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 th
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH PHÚ YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2009-2010 Môn thi: TOÁN CHUYÊN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
*****
Câu 1.(4,0 điểm) Cho phương trình x4 + ax3 + x2 + 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 a2 > 2
Câu 2.(4,0 điểm)
a) Giải phương trình: x + 3 + 6 - x (x + 3)(6 - x) = 3
b) Giải hệ phương trình:
2
x + y + z = 1 2x + 2y - 2xy + z = 1
Câu 3.(3,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên x, y, z thỏa mãn :
3x2 + 6y2 +2z2 + 3y2z2 -18x = 6
Câu 4.(3,0 điểm)
a) Cho x, y, z, a, b, c là các số dương Chứng minh rằng:
3 3 3
abc + xyz (a + x)(b + y)(c + z) b) Từ đó suy ra : 3333 3333 2 33
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 SABCD
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 PHÚ YÊN
***
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- Hướng dẫn chung:
1- Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định
2- Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi
3- Điểm toàn bài thi không làm tròn số
II- Đáp án và thang điểm:
Câu 1a
(2,0đ)
Ta có phương trình : 4 3 2
x + ax +x + ax + 1 = 0 (1) Khi a =1 , (1) 4 3 2
x +x +x +x+1= 0 (2)
Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm
Chia 2 vế của (2) cho x2 ta được: 2
2
Đặt t = x+1 t x+1 x + 1 2
2
1
Phương trình (3) viết lại là : 2
t + t - 1 = 0
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 : t2 + at - 1 = 0 (4)
Do phương trình đã cho có nghiệm nên (4) có nghiệm |t| 2 Từ (4)
0,50
Trang 3suy ra
2 1- t a t
Từ đó :
2 2 2
2
(1 - t )
t
t (t - 4) 1 0 (5)
Vì |t| 2 nên t2 >0 và t2 – 4 0 , do vậy (5) đúng, suy ra a2 > 2
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 :
u + v = 9 (u + v) - 2uv = 9
u + v - uv = 3 u + v = 3 + uv
Suy ra : (3+uv)2-2uv = 9 uv = 0 u = 0
uv = -4 v = 0
x+3 = 0 x = -3
x = 6 6-x = 0
Vậy phương trình có nghiệm là x =-3 , x = 6
0,50
0,50
0,50
0,50
Câu
2b
(2,0đ)
Ta có hệ phương trình :
x + y = 1 - z2 2
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 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)
0,50 0,50
Trang 4Từ (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
Câu 4a
(2,0đ)
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)
abc+xyz+abz+ayc+ayz+xbc+xyc+xbz
3 (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 0,50
Câu4b
a = 3+ 3, b = 1, c = 1, x = 3 - 3, y = 1, z = 1
Ta có : abc = 3 + 3
3, xyz = 3-3
3, a+ x = 6, b + y = 2, c + z = 2
3+ 3 3- 3 6.2.22 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
0,50
0,50 0,50 0,50
M
N
P
Q
I J
K
Trang 5Câu5b
(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 :
0 AOB =AMB90 (giả thiết)
tứ giác AOBM luôn nội tiếp
AMOABO45 (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
và 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 0
AMO ABO45 )
AMB AOB90
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 0,50
=Hết=
x y
O
K
H
R S
A
B
M M'
B'