CHƯƠNG TRÌNH BỒI DƯỠNG STT Nội dung - Mục tiêu cần đạt Ôn tập thức : thành thạo phép biến đổi thức, rút gọn thức tổng Ơn tập Hệ thức lượng tam giác vng , Tỉ số lượng giác góc nhọn :  Ôn tập hàm số bậc : thành thạo dạng tập liên quan đến hàm sốU= Xy ax + b Ư Ơn tập đường trịn : nắm định lí chương II đường tròn, trọng tâm H tròn tập tiếp tuyến đường tròn, tương giao hai đường -N2 phương pháp, Ơn tập Hệ phương trình : thành thạo giải hệ phương trình T Á hệ phương trình chứa tham số C Ơn tập Góc đường trịn : nắm định lí loại góc đường trịn, trọng tâm chứng minh tứ giác nội tiếp, sử dụng tứ giác nội tiếp để ÊN chứng minh yếu tố khác Y Ôn tập Hàm số bậc 2, phương trình bậc : thành thạo tập hàm số bậc N 2, tương giao đường thẳng parabol, giải phương trình bậc RẤtrọng tâm định lí Viet ứng dụng tập phương trình bậc chứa tham số, T Ị Tổng ơn Hình học : trọng tâm tập đường tròn, tiếp tuyến, tứ giác H nội tiếp T Bất đẳng thức - CựcS : sử dụng thành thạo BĐT Cô - si , Bunhiacopxki trị BĐT thông dụng C chứng minh BĐT tìm cực trị H khác tâm tập đường tròn, tiếp tuyến, tứ giác Tổng ôn Hình học : trọng T 10 nội tiếp.G Phương trình nghiệm nguyên : nắm số phương pháp giải N 11 Ờ phương trình nghiệm nguyên Ư 12R T Thành thạo việc áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông, giải tam giác hợp tập liên quan saucủa chương I vuông, tập chứng minh rút gọn -1- N Tu n ÔN TẬP CĂN THỨC I MỤC TIÊU - Thành thạo phép biến đổi thức, rút gọn thức tổng hợp tập liên quan sau rút gọn II CHUẨN BỊ Thầy : Giáo án Trị : SGK + SBT Tốn T1, nhớ định lí biến đổi thức III TIẾN TRÌNH DẠY HỌC Giáo viên dạy tồn định lí phép biến đổi thức chương I tập minh họa Ra tập hướng dẫn HS R  a    a    Bài Cho biểu thức: P     a  1 :  a   a a  a  a  1     a Rút gọn P b Tìm a cho P>1 c Cho a  19  Tính P Hướng dẫn: a P  a a 1 24  ; b a  ; c P  a 1 3 Bài Cho biểu thức P  x x  26 x  19 x   x2 x 3 x 1 x 3 x3 b Tính giá trị P x   a Rút gọn P c Với giá trị x P đạt giá trị nhỏ tính giá trị nhỏ Hướng dẫn: a P  x  16 x 3  2 x b P  x 103  3 22 c Pmin=4 x=4 4x  x    x 3  :  Bài Cho biểu thức P   2 x  2 x   2 x  x  x x4     a Rút gọn P b Tìm giá trị x để P>0 c Tìm giá trị x để P= -1 d Với giá trị x P  P 4x b x>9 c x  16 x 3  x 1 x   x  2      Bài Cho biểu thức P    x  x  9x   :   x       Hướng dẫn: a P  T a Rút gọn P b Tìm giá trị x để P  x  4; Hướng dẫn: a P  25  x   x     Bài Cho biểu thức P    x x  x  x   x  1 :  1 x  1     -1- x x x 1 b N a Rút gọn P b Tìm giá trị x để P1 1 x  x  x   x 3 x2  x2  :  (VN ) Bài Cho biểu thức P       x  1  x   x x  x       a Rút gọn P b Tìm giá trị x để P x T d Tìm x để  1 a a   1 a a    Bài Cho biểu thức P     a  a .  a  a     a Rút gọn P b Tính a để P   Hướng dẫn: a P  1  a  b   a   1; a  Bài Cho biểu thức P  G N x 9 x 3 x 1   x5 x 6 x 2 3 x a Rút gọn P có giá trị nguyên b Tìm giá trị x để P BC=  BC   32,67 ( cm ) sin 40 0,6428 BC sin C    c, Phân giác DB : Có C  400  B  50  B  250 AB 21 21 AB  BD     23,17 (cm) Xét vuongABD có cosB1  cosB1 cos25 0,9063 BD Bài Hãy tìm độ dài cạnh đáy tam giác cân, đường cao kẻ xng đáy có độ dài đường cao kẻ xng cạnh bên có độ dài Giải : H Ư -N T  U X N Có AH.BC = BK.AC = 2.SABC hay 5.BC = AC BC  BC  AC  HC   AC 5 Xét tam giác vuông AHC có AC2 - HC2 = AH2 ( đ/l Pytago) 16  3 AC -  AC  =52 AC  52 25 5  4 25 AC   AC = :   6,25 5 6 25 BC = AC   7,5 Độ dài cạnh đáy tam giác cân 7,5 5 Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn có độ dài cạnh BC, AC, AB a, b, c Chứng minh rằng: a SinA  b SinB  c SinC  (a  b  c)( SinA  SinB  SinC ) Gợi ý giải: N Ấ R N Ê CÁ Y ỊT TH S CTa có Vẽ đường cao AH H Tra: Tương tự, suy G Vậy N Ờ Và (a + b + c) = (SinA + Sin B + SinC).k Ư Suy ra: T R (2) ta có đ.p.c.m Từ (1) T §iỊu chØnh: AH AH b c ; SinC    HB HC SinB SinC a b c abc    k0 SinA SinB SinC SinA  SinB  SinC Sin B  aSinA  bSinB  cSinC   (SinA  SinB  SinC ) k (1) ( a  b  c)( SinA  SinB  SinC )  ( SinA  SinB  SinC ) k (2) Ngày 27 tháng năm 2013 Duyệt BGH Lê Đình Thành -6- Tu n 6,7 Ngày so n: 15 / 9/ 2012 Ngày d y: / /2012 ÔN TẬP HÀM SỐ BẬC NHẤT I MỤC TIÊU - Thành thạo dạng tập liên quan đến hàm số y = ax + b  U X N II CHUẨN BỊ SGK + SBT Toán T1, nhớ kiến thức hàm đồng biến, nghịch biến, đường song2 , cắt, trùng, vuông, lập PT đt III TIẾN TRÌNH DẠY HỌC Giáo viên dạy toàn kiến thức hàm bậc chương II tập minh họa Ra tập hướng dẫn HS Bài Cho hàm số bậc y = ax + Xác định hệ số a, biết đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm có hồnh độ 1 HD: Đồ thị hàm số cắt trục hồnh điểm có hoành độ   a.(1  )+1 =   đồ thị hàm số qua điểm (  ;0) Ư H -N T a 1  1 1 N Y ÊN CÁ Bài 2: Cho hàm số y = 2x -4 có đồ thị đường thẳng (d) a) Điểm M ( ;-1) có nằm ( d) khơng? Vì sao? b) Vẽ ( d) c) Tính khoảng cách từ O ( gốc toạ độ) đến đường thẳng (d) Hướng dẫn giải: a) Điểm M ( ;-1) có nằm ( d) y = 2x -4 : - = 2.2 - b) Vẽ (d) y = 2x -4 *Bảng giá trị: x y = 2x - -4 *Vẽ : c) Gọi giao điểm (d) với hai trục toạ độ A B Kẻ OH vuông góc (d) 1 Tính OH Dùng cơng thức: 2= + OH OA OB2 -1 Bài 3: Cho hàm số y = x -2 có đồ thị đường thẳng (d) a) Vẽ (d) b) Gọi giao điểm (d) với hai trục A B.Tính diện tíc tam giác OAB c)Kẻ OH vng góc với AB.Xác định toạ độ H Ị Ờ Ư R N G TH S C TH RẤ T T -1- Hướng dẫn giải: c)Gọi H(x0;y0) ta có : x02 + y02 = OH2 1 16 Dùng công thức: OH2 =OA2 +OB2 Tính OH2 = 16 Suy : x02 + y02 = (1) -1 Mặt khác : H  (d) => y0 = x0 -2 (2) Từ (1) (2) tìm x0, y0 => Toạ độ H cần tìm Bài 4: Cho hàm số y = ( m-2)x + 3m - ( m  2) a) Tìm giá trị m để hàm số nghịch biến R b) Tìm m biết đồ thị hàm số qua điểm A( ; -1) c) Tìm m biết đồ thị hàm số cắt trục hồnh điểm có hồnh độ d) Tìm m biết đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = -x + điểm Oy Hướng dẫn giải : a) Hàm số y nghịch biến R  m - <  m < b)Đồ thị hàm số y = (m-2)x + 3m - qua điểm A(2,-1) nên ta có : -1 = (m-2).2 + 3m  -1 = 2m -4 +3m -  5m =  m = c) Đồ thị hàm số y = (m-2)x + 3m - cắt trục hoành điểm có hồnh độ => x = 3;y=0 Do : : = (m-2) + 3m-5 Giải tìm m d) (d) cắt đường thẳng y = -x + điểm Oy  Ư H U X -N T N  m   1 m   m=3 3m   m   TH Ị RẤ T ÊN CÁ Y Bài : a) Vẽ hai đường thẳng (d1) y = -2x + (d2) y = 3x- lên mặt phẳng Oxy tìm toạ độ giao điểm M chúng b) Tìm giá trị m để đường thẳng (d3) y = mx + m2 - hai đường thẳng (d1) , (d2) đồng qui điểm Hướng dẫn giải : a) Toạ độ (x;y) M nghiệm hệ phương trình: Ờ   2    y  3x  Ư R N G TH S C T -2- N b) Đường thẳng x - 2y =  y = x - có hệ số a= b = c) (d) y = (m-3)x + (m  3) Gọi A = (d)  Oy => A ( ;4) => OA = -4 -4 B=(d)  Ox => B ( m-3 ; 0)=> OB =|m-3 | (vẽ hình minh hoạ) 1 Kẻ OH vng góc AB => OH2 =OA2 +OB2 Thay OH = OA,OB vào giải tìm m Kq: m =  Bài : Cho hàm số y = ( m+2)x + n-1 ( m  -2) có đồ thị đường thẳng (d) a) Tìm m,n biết (d) cắt trục tung điểm có tung độ cắt trục hồnh điểm -3 có hoành độ Vẽ (d) với m , n vừa tìm b) Cho n= 5,Gọi giao điểm (d) với hai trục toạ độ A, B.Tìm m để tam giác ABC có diện tích Hướng dẫn giải : b) Khi n = Ta có (d) y = ( m + 2)x + ( m  -2) Gọi A = (d)  Oy => A ( ;4) => OA = -4 -4 B=(d)  Ox => B ( m+2 ; 0)=> OB =|m+2 | SABC = OA.OB (*) -4 Thay SABC = , OA = , OB =|m+2 | vào (*) giải tìm m Bài : Cho hàm số y = mx + - m ( m  0) có đồ thị đường thẳng (d) a)Cho m = Vẽ (d) b) Chứng tỏ (d) luôn qua điểm A(1 ;2) với m c)Tìm m để khoảng cách từ O ( gốc toạ độ) đến (d) lớn Hướng dẫn giải : b) Thay x = ; y=2 vào phương trình(d) ta : = m (-1) + - m (*) Ta thấy đẳng thức (*) với m => (d)luôn qua điểm A(1 ;2) với m c) (d) y = mx + - m ( m  0) Gọi B = (d)  Oy => B ( ;2-m) => OC = | 2-m| m-2 m-2 C=(d)  Ox => C ( m ; 0)=> OC =| m | Kẻ OH  (d) , ta có : OH  OA = khơng đổi Nên maxOH = OA =  H trùng A Đến làm tương tự câu 6c ta tìm m T Ư R Ờ N G TH S C H T Ị RẤ T -3- N Y N Ê CÁ -N T H Ư X U  N Bài 1   1 , x y z (x , y  Z ) *Nếu x,y,z âm suy vô nghiệm *Nếu x,y,z dương giải bình thường *Do vai trị x,y,z giả sử x ≤ y ≤ z x y +Nếu y < , z >   0,  mà 1 1      suy vô nghiệm x y z z +Nếu x < , y > 1 1 1 1 -xét ≤ y ≤ z ,  mà      suy vô nghiệm   z x y x y z 1 -Xét y = z >     x   z x z -Xét y = z =1  x  1 Bài 1+x+ x2 + x3 + x4 = y4 (x , y  Z ) Ta thấy: : x =  y  1 ; x =-1  y  1 nghiệm  *Với x>0 ta có:  x < y4 < (x+1)4  x  y  x  vơ lí * với x0 ta có: (x3+1)2= x6 + 2x3 + < x6 + 3x3 + < (x 3+2)2= x6 + 4x3 + 4  (x +1) < y < (x +2) 3  (x +1) < y < (x +2) vơ lí  Với x ≤ -2 ta có: (x3+2)2= x6 + 4x3 + < x6 + 3x3 + < (x 3+1)2= x6 + 2x3 +  (x +2) < y < (x +1) x +2  y  x3  vơ lí Suy : x =-1  y4 =-1 vô nghiệm x =0  y4 =1  y  1 pt cho có hai nghiệm: (0;1) , (0;-1) Bài (x , y  Z ) x  y  1960 Lg: T R Ư Ờ N G T H C x  y  1960  x  y  14 10 - 32 - Ấ N Y Ê N C Á T -N vế phải số vô tỉ nên x , y số vô tỉ phải đồng dạng với 10  x  a 10, y  b 10  a, b  Z Suy a + b = 14 Suy tốn có 15 nghiệm (x , y  Z ) AD: x  y  1980 Bài y2 - 2x = 153 (x , y  Z+ ) * Nếu x chẵn  x =2k 2  y -  k  = 153 =1.153=3.51=9.17 suy hệ suy ta nghiệm ( ;13) * Nếu x lẻ x≥ 2x chia cho dư mà y2 chia cho dư x  y - chia cho dư -1 mà 153 chia hết cho suy (vơ lí) Với x =1  y2 =155 (loại) Vậy pt cho có nghiệm ( ;13) Ư H -N T CÁ Bài Tìm số n nguyên dương cho số n+26 n-11 số lập phương ÊN n  26  a suy (a-b)(a2+ab+b2)=37 Gợi ý : theo ta có   n  11  b  N Vì a , b nguyên suy hệ Bài 10 RẤ T Y  x  y3  z Tìm x,y,z nguyên dương thoả mãn:   3 Ị x  y  z    3 xyz  z  z   S C TH 3 xy  z  z  1  x  y  z   ( x  y  z )  x  y 2   y  z 2  z  x 2    2  3 xy  z  z  3 xy  z  z   x  y  z  *  3 xy  z  z  x  y  z  ( I * *)  3 xy  z  z  Ờ Ư R N G TH   T Giải (*) ta có để hệ có nghiệm z2≥4xy suy hệ z  x  y   z  z  xy    z  xy suy ra: x+y≥xy  ( x  1)( y  1)  x , y nguyên dương suy - 33 - U X  N  x    x    y     y  z      x    y   0( I )   y    ( II )  x      Vai trò (I) , (II) *Giải (I) suy x=1 thay lại z2 –z - 3xy = ta Ư H  x    y  x  x   z    có:  z  y   z  y     x   y  y   y   3y   y ( y  2)     y    z   U X -N T ÊN CÁ Giải tiếp (**)loại Vậy nghiệm hệ là: (1;2;3) ; (2;1;3) ; (2;2;4) Bài 11: Tìm số nguyên tố liên tiếp cho tổng bình phương chúng số nguyên tố Gợi ý: ta thấy ba số 3,5.7 thoả mãn Ta có số nguyên tố khác có dạng 3k+1, 3k+2 TH1: ba số : 3k+1,3k+1,3k+1 suy tổng bình phương chia hết cho TH2: ba số : 3k+2,3k+2,3k+2 suy tổng bình phương chia hết cho TH3: ba số : 3k+1,3k+1,3k+2 suy tổng bình phương chia hết cho TH1: ba số : 3k+1,3k+1,3k+2 suy tổng bình phương chia hết cho TH1: ba số : 3k+1,3k+2,3k+2 suy tổng bình phương chia hết cho Vậy có số , , thoả mãn N Ị Bài 12: G TH S C TH RẤ T Tìm x , y  Z+ để (x2 + 2) chia hết cho xy + Lg: Ư R Ờ x  2 xy  N  y ( x  2)  xy  2 T  yx  x  x  y  xy  2  x( xy  2)  2( x  y ) xy   2( x  y ) xy   2( x  y )  k ( xy  2) Nếu k ≥ suy ra: 2( x  y)  2( xy  2)  x  y  xy    x  11  y   - 34 - Y N (vơ lí x , y  Z+) Do k =1   x  y   xy  giải pt ta : (x;y) = (3; 2) , (4 ;3) Bài 13: Tìm nghiệm nguyên pt: x14  x2  x34  x44  x54  x64  x74  1992 Lg: *Trước hết ta chưng minh: x4 :16 dư +Nếu x = 2k x 16 +Nếu x = 2k +1 x4- = (x2+1)(x-1)(x+1) Vì x-1 x+1 hai số chẵn liên tiếp nên chia hết cho Mà x2+1 chia hết cho2 x 4- chia hết cho 16 Vậy tổng x14  x24  x34  x44  x54  x64  x74 chia cho 16 có số dư không vượt Mà 1992 : 16 dư Vậy pt cho vơ nghiệm Bài 14: Tìm nghiệm nguyên dương pt: x3 + 7y = y3+7x Lg: Ư H -N T     x  y  x + xy + y -7  *TH1 : x=y suy pt có vô số nghiệm *TH2:  x + xy + y -7   x + xy + y =7   x  y    3xy  Suy xy  mà x , y  Z+ Ị TH N RẤ T ÊN CÁ Y x=1 y =2 x =2 y =1 Vậy nghiệm pt: (1;2) , ( 2;1) ,(n ,n) Ờ T Ư R G N Đi u ch nh: TH S C Duyệt BGH Ngày 01 tháng 11 năm 2013 Lê Đình Thành - 35 - U X  N ƠN TẬP TỔNG HỢP I MỤC TIÊU - Ôn tập tổng hợp : Luyện số đề thi HSG II CHUẨN BỊ Thầy : Giáo án Trò : SGK + SBT Tốn T1,2 III TIẾN TRÌNH DẠY HỌC Ư GV đề hướng dẫn HS làm H Đề số Bài 1: (3đ) Chứng minh với số tự nhiên n thì: n4  6n3  11n  30n  24 chia hết cho 24 -N T  X U N CÁ Bài 2: (3đ) Xác định hệ số a b để đa thức A = x  x3  3x  ax  b bình ÊN phương đa thức Bài (3đ) Y a) Chứng minh rằng: Với số thực a, b, c, d ta có:  ab  cd    a  c  b  d  N RẤ T b) Với a  c; b  c; c > Chứng minh rằng: c  a  c   c  b  c   ab Bài 4) (4đ): Ị TH có giá trị nhỏ nhất, tìm gi trị nhỏ b) Tìm x để biểu thức sau S C  x  x  2009 C Bài 5) (3đ) TH Cho tam giác ABC (AB < AC), M điểm cạnh BC vẽ BI  AM, CK  AM G N Xác định vị trí điểm M cạnh BC để tổng BI + CK lớn Ờ Bài 6:Ư (4đ)Cho hình vng ABCD cạnh a Đường thẳng qua đỉnh C cắt cạnh AB R AD kéo dài F E T a/ Chứng minh rằng: Tích DE.BF khơng đổi a) Rú t gọn B   10    10  b/ Chứng minh rằng: DE AE  BF AF - 89 - HD Giải : Bài 1: n4  6n3  11n2  30n  24 =  n4  6n3  11n2  6n    24n  24   n  n3  6n2  11n    24  n  1 =   n  n3  n    5n  5n    6n     24  n  1  n  n  1  n  5n    24  n  1 = n  n  1 n   n    24  n  1 (2đ) Vì n; n + 1; n + 2; n + 3; n + bốn số tự nhiên liên tiếp nên tích chúng chia hết cho 2.3.4 = 24 24 (n - 1) chia hết cho 24 nên n4  6n3  11n2  30n  24 chia hết cho 24 (1đ) Bài 2: Ta có A bình phương đa thức thì: A =  x  cx  d  = x  2cx3   c  2d  x  2cdx  d (0,5đ) Mà: A = x  x3  3x  ax  b Do ta có hệ phương trình: Ư H -N T  X U  2c  2  a  2   c  2d  b  Do đó: a = - ; b = Vậy: A = x  x3  x  x  (2,5đ)   2cd  a c  1   d  b d    Bài 3: a/ Ta có:  ab  cd   a  c 2  b 2 d 2  N 2 CÁ ÊN Y   ab   2abcd   cd    ab    ad    bc    cd     ad   2adbc   bc     ad  bc  RẤ T Bất đẳng thức với số thực a, b, c Vậy:  ab  cd    a  c  b  d  ; với số thực a, b, c, d.(1,5đ) b / Ta có: Ị S    C Bài 4: (4đ): TH G N Ờ Ư   TR TH c  a  c  c b  c  c a  c  b  c c     c  b  c       a c c   ab       (1,5đ) a) Rútgọ n B   10    10   B2   10    10   4   10   10  B2   16  10  B2    B2     1  8   1 B2    B    B   - 90 -  N b)C  x  x  2009 điềukiệ n x  2009  1 3 C  x  2009  x  2009   2008   x  2009    2008  2008 4  2 4 Dấu "  " xảy  x  2009    x  2009   2    x  2009  x  2009    2     Vậy giá trị nhỏ C 2008  x  2009 4 SABM  SACM  SABC 1 AM.BI  AM.CK  SABC 2 S AM  BI  CK   SABC  BI  CK  ABC 2 AM m AM  AH 2SABC N ÊN  BC AH Vaäy Max  BI  CK   BC Khi AM  BC CÁ Y RẤ  M l chn đường cao vẽ từ A đến cạnh BC ỊT Bài 6: TH S C TH G N Ờ Ư TR a/ Chứng minh rằng: Tích DE.BF khơng đổi  BI  CK  H -N T Bài 5: (3đ): Vẽ đường cao AH ta có: Ư F C B A E D ED CD ED AE    (1) (0,75đ) EA AF CD AF AE AF AE BC (2) (0,75đ) AFE  BFC (G  G )     BC BF AF BF ED BC   ED.BF  CD.BC  a (không đổi) (0,5đ) Từ (1) (2) suy ra: CD BF DCE  AFE (G  G )  - 91 - X U  N Vậy: Tích DE.BF khơng đổi b/ Chứng minh rằng: DE AE  BF AF Nhân (1) (2) vế theo vế , ta có: Vì CD = BC nên ED BC EA2  CD BF AF DE AE (2đ)  BF AF Đề số Bài 1: (3 điểm)     3x3 3x  3x     3x  3x  3x     3x   Rút gọn biểu thức A Tìm giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên  6x  Cho biểu thức: A    Ư H X U  N -N T Cho parabol (P): đường thẳng ( tham số) Á Với giá trị (P) có điểm C chung? Khi gọi tiếp tuyến parabol (P), vẽ tiếp tuyến Vẽ parabol (P) đường thẳng đồ thị Từ đồ thị suy ÊN hoành độ dương ra, tập giá trị để cắt (P) điểm có Y để phương trình có nghiệm phân biệt Tìm giá trị N Tính nghiệm theo Bài 3: (3,5 điểm) RẤ Tìm số có hai chữ số biết T số có tử số số đó, mẫu số tích hai Ị phân hiệu số cần tìm với số có chữ số có phân số tối giản H Ttheo thứ tự ngược lại 27 chữ số với viết số phương Hãy tìm chữ số S C biết số Bài 4: (4,5 điểm) H T(O; R) đường thẳng d không qua O cắt đường tròn (O) hai Cho đường tròn G điểm A B Từ điểm M tùy ý đường thẳng d ngồi đường trịn (O) vẽ N hai tiếp tuyến MN MP với đường tròn (O) (M, N hai tiếp điểm) Ờ vị trí điểm M đường thẳng d cho tứ giác MNOP hình vng Chứng minh Ư Dựng Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp tâm đường tròn ngoại tiếp TRtam giác MNP chạy hai đường cố định M di động đường Bài 2: (4,0 điểm) y   x2 m d : y  2 x  m m d d d : y  2 x  m m d x  x  2m  m m 16 a , b , c, d a, ad , cd , abcd MN  MP  MA.MB thẳng d Bài 5: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ cho ba điểm A(1;0), B(0; 2), C (3; 0) Điểm D đoạn BC cho DA = DC E điểm tùy ý đoạn AC, đường thẳng d qua E song song với đường thẳng AD cắt đường thẳng BA F Đoạn BE cắt đoạn DA G Chứng minh tia CG CF đối xứng với qua CA - 92 - Bài 6: (3,0 điểm) 1) Trong bìa trình bày đây, có mặt ghi chữ mặt ghi số: A M N + Chứng tỏ để kiểm tra câu sau có khơng: "Nếu bìa mà mặt chữ nguyên âm mặt số chẵn", cần lật mặt sau tối đa bìa, bìa ? X U  2) Để thành lập đội tuyển học sinh giỏi khối 9, nhà trường tổ chức thi chọn môn Toán, Văn Ngoại ngữ tổng số 111 học sinh Kết có: 70 học sinh giỏi Tốn, 65 học sinh giỏi Văn 62 học sinh giỏi Ngoại ngữ Trong đó, có 49 học sinh giỏi mơn Văn Tốn, 32 học sinh giỏi mơn Tốn Ngoại ngữ, 34 học sinh giỏi môn Văn Ngoại ngữ Hãy xác định số học sinh giỏi ba mơn Văn, Tốn Ngoại ngữ Biết có học sinh khơng đạt u cầu ba môn H Ư -N T N Ị Ư R G N TH S C TH RẤ T Ờ T - 93 - Y ÊN CÁ Bµi HD Gii : Nội dung ý Điể m (2 điểm) 1.1 (2 ®) A   6x     3x3 3x   3x    3 x3  x  x     x     Ta cã: 3x  3x    3x  1   0;1  3x  0, x  , nên điều 0,50 kiện để A có nghĩa lµ  3x   A   8         3x  6x  3x       3x  3x  3x  3x  3x    x  x  x   0, x   x    x        1.2 (1,0 ®) A  Víi x       ÊN N 3x  (0  x  ) 3x  2   3x     3x  3x   3x     3x  3x    TH Ị RẤ T 3x    Ư R CÁ Y  3x  T - 94 - U X 0,25 0,50 0,25 3x   Ờ  0,50  x  3x  x   1     x3  3x   3x   Khi ®ã: A  G N -N T 3x  S lµ sè nguyên không âm, để A số nguyên C (vì TH 3x H x   3x  3x A  3x  3x  3x    3x   3x A  3x  3x  3x    A   3x  x  x ) 0,50 0,50 N Phương trình cho hoành độ giao điểm (P) d là: 2.1 (1,5®)  x  2 x  m  x  x  2m  (1) 0,25 Phương trình (1) phương trình bậc hai nên để (P) d có điểm chung phương trình (1) có nghiệm kép, tương ®­¬ng víi: 0,50  '   2m  m 0,25 Khi đường thẳng d tiếp tuyến (P) có phương trình y  2 x  VÏ ®óng tiÕp tun + Vẽ (P) + Đường thẳng d : y x m song song với đường thẳng y x cắt trục Oy điểm B(0; m) + Dựa vào đồ thị ta có: Để d cắt (P) hai điểm có hoành độ dương 2.2 (1,25 đ) H -N T 0m2 N Ư ÊN 0,50 0,50 CÁ Y x  x  2m  (2)  X  X  2m  vµ ( X  x  0) (3) 0m2 x1,2     2m x3,4     2m x, y  ;1  x, y  xy 10 x  y 16 x y 3   xy    90 x  y  16 xy 10 x  y  10 y  x  27  y6 x1  9; x2  16 3.2 (2,25 ®)  U X Rphân biệt phương trình (3) Để phương trình (2) có nghiệm T phải có nghiệm dươngphân biệt Từ câu ta suy TH Khi nghiệm (2) là: S C với 3.1 Gọi số cần tìm H (1,25 T đ) Theo giả thiết: G N Giải hệ ta có Vâỵ số cần tìm 96 (loại) Suy TR 2.3 (1,25 ®) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 0,50 0,25 0,50 0,50 a số phương, nên a 1, 4,9 Ta cã 92  81; 102  100 nªn số 9x số phương Do a ad số phương nên ad 16, 49 Nên d cd số phương nên cd 16, 36, 49 - 95 - 0,50 0,25 0,25 N Nªn Nªn c chØ cã thể 1, 3, Nếu a d c c  , ®ã abcd  1b16 hay 1b36 vµ   1bc  x   0,25 hay x6 0,25 Ta cã: 262  676; 342  1156; 362  1296; 442 1936; 462 2126 Chỉ chọn 1936 2 NÕu a  th× d  c , abcd 4b49   x3 hay  x7  Ta cã: 632  3969; 67  4489; 732  5329 Không chọn số Vậy có ch÷ sè a  1, b  9, c  3, d thỏa mÃn điều kiện toán 4.1 (1,25 ®) H Ư -N T ÊN 4.2 (1,25 ®) 4.3 (2,0 ®) T Ư R N Y Để MNOP hình vuông đường chéo OM ON  R Dùng ®iĨm M: Ta dùng hình vuông OACD, dựng đường tròn tâm O qua điểm D, cắt (d) M Chứng minh: Từ M vÏ tiÕp tuyÕn MN vµ MP Ta cã MN  MO  ON  R , nªn Tam giác ONM vuông cân N Tương tự, tam giác OPM vuông cân P Do MNOP hình vuông Bài toán có nghiệm hình v× OM  R  R + Ta cã: MN MP tiếp tuyến (O), nên MNOP tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính OM Tâm trung điểm H OM Suy tam giác cân MPQ nội tiếp đường tròn đường kính OM, tâm H + Kẻ OE AB , E trung điểm AB (cố định) Kẻ HL (d ) HL // OE, nên HL đường trung bình tam giác OEM, suy Ị G N TH S C TH  U CÁ MA MN   MN  MP  MA.MB MN MB RẤ T 0,25 0,25 X Ta cã: MN = MP (TÝnh chÊt cđa tiÕp tun c¾t nhau) Chứng minh tam giác MAN MNB ®ång d¹ng Suy ra: 0,25 Ờ 0,25 0,50 0,50 0,25 0,25 0,50 0,25 0,25 ra: HL  OE (không đổi) 0,5 + Do đó, M động (d) H cách dều (d) đoạn không đổi, nên H chạy đường thẳng (d') // (d) (d') qua trung điểm đoạn OE 0,25 - 96 - N  + Ta cã: OM phân giác góc NMP (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Kẻ tia phân giác góc PNM cắt đường tròn (O) điểm F, ®ã NF  FP (øng víi gãc néi tiÕp góc tạo tiếp tuyến dây cung nhau) + Suy F OM, F tâm đường tròng nội tiếp tam giác MNP + Vậy M động (d) tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP chạy đường tròn (O) 0,5 0,25 0,25 (2,0 đ) H -N T U X C + Đường thẳng BC có phương trình dạng: y ax (đi qua B(0; 2) ÊN vµ qua C(-3; 0) nên a Do phương trình đường thẳng BC là: y x N RẤ Y   + Tam gi¸c ADC cân D (gt), nên CAD DCA , suy hệ số góc AD số đối hệ số góc BC, nên phương trình AD T thẳng AD là: phương trình đường H T + Gọi E( ; 0) thuộc đoạn CA Đường thẳng d song Sd: song với ADC nên , d qua E nên: + PhươngH đường thẳng BE: E(m; nên T trình ; BEDo quaphương0)trình G N BE là: ( ) = + Phương trình cho hoành độ giao điểm(m của0).BE AD là: G 0,25 cã d¹ng y   x b Mà AD qua A(1; 0) nên b  , suy ra, 2 y   x 3 (3  m  1) m 0,25 2m d : y   x 3 y   xb y  ax  2 a m T Ư R m0 y m0 x2 m 0 m BE  Oy 0,25 x0 2 2 m 2(m  1) x2  x  x  ; suy tung ®é cđa G: y  m 3 m3 m 3  m 0; m + Phương trình ®­êng th¼ng CG: y  ax  b , CG qua C G nên ta có - 97 - 0,25 N 2(m  1)  3a  b   a  m   hÖ phương trình: 2ma 2(m 1) m3 b  m3 b  6(m  1)   m9  2(m  1) Suy hÖ sè góc đường thẳng CG a m9 + Phương trình đường thẳng AB: y x 0,25 +Phương trình cho hoành độ giao điểm F cđa AB vµ d lµ: 2m 3m ; suy tung độ F là: y m 2 x    x  x 3 + Phương trình đường thẳng CF có d¹ng: y  a ' x  b ' , CF qua C F nên: 2( m 1)  3a ' b '   a'    9m   3  m a ' 6(m  1)  b '  m 1   b'    9m  H Ư -N T y x a'   0,25 0,25  2 G  0;   3 m0 a 2( m  1)  a 9m U X + Hai đường thẳng CG CF hai phía đối C CA có hệ số với góc đối nhau, nên tạo víi CA (trơc Ox) mét gãc nhän b»ng nhau, suy ra: CG CF đối xứng qua CA ấN + Trường hợp : BE: x =0, nên Y , hệ số góc CG N ; đường thẳng d: , täa ®é ®iĨm , hƯ sè gãc Ấ Rcòn CF , toán T 6.1 + Câu: "Nếu bìa mà mặt chữ nguyên âm mặt THkiểm tra bìa mặt chữ (1,25 số chẵn" S đ) nguyên âm mặt sau phải số chẵn, bìa có mặt chữ C phụH mặt số số chẵn lẻ không ảnh hưởng âm Do T lật bìa chữ A mà mặt sau số lẻ, khẳng định câu không đúng, ngược lại mặt sau số chẵn phải lật G tiếp mặt sau bìa có chữ số 3, mặt phụ âm câu N hoàn toàn đúng, ngược lại sai Còn mặt sau bìa chữ M số chẵn lẻ được, mặt sau bìa số nguyên âm phụ âm được, câu TR Vậy cần lật tối đa bìa chữ A sè lµ cã thĨ kiĨm chøng Suy hƯ số góc đường thẳng CF là: a ' câu - 98 - 3  F  ; 1  2  0,25 0,50 0,25 0,25 0,25 N + Gäi x lµ số học sinh giỏi môn Văn, Toán, Ngoại ngữ (x > 0), dựa vào biểu đồ ta có: Số học sinh giỏi môn Toán là: 6.2 (1,75 ®) 0,25 0,25 70  49   32  x  Sè häc sinh chØ giái mét m«n Văn là: 65 49 34 x Số học sinh giỏi môn Ngoại ngữ lµ: 62  34   32  x  + Có học sinh không đạt yêu cầu nên: 111   70  49   32  x   65  49   34  x   62  34   32  x   -N T H Ư 0,25  U 0,25 X 49   32  x    34  x  0,50 CÁ 0,25  82  x  105  x  23 VËy có 23 học sinh giỏi môn ấN ==========================HT============================= N Ị Ư R G N TH S C TH RẤ T Ờ T - 99 - Y N ... mãn: x 199 7 + y 199 7 + z 199 7 =3 Tìm giá trị lớn biểu thức: P = x2 +y2 +z2 Lg : Ư R T 199 7      x 199 7  x 199 7  199 7 199 7 x  199 7 x (Cô si cho 199 5 số )    z 199 7  z 199 7  199 7 199 7 199 7 ... z 199 7  199 7 199 7 199 7   z     y 199 7  y 199 7  199 7 199 7 y 2 199 7  199 7 y  199 7 z Cộng theo vế ta có: 199 7.P  3. 199 5   x 199 7  y 199 7  z 199 7   3. 199 5  - 51 - X U  N ... , Bunhiacopxki BĐT thông dụng khác chứng minh BĐT tìm cực trị II CHUẨN BỊ Thầy : Giáo án Trò : SGK + SBT Tốn T1,2 III TIẾN TRÌNH DẠY HỌC GV giới thi? ??u BĐT thông dụng cho thi HSG PP tìm cực trị