ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN LỚP 11 THANH TƯỜNG NĂM 2013

TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐH,CĐ THANH TƯỜNG - THANH CHƯƠNG KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 11 -THPT NĂM HỌC 2013 - 2014 MÔN THI : TOÁN Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề Câu I: (3,0 điểm) 1) Giải bất phương trình − − ≥ 2 2 3 0x x 2) Cho phương trình − − + = 2 3 0,x mx m m là tham số. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 2 ,x x sao cho + − − = 2 2 1 2 1 2 14x x x x 3) Giải phương trình − − = + 2 24 2 2x x x Câu II: (3,0 điểm) 1) Giải hệ phương trình  − + =   + =   2 2 3 5 x y xy x y 2) Giải hệ phương trình  − = −   + =   3 3 2 2 2 2 x y x y x xy 3) Giải bất phương trình: − + + ≤5 5x x x . Câu III: (3,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác ,Oxy cho đường thẳng ∆ − + =: 2 0x y và hai điểm (2;0), (0; 4)A B . Tìm điểm M trên đường thẳng ∆ sao cho tam giác MA B cân tại M và tính diện tích tam giác MA B . 2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác ,Oxy cho tam giác A B C có phương trình hai cạnh − = − + =: 3 0, : 2 10 0A B x y AC x y và trực tâm −( 5; 5).H Xác định toạ độ các đỉnh , ,A B C và viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác .A B C 3) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác ,Oxy cho đường tròn ( ) :C + + − − = 2 2 4 2 20 0x y x y Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm (1;2)M cắt đường tròn ( )C tại hai điểm phân biệt ,A B sao cho =MA MB . Câu IV: (1,0 điểm) 1) Giải hệ phương trình  + − = − −   + + − =   3 2 1 2 1 1 2 1 y x x x y y x x y 2) Cho các số thực , , 0x y z > thoả mãn + + = 1x y z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : = + + + + + 2 2 2xy yz zx P z xy x yz y zx ………… Hết ………… Họ và tên thí sinh: ………………………………………………………. Số báo danh: ……… Chú ý: Đáp án được cập nhật tại trang web http://www.violet.vn/Lucky999 1 ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN VÀO LỚP 11 - LUYỆN THI ĐH,CĐ- THANH TƯỜNG CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I-1 (1,0 đ) Bất phương trình tương đương với  ≥  ≤ −   3 1 x x Chú ý: Học sinh có thể giải chi tiết theo , '∆ ∆ hoặc theo BPT tích … 1,0 I-2 (1,0 đ) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 ,x 2 là ∆ > 0 ⇔ + − > ⇔ < − > 2 4 12 0 6 v 2m m m m (1) 0,25 Áp dụng Định lí Vi-ét ta có:  + =   = − +   1 2 1 2 3 x x m x x m 0,25 + − − = 2 2 1 2 1 2 14x x x x ⇔ + − = ⇔ = = − 2 20 0 4 v 5m m m m 0,25 Đối chiếu điều kiện (1) ta có m = 4 0,25 I-3 (1,0 đ) Điều kiện : − − + ≥ ⇔ − ≤ ≤ 2 2 24 0 6 4x x x (1) 0,25 Phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 24 2 ( 2) x x x x ì ï -³ ï ï í ï - - = + ï ï î 0,25  ≥ −  ⇔  + − =   2 2 3 10 0 x x x 0,25  ≥ −  ⇔ ⇔ =  = − =   2 2 5 v 2 x x x x (Thoả mãn (1)) 0,25 II-1 (1,0 đ) Hệ PT đã cho tương đương với 2 ( ) 3 ( ) 2 5 x y xy x y xy ì ï - + = ï ï í ï - + = ï ï î . 0,25 Đặt u = x - y, v=xy. Khi đó, hệ phương trình trở thành 2 3 (1) (2) 2 5 u v u v ì ï + = ï ï í ï + = ï ï î 0,25 Từ (1) suy ra v=3-u thế vào (2) ta có 2 2 1 0 1u u u- + = =Û 0,25 1 2 u v ì ï = ï ï í ï = ï ï î hay 1 (3) (4)2 x y xy ì ï - = ï ï í ï = ï ï î . Từ PT(3) = − 1y x thế vào PT(4) ta có = − =1 v 2x x Kết luận : Hệ phương trình có 2 nghiệm (-1 ; -2) và (2;1) 0,25 II-2 (1,0 đ) Nhận thấy đây là hệ phương trình đẳng cấp. Lấy PT(1) nhân chéo PT(2) theo vế ta có − = − + 3 3 2 4 2 (2 )( )x y x y x xy 0,25 ⇔ − − − = ⇔ − + + = 3 3 2 2 2( ) ( ) 0 ( )(2 2 ) 0x y xy x y x y x xy y ⇔ = + + = 2 2 v 2 2 0x y x xy y 0,25 Với =y x .Từ PT(2) ta có = ±1x . Hệ phương trình có 2 nghiệm   = = −     = = −     1 1 , 1 1 x x y y 0,25 Với  =  + + = ⇔  =   2 2 0 2 2 0 0 x x xy y y (Không thoả mãn PT(2)). 0,25 2 II-3 (1,0 đ) Điều kiện: 5 5x- ££ (1) 0,25 Bất phương trình đã cho tương đương với   ≥ ≥   ⇔   + − ≤ − ≤ −     2 2 2 2 0 0 10 2 25 2 25 10 x x x x x x 0,25   ≥ ≥ ≥   ⇔ ⇔ ⇔ ≥   ≥ − ≥     2 2 4 2 0 0; 10 4 16 16 0 x x x x x x x 0,25 Kết hợp điều kiện (1) suy ra ≤ ≤ 4 5x 0,25 III-1 (1,0 đ) Giả sử + ∈ ∆( ; 2)M t t . Ta có = − + + 2 2 ( 2) ( 2)MA t t , = + − 2 2 ( 2)MB t t 0,25 Tam giác MA B cân tại M nên = ⇔ = −1MA MB t . Hay −( 1;1)M 0,25 Ta có = = − uuur uuuur (3;1), ( 1; 3)MA MB và = uuur uuuur . 0MA MB do đó tam giác MA B vuông tại M 0,25 Diện tích tam giác MA B là = = 1 . 5 2 MAB S MA MB (đvdt) 0,25 III-2 (1,0 đ) Toạ độ điểm A là nghiệm của HPT   − = =   ⇔   − + = =     3 0 2 2 10 0 6 x y x x y y . Hay (2;6).A 0,25 Giả sử ∈ − ∈( ; 3 ) , (2 10; )B a a A B C b b A C , = + − = − − uuur uuuur ( 5;3 5), (2 5; 5)HB a a HC b b Một véctơ chỉ phương của đường thẳng AB là = r (1;3) A B u Một véctơ chỉ phương của đường thẳng AC là = r (2;1) A C u   = = −   ⇔   = =     uuuur r uuur r . 0 1 4 . 0 A B A C u HC a b u HB . Vậy − − −( 1; 3), ( 2; 4)B C 0,25 Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp A BC∆ có dạng 2 2 2 2 ( ) : 0 ( 0)C x y ax by c a b c+ + + + = + − > 0,25 Do , , ( )A B C C∈ nên ta có hệ phương trình   + + + + = = −   + − − + = ⇔ = −     + − + + = = −   4 36 2 6 0 4 1 9 3 0 2 4 16 2 4 0 20 a b c a a b c b a b c c Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là + − − − = 2 2 4 2 20 0x y x y 0,25 III-3 (1,0 đ) Đường tròn (C) có tâm I(-2; 1) và bán kính R = 5. 0,25 Ta có IM= <10 R nên điểm M nằm trong đường tròn ( )C . 0,25 Từ giả thiết = MA MB ta có ⊥ IM A B hay đường thẳng ∆ đi qua M nhận véctơ = uuur (3;1)IM làm véctơ pháp tuyến 0,25 Phương trình đường thẳng ∆ − + − =: 3( 1) 1( 2) 0x y hay + − =3 5 0x y 0,25 3 IV-1 (0,5 đ) Điều kiện: − ≤ ≤ − ≤ ≤1 1, 2 2x y . Đặt = − ⇒ = − 2 1 1u x x u Phương trình (1) trở thành  = + = + ⇔  + + + =   3 3 2 2 1 0( ) y u y y u u y yu u V N 0,25 Với = −1y x thế vào PT(2) ta có − + + = ⇔ + = − − 2 2 1 1 1 1 1 1x x x x x x ⇔ + = ⇔ = + = + − + − 2 2 2 1 0 v 1 1 1 1 1 x x x x x x x x * x = 0 hệ phương trình có 1 nghiệm  =   =   0 1 x y * + = + − 2 1 1 1 x x x x<0 phương trình (3) vô nghiệm; ≤ ≤0 1x Ta có ≥ ≥ ≥ = + − + − 2 2 1 1 1 1 1 1 x V T V P x x . Do dấu “=” không đồng thời xảy ra nên PT(3) vô nghiệm. 0,25 IV -2 (0,5đ) Ta có = = + + + + + + 2 2 2 ( ) ( )( ) xy xy xy z xy z x y z xy x z y z . Áp dụng Bất đảng thức Côsi ta có + + + ≥( )( )( ) 8x y y z z x xyz Do đó ≤ + + + 1 ( )( )( ) 8 xyz x y y z z x 0,25 = + + + + + + + + 2 2 2 ( )( ) ( )( ) ( )( ) xy yz zx P x z y z x y x z x y y z + + + + + + = + + + 2 ( ) 2 ( ) 2 ( )( ) ( )( )( ) xy x y yz y z zx x y y z x y y z z x + + + + + = = − ≥ − = + + + + + + + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) 4 1 3 2 2 ( )( )( ) 2 2 2 x y xy y z yz x z xz xyz x y y z z x x y xy y z yz x z xz x yz Vì vậy = 3 min 2 P đạt được khi = = = 1 3 x y z 0,25 Học sinh giải cách khác với đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa của câu đó. Chú ý: Đáp án được cập nhật tại trang web http://www.violet.vn/Lucky999 4 . TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐH,CĐ THANH TƯỜNG - THANH CHƯƠNG KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 11 -THPT NĂM HỌC 2013 - 2014 MÔN THI : TOÁN Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề Câu I: (3,0 điểm) 1). Họ và tên thí sinh: ………………………………………………………. Số báo danh: ……… Chú ý: Đáp án được cập nhật tại trang web http://www.violet.vn/Lucky999 1 ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN VÀO LỚP 11 - LUYỆN THI ĐH,CĐ- THANH TƯỜNG CÂU. = 3 min 2 P đạt được khi = = = 1 3 x y z 0,25 Học sinh giải cách khác với đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa của câu đó. Chú ý: Đáp án được cập nhật tại trang web http://www.violet.vn/Lucky999 4