Câu 6.3,0 điểm Cho đường tròn O nội tiếp hình vuông PQRS.. OA và OB là hai bán kính thay đổi vuông góc với nhau.. Qua A kẻ đường thẳng Ax song song với đường thẳng PQ, qua B kẻ đường thẳ
Trang 1SỞ GD & ĐT
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT NĂM HỌC 2008-2009
Môn thi: TOÁN CHUYÊN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
*****
Câu 1.(4,0 điểm) Cho phương trình x4 + ax 3 + x 2 + ax + 1 = 0, a là tham số
a) Giải phương trình với a = 1.
b) Trong trường hợp phương trình có nghiệm, chứng minh rằng a 2 > 2.
Câu 2.(4,0 điểm)
a) Giải phương trình: x + 3 + 6 - x (x + 3)(6 - x) = 3
b) Giải hệ phương trình: x + y + z = 12
2x + 2y - 2xy + z = 1
Câu 3.(3,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên x, y, z thỏa mãn :
3x 2 + 6y 2 +2z 2 + 3y 2 z 2 -18x = 6.
Câu 4.(3,0 điểm)
a) Cho x, y, z, a, b, c là các số dương Chứng minh rằng:
3 abc + xyz3 3(a + x)(b + y)(c + z)
b) Từ đó suy ra : 3 3 3 3 3 3 3 3 2 3 3
Câu 5.(3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD và tứ giác MNPQ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh
AB, BC, CD, DA của hình vuông.
a) Chứng minh rằng S ABCD
AC 4
(MN + NP + PQ + QM).
b) Xác định vị trí của M, N, P, Q để chu vi tứ giác MNPQ nhỏ nhất.
Câu 6.(3,0 điểm) Cho đường tròn (O) nội tiếp hình vuông PQRS OA và OB là hai bán kính
thay đổi vuông góc với nhau Qua A kẻ đường thẳng Ax song song với đường thẳng PQ, qua B kẻ đường thẳng By song song với đường thẳng SP Tìm quỹ tích giao điểm M của
Ax và By.
=HẾT=
Họ và tên thí sinh:……….Số báo danh:………
Chữ kí giám thị 1:………Chữ kí giám thị 2:….………
Trang 2SỞ GD & ĐT
***
KỲ THI TUYỂN SINH THPT NĂM HỌC 2009 -2010
MÔN : TOÁN (Hệ số 2)
-ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
Bản hướng dẫn chấm gồm 04 trang
I-
Đ áp án và thang đ iểm:
Câu 1a.
(2,0đ) Ta có phương trình :
x + ax +x + ax + 1 = 0 (1) Khi a =1 , (1) x +x +x +x+1= 0 4 3 2 (2)
Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm
Chia 2 vế của (2) cho x2 ta được: 2
2
x + + x + +1= 0
Đặt t = x+1 t x+1 x + 1 2
2
1
x + t -2
Phương trình (3) viết lại là : t + t - 1 = 0 2
Giải (3) ta được hai nghiệmt1 1 5
2
2
đều không thỏa điều kiện |t| 2.Vậy với a = 1, phương trình đã cho vô
nghiệm
0,50 0,50 0,50
0,50
Câu1b.
(2,0đ) Vì x = 0 không phải là nghiệm của (1) nên ta cũng chia 2 vế cho
x2 ta có phương trình : 2
2
x + +a x + +1= 0
Đặt t = x +1
x , phương trình sẽ là : t
2 + at - 1 = 0 (4)
Do phương trình đã cho có nghiệm nên (4) có nghiệm |t| 2 Từ
(4) suy ra a 1- t2
t
2
(1 - t )
t
t (t - 4) 1 0 (5)2 2
Vì |t| 2 nên t2 >0 và t2 – 4 0 , do vậy (5) đúng, suy ra a2 > 2
0,50
0,50 0,50 0,50
Câu 2a.
(2,0đ) x + 3 + 6 - x - (x + 3)(6 - x) 3 (1)
Điều kiện : x+3 0 -3 x 6
6-x 0
Đặt : x + 3 2 2
v = 6 - x
u
Phương trình đã có trở thành hệ :
0,50
Trang 3
u + v = 9 (u + v) - 2uv = 9
u + v - uv = 3 u + v = 3 + uv
Suy ra : (3+uv)2-2uv = 9 uv = 0uv = -4 u = 0v = 0
x+3 = 0 x = -3x = 6
6-x = 0
Vậy phương trình có nghiệm là x =-3 , x = 6
0,50 0,50
0,50
Câu
2b.
(2,0đ)
Ta có hệ phương trình :
2x+2y-2xy+z =1 2xy = z +2(x+y)-1
2 2
x + y = 1 - z 2xy = z - 2z + 1 = (1- z)
2
2xy = (x + y)
x + y = 02 2 x = y = 0 z = 1
Vậy hệ phương trình chỉ có 1 cặp nghiệm duy nhất: (x ;y ;z) =
(0 ;0; 1)
0,50
0,50 0,50 0,50
Câu 3.
(3,0đ) Ta có : 3x2 + 6y2 + 2z2 +3y2z2 -18x = 6 (1)
3(x-3) + 6y + 2z + 3y z 2 2 2 2 2 33 (2)
Suy ra : z2
3 và 2z2 33 Hay |z| 3
Vì z nguyên suy ra z = 0 hoặc |z| = 3
a) z = 0 , (2) (x-3)2 + 2y2 = 11 (3)
Từ (3) suy ra 2y2 11 |y| 2
Với y = 0 , (3) không có số nguyên x nào thỏa mãn
Với |y| = 1, từ (3) suy ra x { 0 ; 6}
b) |z| = 3, (2) (x-3)2 + 11 y2 = 5 (4)
Từ (4) 11y2 5 y = 0, (4) không có số nguyên x nào thỏa
mãn
Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm nguyên (x ;y ;z) là (0;1;0) ; (0
;-1;0) ; (6 ;1 ;0) và (6 ;-1 ;0)
0,50 0,50
0,50 0,50 0,50 0,50
Câu 4a.
(2,0đ)
3 abc 3 xyz 3(a+x)(b+y)(c+z) (1)
Lập phương 2 vế của (1) ta được :
abc + xyz + 3 (abc) xyz + 3 abc(xyz) (a+x)(b+y)(c+z)
abc + xyz+ 3 (abc) xyz +3 abc(xyz)
0,50
Trang 43 (abc) xyz +3 abc(xyz) (abz+ayc+ xbc)+ (ayz+xbz+xyc)
Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có :
2 3
(abz+ayc+ xbc) 3 (abc) xyz (3)
2 3
(ayz+xbz+ xyc) 3 abc(xyz) (4)
Cộng hai bất đẳng thức (3) và (4) ta được bất đẳng thức (2), do đó
(1) được chứng minh
0,50
0,50 0,50
Câu4b.
(1,0đ) Áp dụng BĐT (1) với a = 3+ 3, b = 1, c = 1, x = 3 - 3, y = 1, z = 1 3 3
Ta có : abc = 3 + 3 3, xyz = 3-3 3, a+ x = 6, b + y = 2, c + z = 2
Từ đó : 3 3+ 3 3 3 3- 3 3 3 6.2.2 2 3 3 (đpcm)
0,50 0,50
Câu 5a.
(2,0) Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của
QN, MN, PQ Khi đó :
BJ =MN
2 (trung tuyến vuông MBN) Tương tự DK =PQ
2
IJ = QM
2 (IJ là đtb MNQ)
Tương tự IK =PN
2
Vì BD BJ + JI + IK + KD Dođó:
ABCD
= (MN+NP+PQ+QM)
0,50
0,50 0,50 0,50
Câu5b.
(1,0) Chu vi tứ giác MNPQ là :
MN + NP + PQ + QM = 2BJ + 2IK +2DK + 2IJ
= 2(BJ + JI + IK + KD) 2BD (cmt)
Dấu bằng xảy ra khi đường gấp khúc trùng với BD, tức là MQ
//NP, MN//PQ, MN=PQ (vì cùng là cạnh huyền 2 tam giác vuông
cân bằng nhau), lúc đó MNPQ là hình chữ nhật
0,50 0,50
Câu 6.
(3,0đ) Kí hiệu như hình vẽ
Phần thuận :
AOB =AMB 90 (giả thiết)
tứ giác AOBM luôn nội tiếp
AMO ABO 45 0(vì AOB
vuông cân tại O)
Suy ra M luôn nằm trên đường
thẳng đi qua O và tạo với đường
PQ một góc 450
Trường hợp B ở vị trí B’ thì M’
nằm trên đường thẳng đi qua O
0,50
M
N
P
Q
I J
K
x y
O
K
H
R S
A
B
M M'
B'
Trang 5và tạo với PS một góc 450.
Giới hạn :
*) Khi A H thì M Q, khi A K thì M S
*) Trường hợp B ở vị trí B’: khi A H thì M’ P, khi A K thì
M’ R
Phần đảo: Lấy M bất kì trên đường chéo SQ (hoặc M’ trên PR),
qua M kẻ đường thẳng song song với đường thẳng PQ cắt (O) tại
A Kẻ bán kính OB OA
Ta thấy tứ giác AOBM nội tiếp (vì AMO ABO 45 0)
Suy ra : AMB AOB 90 0
Mà AM//PQ , PQ PS MB//PS
Kết luận:Quỹ tích giao điểm M là 2 đường chéo của hình vuông
PQRS
0,50 0,50 0,50
0,50 0,50
=Hết=