+ y= ⇔ 5 x 3 x− + =0 4 3 x x= 2 1  5   x− ÷ + 12 = 0 3  2 x 3 x− + =0 4 3 3 4 y=x+ 3 4 y= 15 2 5 6 Váûy cọ 3 càûp säú tha mn âiãưu kiãûn A = 0 v y − x = 3 4 3 2 ( x = ; y = ) ; (x = 3 l: 4 27 15 1 5 ; y= ) v ( x = ; y = ) 12 6 4 2 Bi 2 (2 âiãøm) Tỉì 2x2 - 2y2 + 5t2 = 30 v x2 + 8y2 + 9z2... giác DEF Vậy H các đều ba cạnh của tam giác DEF Bài 5) Ta có x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y)3 + z3 – 3xyz – 3xy(x + y) = (x + y + z)[(x + y)2 – (x + y)z + z2] – 3xy(x + y + z) = (x + y + z)[(x + y)2 – (x + y)z + z2 – 3xy] = x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx 1 =  x 2 − 2 xy + y 2 + ( y 2 − 2 yz + z 2 ) + ( x 2 − 2 xz + z 2 )   2 1 2 2 2 = ( x − y ) + ( y − z ) + ( x − x )  dpcm   2 ( ) Bài 6) Điều kiện... nghiệm là: 0,25 21 GV: Huỳnh Mạnh Dũng ( x, y ) = ( 5 (4đ) THCS Nguyễn Trường Tộ- CưM’Gar-Đăklăk 2 26 1 −2 26 1 , − ); ( ,− ) 13 13 13 13 * Gọi số bạn nam được chia vào tổ là x, 0,5 số bạn nam được chia vào tổ là y, x, y ngun dương Theo đề ra ta có hệ: 32 24 = x y (1) 9 ≤ x + y ≤ 15 (2) 3x – 4y = 0 => x = Từ (1) ta có: 0,75 Đặt y = 3t, t > 0 và t ∈ z, ta có: 4 y 3 0,5 x = 4t 0,25 Từ (2), ta có: 9 ≤... trình: x 4 - x 3 + x 2 - 11x +10 = 0 b) Tìm x, y thoả mãn: x - 2 x - 1 =- y + 4 y - 4 Bài 2 Rút gọn A = 3- 3 2- 3 +2 2 + 3 +3 2+ 3 - 2 2 Bài 3 Tìm GTNN (nếu có) của các biểu thức sau: P = 4 x 2 +12 x + 9 + 4 x 2 - 20 x + 25 Q = x 2 + 2 y 2 + 2 xy - 2 x + 2008 Bài 4 Cho đường tròn tâm O đường kính AB Trên đường kính AB lấy hai điểm I và J đối xứng nhau qua O M là một điểm (khác A và B) trên (O);... − a 2 = 0  ⇔ a 2 = b 2 = c 2 ⇔| a | = | b | = | c | 2 2.1 1,0 6,0 (4,0 ®iĨm) Theo gi¶ thiÕt diƯn tÝch cđa h×nh vu«ng cã d¹ng S = abbb = k 2 ( k > 0, k ∈ Z) 0,5 100 0 ≤ k ≤ 9999 ⇔ 33 ≤ k ≤ 99 , nªn k chØ gåm 2 ch÷ sè: k = xy = 10 x + y k 2 = 100 x 2 + 20 xy + y 2 ( 3 ≤ x ≤ 9;0 ≤ y ≤ 9 ) 1,0 2 NÕu y lỴ: y = 1;3;5;7;9 ⇒ y = 1;9; 25; 49;81 ⇒ b = 1;5;9 Khi ®ã 2xy cã ch÷ sè tËn cïng lµ sè ch½n, nªn ch÷ . GV: Hunh Mnh Dng THCS Nguyn Trng T- CMGar-klk 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. 38 1444k = = hoặc 2 2 88 7744k = = (không thoả điều kiện bài toán) . Vậy: bài toán có một lời giải duy nhất: Hình vuông cần xác định có cạnh 38k = và diện