ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN LỚP 11 THANH TƯỜNG NĂM 2013

Tìm điểm M trên đường thẳng  sao cho tam giác MAB cân tại M và tính diện tích tam giác MAB.. 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác Oxy cho tam giác ABC có phương trình hai cạnh, AB x

TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐH,CĐ

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 x2 2x 3 0

2) Cho phương trình x2 mx m 3 0, m là tham số.

Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x sao cho 1, 2 x12 x22 x1 x2 14

3) Giải phương trình 24 2 x x 2  x 2

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

x xy

3) Giải bất phương trình: 5 x x5x.

Câu III: (3,0 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác Oxy cho đường thẳng , :x y 2 0 và hai điểm (2;0), (0;4)

A B Tìm điểm M trên đường thẳng  sao cho tam giác MAB cân tại M và tính diện

tích tam giác MAB

2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác Oxy cho tam giác ABC có phương trình hai cạnh,

AB x y AC x y và trực tâm H( 5;5). Xác định toạ độ các đỉnh , ,A B C và

viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

3) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác Oxy cho đường tròn ( ) :, C x2y24x 2y 20 0 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

2) Cho các số thực , ,x y z  thoả mãn   10 x y z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

2xy 2yz 2zx 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

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN VÀO LỚP 11 - LUYỆN THI ĐH,CĐ- THANH TƯỜNG

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 x1,x2 là  > 0

m2 4 m  12 0   m   6 v m  2 (1) 0,25

Áp dụng Định lí Vi-ét ta có:   

 



1 2

2 2

x x x x  m2 m  20 0   m  4 v m  5 0,25

I-3

(1,0 đ)

Điều kiện :  x2 2 x  24 0    6   x 4 (1) 0,25 Phương trình đã cho tương đương với 2 2

2

x

ìï ³ -ïïí

 



 

  

 2

2

3 10 0

x

 





2

2

5 v 2

x

x

II-1

(1,0 đ)

Hệ PT đã cho tương đương với 2

ïïí

Đặt u = x - y, v=xy Khi đó, hệ phương trình trở thành 2

(2)

u v

ìï + = ïïí

Từ (1) suy ra v=3-u thế vào (2) ta có u2 - 2u+ = Û 1 0 u= 1 0,25

1 2

u

v

ìï =

ïïí

ï =

ïïî hay

1 (3) (4) 2

x y xy

ìï - = ïïí

ïïî Từ PT(3) y x  1 thế vào PT(4) ta có x1 v x2

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

 2(x3 y3) xy x y(  ) 0  (x y x )(2 2xy2 ) 0y2 

Với y x .Từ PT(2) ta có x 1 Hệ phương trình có 2 nghiệm    

,

Với      





0

x

x xy y

(1,0 đ)

Bất phương trình đã cho tương đương với







2

2

0

4 16

x

x x

III-1

(1,0 đ)

Giả sử M t t ( ;  2)   Ta có MA  (t 2)2(t2)2 , MB  t2(t 2)2 0,25 Tam giác MAB cân tại M nên MA MB  t 1 Hay M( 1;1) 0,25

Ta có     

(3;1), ( 1;3)

MA MB và MA MB  0 do đó tam giác MAB vuông tại M 0,25 Diện tích tam giác MAB là 1 

2

MAB

III-2

(1,0 đ)

Toạ độ điểm A là nghiệm của HPT      

Giả sử B a a( ;3 )AB C b, (2  10; )b AC ,      

Một véctơ chỉ phương của đường thẳng AB là uAB (1;3)

Một véctơ chỉ phương của đường thẳng AC là uAC (2;1)















4

AB

AC

b

u HB Vậy B( 1; 3), ( 2;4)  C 

0,25

Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC có dạng

Do A B C, , ( )C nên ta có hệ phương trình

Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là x2y2  4x 2y 20 0

0,25

III-3

(1,0 đ)

Từ giả thiết MA MB ta có IM AB hay đường thẳng  đi qua M nhận véctơ





(3;1)

Phương trình đường thẳng : 3(x 1) 1( y 2) 0 hay 3x y  5 0 0,25

(0,5 đ)

Điều kiện: 1  x 1, 2 y 2 Đặt u  1 x  x 1 u2

Phương trình (1) trở thành      



y u

0,25

Với y 1 x thế vào PT(2) ta có 1 x2 x 1x  1 x 1x  1 1 x2

2

* x = 0 hệ phương trình có 1 nghiệm  





0 1

x y

1

x x

x

x<0 phương trình (3) vô nghiệm;

1 1

x

Do dấu “=” không đồng thời xảy ra nên PT(3) vô nghiệm

0,25

IV -2

(0,5đ)

z xy z x y z xy x z y z .

Áp dụng Bất đảng thức Côsi ta có (x y y z z x )(  )(  ) 8 xyz

1

xyz

x y y z z x

0,25

P

x z y z x y x z x y y z



xy x y yz y z zx x y y z

x y y z z x

2

x y y z z x

x y xy y z yz x z xz xyz

Vì vậy min 3

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