Tài liệu Tập đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 môn toán kèm đáp án chi tiết

Tập đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 môn toán kèm đáp án chi tiết là tài liệu mới nhất hữu ích cho bồi dưỡng học sinh giỏi bộ môn. Chúc các em học sinh thi đạt kết quả cao nhất. UBND HUYỆN .............. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁP HUYỆN ĐỢT 1 Năm học .............. Môn thi: Toán - Lớp 9 Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giao đề) Thí sinh không được sử dụng máy tính bỏ túi. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Bài 1: ( 2 điểm) Cho biểu thức P  x 1 x2 x 1   x 1 x x 1 x  x  1 a, Rút gọn biểu thức P. b, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q  2  x . P Bài 2: (2 điểm) a) Giải các phương trình sau: x  x 1  x  4  x  9  0 b) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình  m  4  x   m  3 y  1 (m là tham số). Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng (d) là lớn nhất. Bài 3: (2 điểm) a) Tìm tất cả các bộ số nguyên dương  x; y; z  thỏa mãn x  y 2013 là số y  z 2013 hữu tỉ, đồng thời x 2  y 2  z 2 là số nguyên tố. b) Tìm các số tự nhiên x, y thỏa mãn: x(1 + x + x2 ) = 4y(y -1) Bài 4: (3 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB 0 áp dụng BĐT Cauchy , ta có : a + (b + c) 2 a (b  c)  a [a + (b + c)] �2a b  c  a 2a  b c a b c Điểm 0,25 Tương tự ta thu được : b 2b  c a a b c , Cộng theo vế ta được: c 2c  a b a b c a b c + + 2 bc ca ab 0,25 0,25 Dấu bằng của ba BĐT trên không thể đồng thời xảy ra , vì khi đó có : a = b + c , b = c + a , c = a + b nên a + b + c = 0 ( trái với giả thiết a, b, c đề là số dương ). Từ đó suy ra : UBND HUYỆN .............. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO a b c   2 bc ca a b 0,25 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁP HUYỆN ĐỢT 1 Năm học .............. Môn thi:Toán - Lớp 9 Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2,0 điểm) �x2 x 1 � x 1 Cho biểu thức: P  � �x x  1  x  x  1  1  x � �: 2 � � a. Rút gọn biểu thức P. b. Tìm giá trị của P khi x  11  3 8  3  8 . c. So sánh: P2 và 2P. (Với x �0, x � 1) Bài 2: (2,0 điểm) a) Giải phương trình: 4 x 2  3x  3  4 x3  3x 2  2 2 x  1 b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét hai đường thẳng (d 1): y = 3x – m – 1 và (d2) : y = 2x + m - 1. Chứng minh rằng khi m thay đổi, giao điểm của (d 1) và (d2) luôn nằm trên một đường thẳng cố định. Bài 3: (... điểm) a) Tìm số nguyên a sao cho a 4  4 là số nguyên tố b) Đặt a 3 2  3 3 2 3 Chứng minh rằng M = 64  3a (a  3) 3 2 là số chính phương. Bài 4: (… điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. a. Chứng minh rằng: S 2 AEF Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC ; S  cos A. ABC 2 2 2 b. Chứng minh rằng : S DEF   1  cos A  cos B  cos C  .S ABC c.Chứng minh rằng: HA HB HC   � 3. BC AC AB Bài 5: (… điểm) Tìm tất cả các tam giác vuông có số đo các cạnh là số nguyên và hai lần số đo diện tích bằng ba lần số đo chu vi. ---------- HẾT ---------(Đề thi gồm có 01 trang) Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.....................................................; Số báo danh................................ UBND HUYỆN .............. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Bài 1: ( 2 điểm) Ý/Phần ĐKXĐ Với x �0, x �1 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn thi: Toán - Lớp 9 Đáp án Điểm �x  2  x  x  x  x  1 � x  1 P� � ( x  1)( x  x  1) � �: 2 � � a)  0.75 x  2 x 1 2 2 .  . ( x  1)( x  x  1) x  1 x  x  1 x  11  6 2  3  2 2  (3  2) 2  ( 2  1) 2  3 2  b) 2  1  (3  2)  ( 2  1) =2(TM ĐKXĐ) Thay x =2 vào P ta có P  Vậy khi x = 2 thì P  c) Vì x  x 1 2 2 2(3  2)   7 2  2 1 3  2 2(3  2) 7 0.25 0.25 0.25 Với x �0 thì x  x �0 nên x  x  1 �1 suy ra: >0 nên P >0 1 2 �1 � P  �2 x  x 1 x  x 1 0.25 Vậy P2 �2P Bài 2: ( 2 điểm) Ý/Phần Đáp án 1 a) 4 x 2  3x  3  4 x3  3x 2  2 2 x  1 ( ĐKXĐ x � 2 ) � 4 x 2  3x  3  4 x x  3  2 2 x  1  �  2x     0.25 Điểm 0.25 � 4x2  4x x  3  x  3  1  2 2x 1  2x 1  0 x 3   2  1  2x 1  2 0 � �4 x 2  x  3 2x  x  3 � �� �� � x  1 (tmđk) �1  2 x  1 �1  2 x  1 Vậy phương trình có nghiệm x = 1 b) Tìm được (d1) cắt (d2) tại M(2m ; 5m-1) với mọi m. Suy ra quan hệ : ym = 5 xm - 1 với mọi m 2 0.25 0.25 0.25 0.75 Vậy khi m thay đổi, giao điểm M của (d 1) và (d2) luôn nằm 5 x - 1. 2 trên đường thẳng cố định (d) : y = Bài 3: ( 2 điểm) Ý/ Phần a) Đáp án Điểm 0.25 Ta có : Vì a ή�� Z a -2a+2 Z ;a +2a+2 Z 2 2   a 4  4 = (a 4  4a22  4)  4a 2  2a 2 -2a+2 a 2 +2a+2 Có a +2a+2=  a+1  1 �1 a  Và a 2 -2a+2=  a-1  1 �1 a 2 b) 0.25 nên a 4  4 là số nguyên tố thì a 2 +2a+2=1 hoặc a 2 - 2a+2=1 0.25 0.25 Nếu a 2 -2a+2=1 � a  1 thử lại thấy thoả mãn Vậy a 4  4 là số nguyên tố thì a=1 hoặc a= -1 0.25 <=> a 3  ( 3 2  3  3 2  3 )3 0.25 3 Mặt khác từ a = 3a +4 <=> a(a2 - 3 ) = 4 <=> a2 - 3 = 4 : a (vì a3 = 3a +4 nên a ≠0 ) Từ a 3 2  3 3 2 3 Thay vào và rút gọn ta có M = 64  3a (a  3) 3 2 0.25 = a3 - 3a = 4 Vậy M là số chính phương . 0.5 Bài 4: ( 3 điểm) Ý/Phần a) Đáp án Điểm A E F H C B D AE Tam giác ABE vuông tại E nên cosA = AB AF Tam giác ACF vuông tại F nên cosA = . AC Suy ra AE AF � AEF : ABC (c.g .c) = AB AC 2 S �AE � * Từ AEF : ABC suy ra AEF  � � cos 2 A S ABC �AB � 0.5 0.5 b) S S 2 2 CDE BDF Tương tự câu a, S  cos B, S  cos C. ABC ABC Từ đó suy ra SDEF S ABC  S AEF  S BDF  SCDE   1  cos 2 A  cos 2 B  cos 2 C S ABC S ABC 2 2 2 Suy ra S DEF   1  cos A  cos B  cos C  .S ABC c) 0.25 0.5 0.25 Từ AFC : HEC � HC CE HC.HB CE.HB S HBC  �   AC CF AC. AB CF . AB S ABC Tươ ng tự: 0.5 HB.HA S HAB  AC.BC S ABC ; HA.HC S HAC  AB.BC S ABC . Do đó: HC.HB AC. AB + HB.HA AC.BC + HA.HC AB.BC = S HBC  S HCA  S HAB 1 S ABC Bài : 5 (1 điểm) Ý/Phần Đáp án Gọi a, b, c lần lượt là cạnh huyền và 2 cạnh góc vuông của  vuông. Khi đó: a, b, c  N và a  5; b, c  3  a 2 b 2  c 2 (1) Ta có hệ phương trình:   bc 3(a  b  c) (2) Điểm 0.5 (1): (2): a2 = b2 + c2 = (b + c)2 – 2bc = (b + c)2 – 6(a + b + c)  a2 + 6a + 9 = (b + c)2 – 6(b + c) + 9  (a + 3)2 = (b + c – 3)2  a+3=b+c–3  a=b+c–6 bc = 3(b + c – 6 + b + c) = 3(2b + 2c – 6)  (b – 6)(c – 6) = 18 Nên ta có các trường hợp sau: 1. b – 6 = 1 và c – 6 = 18 thì b = 7; c = 24 và a = 25 2. b – 6 = 2 và c – 6 = 9 thì b = 8; c = 15 và a = 17 3. b – 6 = 3 và c – 6 = 6 thì b = 9; c = 12 và a = 15 0.5 NỘI DUNG CẤU TRÚC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MÔN : Toán - LỚP 9 CÂU NỘI DUNG KIẾN THỨC ĐIỂM Câu 1 Biến đổi đồng nhất: Các bài toán biến đổi căn thức và các câu hỏi khai thác biểu thức rút gọn 2 điểm Câu 2 3 điểmCâ u3 Phương trình đại số: phương trình bậc cao, pt vô tỉ : Hàm số đồ thị: Số học: Số nguyên tố, hợp số, số chính phương, phương trình nghiệm nguyên Câu Bài toán phát hiện học sinh xuất sắc 5Hình Cực trị đại số, hình học, biến đổi đồng nhất... học: Hệ thức trong tam giác vuông , tam giác 1 điểm 1 điểm 2 điểm 2 điểm 1 điểm đồng dạng, định lý Ta lét....: 1 điểm Đườn g tròn: Giới hạn đến bài dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến. 2 điểm Câu 4 Cộng 10,0 điểm UBND HUYỆN .............. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ------------o0o-------------- ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học: .............. Môn thi: Toán học – Lớp 9 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2 điểm) Cho biểu thức A  2 x 1 x 3 10  x   x 3 2 x x 5 x 6 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm các giá trị của x sao cho A  2 . c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B biết rằng B  x  4 x  20 A  x 2  . Câu 2 (2 điểm) a) Giải phương trình: x  1  2 7  x  2 x  1  7  6 x  x 2 2 2 b) Cho các đường thẳng y   2m  1 x  4m  1 ; y  2m  1   m  m  1 x  2m và  3m  1 x   2  2m  y  1 . Chứng minh rằng các đường thẳng trên cùng đi qua 1 điểm cố định? Câu 3 (2 điểm) a) Cho p và p 2  2 là các số nguyên tố. Chứng mình rằng số p 3  p 2  1 cũng là số nguyên tố? b) Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 x 2  3xy  2 y 2  6 x  2 y  1 . Câu 4 (3 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC. Gọi A là một điểm nằm trên nửa đường tròn (O)  A �B, A �C  . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC, D là điểm đối xứng với B qua A, I là trung điểm AH, J là trung điểm của DH. a) Chứng minh rằng AJH đồng dạng với HIC . b) Gọi E là giao điểm của HD và CI. Chứng minh : 2AE < AB? c) Khi A di động  A �B, A �C  , xác định vị trí điểm A trên nửa đường tròn sao cho tam giác ABC có chu vi lớn nhất. Câu 5 (1 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn : a  b  c  1 . Chứng minh rằng: 1 1 � 1 1 1 �1 4�   ��    9 �a  b b  c c  a � a b c --------------------------------Hết--------------------------------UBND HUYỆN .............. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TẠO HUYỆN ------------o0o-------------Năm học: .............. Môn thi: Toán học – Lớp 9 Câ u 1 Ý a Nội dung Điể m 2 x 1 x 3 10  x   x 3 2 x x 5 x 6 Điều kiện xác định: x �0; x �4; x �9 . Khi đó: Rút gọn A  A 2 x 1 x 3 10  x 2 x 1 x 3      x 3 2 x x 5 x  6 x 3 x 2 0.5  10  x x 3  x 2   2     x 1  x  3    x 2   x 3  x  2 x 1 x 3 x 3    x  3  10  x x 2    x 2 x 3 x 3  x 2  x 1 x 2 0.5 b Tìm x để A < 2. x 1  2 � 2 x 2 � � � x 5  0 �x �� TH1: Khi � �x 2  0 �x Để A  2 � x 1 0� x 2 x 5 0 x 2 0,25 5 �x  25 �� � x  25 2 �x  4 � � x 5  0 � �x 5 � �� � x  2  0 � �x 2 TH2: Khi � 0 �x  25 � � 0 �x  4 � 0 x 0,25 4 Đối chiếu với điều kiện xác định ban đầu ta được giá trị cần tìm của x là: 0 �x  4 hoặc x  25 c Tìm giá trị nhỏ nhất của B Ta có: B xác định khi x �0; x �4; x �9 B x  4 x  20 A  x 2  x 5  x  2 x  4 x  20 x  4 x  20 .  x 1 x 2 x 1  25 25  x 1 6 x 1 x 1 0,25 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho 2 số x  1 và 25 , ta x 1 được 25 25 �2.5 � x  1  �10 x 1 x 1 25  � x � 1 6 4 B 4 x 1 25 � x  1  5 � x  4 � x  16 Dấu “=” xảy ra khi: x  1  x 1 x 1 2 (t/m) Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức B là: MinB  4 khi x  16 . a Giải phương trình x  1  2 7  x  2 x  1  7  6 x  x 2 Điều kiện xác định của phương trình: 1 �x �7 PT � x  1  2 x  1  2 7  x   7  x   x  1  0 � x  1.     x 1  2  7  x. 2  x 1  0 �  x 1  2  0,25 0,5  x 1  7  x  0 0,5 b Chứng minh các đường thẳng cùng đi qua 1 điểm cố định Gọi M  x0 ; y0  là điểm cố định của đường thẳng y   2m  1 x  4m  1 Khi đó ta có: y0   2m  1 x0  4m  1, m ��� m  2 x0  4   x0  y0  1  0, m �� 2 x0  4  0 � �x0  2 �� �� � M  2;3 �x0  y0  1  0 �y0  3 0,5 Do đó, đường thẳng y   2m  1 x  4m  1 luôn đi qua điểm cố định M  2;3 0,25 0,25 3 a Chứng mình rằng số p 3  p 2  1 cũng là số nguyên tố Do p là số nguyên tố nên: Khi p  2 � p 2  2  6 là hợp số � Mâu thuẫn với giả thiết p 2  2 là số nguyên tố � p  2 không thỏa mãn đề. Khi p  3 � p 2  2  11 là số nguyên tố (tm) � p 3  p 2  1  37 là số nguyên tố (đpcm). 0,5 2 * 2 2 Khi p  3 � p  3n  1 n �N  � p  2  3n  3 M3 � p  2 là hợp số � Mâu thuẫn với giả thiết p 2  2 là số nguyên tố � p  3 không thỏa mãn đề. Vậy khi p và p 2  2 là các số nguyên tố thì p 3  p 2  1 cũng là số nguyên tố b Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 x 2  3xy  2 y 2  6 x  2 y  1 . 2 2 Ta có 2 x  3xy  2 y  6 x  2 y  1 � ... �  x  2 y  2   2 x  y  2   5 0,5 0,5 Vì x; y ��� x  2 y  2; 2 x  y  2 �� nên x  2 y  2; 2 x  y  2 là ước của 5: �x  2 y  2  1 �x  2 y  1 �x  1 �� �� 2x  y  2  5 2x  y  3 � � �y  1 TH1. � � 1 x � x  2 y  2  5 x  2 y  3 � � � 5 � � TH2. � � � (Không thỏa mãn) 2x  y  2  1 2 x  y  1 � 7 � � y � 5 17 � x � �x  2 y  2  1 �x  2 y  3 � 5 �� �� TH3. � (Không thỏa 2 x  y  2  5 �2 x  y  7 � �y   1 � 5 mãn) 13 � x � x  2 y  2   5 x  2 y   7 � � � 5 �� �� TH4. � (Không thỏa 2 x  y  3 �2 x  y  2  1 � �y  11 � 5 mãn) Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm:  x; y    1;1 4 a T a t h ấ y ABC n g o ạ i ti 1 0,5 ế p đ ư ờ n g tr ò n đ ư ờ n g k í n h B C Từ giả thiết AB  AD � �� AJ / / BC � A J  AH � HAJ vuông tại JH  JD � A Do đó từ (4) ta có: � �� � � AJH : HIC tan � AJH  tan HIC AJH  HIC n ê n AB  AC � AC  AD T ừ g i ả t h i ế t IA  IH � �� IJ / / AD JH  JD � � IJ  AC � � AIJ  � ACH ( c ù n g p h ụ b Chứng minh 2AE  AB � Theo câu a ta có AJH : HIC � � AHJ  HCI �  HIC �  900 � � �  900 � JH  CI Ta lại có: HCI AHJ  HIC Từ đó JEI vuông tại E � I , J , E thuộc đường tròn đường kính IJ Tương tự JAI vuông tại A � I , A, J thuộc đường tròn đường kính IJ � I , A, J , E cùng thuộc đường tròn đường kính IJ 0,5 c Xác định vị trí điểm A Khi A di động trên nửa đường tròn (O). Ta có chu vi tam giác ABC là: CABC  AB  AC  BC Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 0,5 AB 2  AC 2 �2 AB. AC � 2  AB2  AC 2  �AB2  2 AB. AC  AC 2 �2� ۳2�AC �2   AB  AB AC  2  AB 2BC 2 AC  2 AB AC 0,5 2 BC Do đó, CABC  AB  AC  BC � 2 BC  BC   2  1 BC (BC không đổi) Nên chu vi tam giác ABC lớn nhất là  2  1 BC khi AB = AC � A thuộc trung trực của BC � A là giao điểm của trung trực BC với đường tròn (sau này A là điểm chính giữa cung BC) 5 1 1 1 1 1 0,5 1 � �  Chứng minh 4 �  ��    9 �a  b b  c c  a � a b c Từ giả thiết a  b  c  1 nên ta có: 1 1 � 1 1 1 �1 4�   ��    9 �a  b b  c c  a � a b c �a  b  c a  b  c a  b  c � a  b  c a  b  c a  b  c � 4�     9 �� bc ca � a b c � ab 4c 4a 4b b c c a a b � 12    �12    ab bc ca a b c 4c 4a 4b bc ca a b �   �   ab bc ca a b c �1 1 � 4 1 1  y � � 4 Ta có với các số dương x, y thì  x � x y x y �x y � 0,5 nên: 4c �1 1 � 4a �1 1 � 4b �1 1 � �c. �  � ; �a. �  � ; �b. �  � ab �a b � b  c �b c � c  a �c a � 4c 4a 4b bc ca a b   �   Cộng các vế lại ta được: ab bc ca a b c đpcm Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1 3 Chú ý: Các cách giải khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa theo từng phần. 0,5 UBND HUYỆN .............. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÈ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỢT 1 Năm học: .............. Môn thi: Toán – Lớp: 9 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức: � x x ��2 2 x � P�  :  � � � x  1 x  1 ��x x x  x � � � � a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm x để P < 1 c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P . Bài 2: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình : x 2  7x  6  x  3  x  6  x 2  2x  3 2. Cho 2 điểm A  1;3 và B  2;1 a) Biết phương trình đường thẳng (d): y = ax + b (a ≠ 0) đi qua A và B. Tìm a và b. b) Lập phương trình đường thẳng đi qua C  2; 1 và song song với (d); vuông góc với d. Bài 3: (2,0 điểm) 1. Tìm nghiệm nguyên  x; y  của phương trình : x 2  3y 2  2xy  2x  10y  4  0 2. Cho x, y, z là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện xyz  100 . Tính giá trị của biểu thức M  x xy  x  10  y yz  y  1  10 z xz  10 z  10 Bài 4 (2,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Trên đường tròn (O) lấy một điểm D bất kì (D � A, B), trên đường kính AB lấy điểm C. Kẻ CH vuông góc với AD � cắt đường tròn (O) tại E và cắt CH tại F, DF cắt tại H, phân giác trong DAB đường tròn (O) tại N. Chứng minh: 1. Ba điểm N, C, E thẳng hàng; 2. Nếu AD = BC thì DN đi qua trung trung điểm của AC. Bài 5: (2,0 điểm) �  105o ; B �  45o ; BC  4cm . Tính độ dài AB; AC. Cho VABC có A HẾT (Đề thi gồm có 02 trang) Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………………; Số báo danh: …………………. UBND HUYỆN .............. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Bài 1: (2,0 điểm) Ý/Phần a) ĐK: x > 0; x ≠ 1 P   x   HƯỚNG DẪN CHẤM Môn thi: Toán – Lớp: 9 Đáp án    x 1  x 2 x 1  2  x : x 1 x 1 x x 1  x2 x   :   x2 x  x  x  1 x  x  1 x2 x  .  x  1  x  1 x  2 x  x 1 x 1 1,0 x x 1 b) P < 1 � x 0,5 < x 1 1� x 1 x 1 < 0� x  x 1 x 1 <0 Vì 2 1 1 1 1� 3 � x  x  1  x  .2. x    1  � x  � 2 4 4 2� 4 � >0 � x 1 <0 � x< 1 �x < Điểm 1 Kết hợp ĐK: x > 0; x ≠ 1 Vậy 0 < x <1 thì P < 1 c) x x 1 1   x 1 x 1 1 P  x 1 2 x 1 P Vì x > 0 �   x 1  x 1 1 x 1 x  1 > 0;  x 1 1 x 1 1 > 0. Áp dụng BĐT Cô si ta được: 0,5 x 1 1 �2 x 1 2 2 4 x 1     P Dấu “ = ” xảy ra khi x = 4(tmđk) Vậy Pmin  4 khi x = 4 � P  2 khi x = 4. Bài 2: (2,0 điểm) Ý/Phần Đáp án 1) Phương trình : x 2  7x  6  x  3  x  6  x 2  2x  3  1 Điểm 2 2 Ta có x  7x  6   x  1  x  6  và x  2x  3   x  1  x  3 nên �x  3 �0 � �۳۳ x 1 0 phương trình xác định �� �x  6 �0 � �x �3 � �x 1 �x �6 � x 6 0,25 Khi đó :  1 �  x  1  x  6   � x 1 �   x 3  x 6    x 6  x 3  x 6  x 3   x  1  x  3  x 6  x 3  0  x 1 1  0 0,25 � x  6  x  3  0 � x  6  x  3 � x  6  x  3 � 0x  9 (vo� nghiem) � � v khong � thoa �man ��KX0,25 �) � x  1  1  0 � x  1  1 � x  1  1 � x  2 (loai�� Vậy phương trình đã cho vô nghiệm 2) a) Vì  d  : y  ax  b  a �0  đi qua 2 điểm A; B nên: � 2 a � 3 ab � � 3 �� (tmđk) � 1  2a  b 7 � � b � 3 0,25 2 3 Vậy  d  : y  x  7 3 b) Gọi đường thẳng cần tìm là  V : y  ax  b  a �0  0,5 Vì  V đi qua C nên 1  2a  b  1 +) Vì  V P d  � 2 a � � 3 �� 7 � b� � 2 2 7 �  V : 1  2.  b � b   3 3 2 7 Vậy  V : y  x  3 3 2 3 +) Vì  V   d  � a.  1 � a   3 2 Thay vào (1) ta được: 0,5 1  3  b � b  2 3 Vậy  V : y   x  2 2 Bài 3: (2,0 điểm) Ý/Phần 1) Ta có : Đáp án Điểm x 2  3y 2  2xy  2x  10y  4  0 �  x 2  2xy  y 2    4y 2  4y  1   2x  6y   5  0 �  x  y    2y  1  2  x  3y   5  0 2 2 �  x  y  1  x  3y  1  2  x  3y  1  7  0 �  x  3y  1  x  y  3   7 0,25 Vì x, y nguyên nên  x  3y  1 và  x  y  3 nguyên ½ các trường hợp : *) Trường hợp 1: �x  3y  1  1 �x  3y  0 �x  3y �x  3 �� �� �� � 4y  4 �x  y  3  7 �x  y  4 � �y  1 *) Trường hợp 2: 0,25 x7 �x  3y  1  1 �x  3y  2 �x  2  3y � �� �� �� � 4y  12 �x  y  3  7 �x  y  10 � �y  3 *) Trường hợp 3: �x  3y  1  7 �x  3y  6 �x  6  3y �x  3 �� �� �� � 4y  4 �x  y  3  1 �x  y  2 � �y  1 *) Trường hợp 4: x  3y  8 x  8  3y x 1 �x  3y  1  7 � � � �� �� �� � xy4 4y  12 �x  y  3  1 � � �y  3 Vậy nghiệm nguyên của phương trình là 0,25