Đề Thi Thử Tuyển Sinh Lớp 10 Toán 2013 - Đề 69 pdf

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC —————— KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN Dành cho lớp chuyên Toán. ————————— Câu 1 (3,0 điểm). a) 1,75 điểm: Nội dung trình bày Điểm Điều kiện 0 xy  0,25 Hệ đã cho 2 2[ ( ) ( )] 9 (1) 2( ) 5 2 0 (2) xy x y x y xy xy xy           0,25 Giải PT(2) ta được: 2 (3) 1 (4) 2 xy xy       0,50 Từ (1)&(3) có: 1 2 3 2 2 1 x y x y xy x y                         0,25 Từ (1)&(4) có: 1 1 3 2 2 1 1 2 2 1 x y x y xy x y                                   0,25 Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là: ( ; ) (1; 2), (2; 1), (1; 1/ 2), (1/ 2; 1) x y  0,25 b) 1,25 điểm: Nội dung trình bày Điểm Xét 3 trường hợp: TH1. Nếu 2 x  thì PT trở thành: ( 1) 2( 1) p x p    (1) TH2. Nếu 3 2 x    thì PT trở thành: (1 ) 2(1 ) p x p    (2) TH3. Nếu 3 x   thì PT trở thành: ( 1) 2( 4) p x p    (3) 0,25 Nếu 1 p   thì (1) có nghiệm 2 x  ; (2) vô nghiệm; (3) có nghiệm x nếu thoả mãn: 2( 4) 3 1 1 1 p x p p          . 0,25 Nếu 1 p   thì (1) cho ta vô số nghiệm thoả mãn 2 x  ; (2) vô nghiệm; (3) vô nghiệm. 0,25 Nếu 1 p  thì (2) cho ta vô số nghiệm thoả mãn 3 2 x    ; (1) có nghiệm x=2; (3)VN 0,25 Kết luận: + Nếu -1 < p < 1 thì phương trình có 2 nghiệm: x = 2 và 2( 4) 1 p x p    0,25 + Nếu p = -1 thì phương trình có vô số nghiệm 2 x   ¡ + Nếu p = 1 thì phương trính có vô số nghiệm 3 2 x    + Nếu 1 1 p p       thì phương trình có nghiệm x = 2. Câu 2 (1,5 điểm): Nội dung trình bày Điểm + Phát hiện và chứng minh 1 ( )( ) ( )( ) ( )( ) bc ca ab a b a c b a b c c a c b          1,0 + Từ đó, vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh bằng: 2 2 2 ( )( ) ( )( ) ( )( ) a b c bc ca ab b c c a a b a b a c b c b a c a c b                            0,5 Câu 3 (1,5 điểm): Nội dung trình bày Điểm Điều kiện xác định: x  1 (do x nguyên). 0,25 Dễ thấy 1 2( 1) ; | 2 1| | 1| x A B x x      , suy ra: 2 1 1 3 | 2 1| | 1| x C x x            0,25 Nếu 1 x  . Khi đó 2 1 4( 1) 4( 1) 1 2 1 0 1 1 0 3 2 1 3(2 1) 3(2 1) 3(2 1) x x x C C x x x x                        Suy ra 0 1 C   , hay C không thể là số nguyên với 1 x  . 0,5 Nếu 1 1 2 x    . Khi đó: 0 x  (vì x nguyên) và 0 C  . Vậy 0 x  là một giá trị cần tìm. 0,25 Nếu 1 2 x   . Khi đó 1 x   (do x nguyên). Ta có: 2 1 4( 1) 1 0 3 2 1 3(2 1) x C x x                và 4( 1) 2 1 1 1 0 3(2 1) 3(2 1) x x C x x           , suy ra 1 0 C    hay 0 C  và 1 x   . Vậy các giá trị tìm được thoả mãn yêu cầu là: 0, 1 x x    . 0,25 Câu 4 (3,0 điểm): a) 2,0 điểm: Nội dung trình bày Điểm Gọi I là trung điểm AB, , E IK CD R IM CD     . Xét hai tam giác KIB và KED có: · · ABD BDC  0,25 KB = KD (K là trung điểm BD) 0,25 · · IKB EKD  0,25 Suy ra KIB KED IK KE      . 0,25 Chứng minh tương tự có: MIA MRC    0,25 Suy ra: MI = MR 0,25 Trong tam giác IER có IK = KE và MI = MR nên KM là đường trung bình  KM // CD 0,25 A I B K M D E H R C Q Do CD // AB (gt) do đó KM // AB (đpcm) 0,25 b) 1,0 điểm: Nội dung trình bày Điểm Ta có: IA=IB, KB=KD (gt)  IK là đường trung bình của  ABD  IK//AD hay IE//AD chứng minh tương tự trong  ABC có IM//BC hay IR//BC 0,25 Có: QK AD  (gt), IE//AD (CM trên) QK IE   . Tương tự có QM IR  0,25 Từ trên có: IK=KE, QK IE QK   là trung trực ứng với cạnh IE của IER  . Tương tự QM là trung trực thứ hai của IER  0,25 Hạ QH CD  suy ra QH là trung trực thứ ba của IER  hay Q nằm trên trung trực của đoạn CD  Q cách đều C và D hay QD=QC (đpcm). 0,25 Câu 5 (1,0 điểm): Nội dung trình bày Điểm A' B' C' A B C P P' Trong số các tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn nhất (diện tích S). Khi đó 1 S  . 0.25 Qua mỗi đỉnh của tam giác, kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, các đường thẳng này giới hạn tạo thành một tam giác ' ' ' A B C (hình vẽ). Khi đó ' ' ' 4 4 A B C ABC S S   . Ta sẽ chứng minh tất cả các điểm đã cho nằm trong tam giác ' ' ' A B C . 0.25 Giả sử trái lại, có một điểm P nằm ngoài tam giác ' ' ', A B C chẳng hạn như trên hình vẽ . Khi đó     ; ; d P AB d C AB  , suy ra PAB CAB S S  , mâu thuẫn với giả thiết tam giác ABC có diện tích lớn nhất. 0.25 Vậy, tất cả các điểm đã cho đều nằm bên trong tam giác ' ' ' A B C có diện tích không lớn hơn 4. 0.25 . GD&ĐT VĨNH PHÚC —————— KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 200 9-2 010 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN Dành cho lớp chuyên Toán. ————————— Câu 1 (3,0. (3)VN 0,25 Kết luận: + Nếu -1 < p < 1 thì phương trình có 2 nghiệm: x = 2 và 2( 4) 1 p x p    0,25 + Nếu p = -1 thì phương trình có vô số