MN=PQ (vì cùng là cạnh huyền 2 tam giác vuông cân bằng nhau), lúc đó. MNPQ là hình chữ nhật.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THƠNG NĂM HỌC 2009-2010
Mơn thi: TỐN CHUN
Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian phát đề) *****
Câu 1.(4,0 điểm) Cho phương trình x4 + ax3 + x2 + ax + = 0, a tham số a) Giải phương trình với a =
b) Trong trường hợp phương trình có nghiệm, chứng minh a2 > 2. Câu 2.(4,0 điểm)
a) Giải phương trình: x + + - x (x + 3)(6 - x) = b) Giải hệ phương trình:
x + y + z = 2x + 2y - 2xy + z =
.
Câu 3.(3,0 điểm) Tìm tất 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 số dương Chứng minh rằng: abc + xyz3 3(a + x)(b + y)(c + z) b) Từ suy : 333333 33 2 33
Câu 5.(3,0 điểm) Cho hình vng ABCD tứ giác MNPQ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh AB, BC, CD, DA hình vng
a) Chứng minh SABCD AC
4
(MN + NP + PQ + QM)
b) Xác định vị trí M, N, P, Q để chu vi tứ giác MNPQ nhỏ
Câu 6.(3,0 điểm) Cho đường trịn (O) nội tiếp hình vng PQRS OA OB hai bán kính thay đổi vng góc với 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 Ax By
=HẾT=
(2)(3)SỞ 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 khơng theo cách nêu đáp án mà cho đủ điểm phần hướng dẫn quy định
2- Việc chi tiết hố thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không sai lệch với hướng dẫn chấm thống thực Hội đồng chấm thi
3- Điểm toàn thi khơng làm trịn số
II- Đáp án thang điểm:
CÂU ĐÁP ÁN Điểm
Câu 1a.
(2,0đ) Ta có phương trình :
4
x + ax +x + ax + = (1) Khi a =1 , (1) x +x +x +x+1= (2) Dễ thấy x = nghiệm
Chia vế (2) cho x2 ta được:
2
1
x + + x + +1=
x x (3).
Đặt
1 1
t = x+ t x+ x +
x x x 2
1
x + t -2
x .
Phương trình (3) viết lại : t + t - = 02 Giải (3) ta hai nghiệm
1
t
2
1
t
2
không thỏa điều kiện |t| 2.Vậy với a = 1, phương trình cho vô nghiệm
0,50 0,50 0,50
0,50
Câu1b.
(2,0đ) Vì x = khơng phải nghiệm (1) nên ta chia vế cho x ta có
phương trình :
2
1
x + +a x + +1=
x x
.
Đặt
1 t = x +
x , phương trình : t2 + at - = (4).
Do phương trình cho có nghiệm nên (4) có nghiệm |t| Từ (4) suy
(4)2 1- t a t Từ :
2 2
2
(1 - t )
a >2
t
t (t - 4) (5)2
Vì |t| nên t2 >0 t2 – , (5) đúng, suy a2 >
0,50 0,50 0,50 Câu 2a.
(2,0đ) x + + - x - (x + 3)(6 - x) (1) Điều kiện :
x+3
-3 x 6-x
Đặt : 2
x +
, ,
v = - x u
u v u v
Phương trình có trở thành hệ :
2 2
u + v = (u + v) - 2uv = u + v - uv = u + v = + uv
Suy : (3+uv)2-2uv =
uv = u = uv = -4 v =
x+3 = x = -3 x = 6-x =
Vậy phương trình có nghiệm x =-3 , x =
0,50 0,50 0,50 0,50 Câu 2b. (2,0đ)
Ta có hệ phương trình :
2
x+y+z=1 x+y = 1-z
2x+2y-2xy+z =1 2xy = z +2(x+y)-1
2 x + y = - z
2xy = z - 2z + = (1- z)
2xy = (x + y)2
x + y = 02 x = y = z = 1.
Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm 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 = (1)
3(x-3) + 6y + 2z + 3y z2 2 2 33 (2) Suy : z2 2z2 33
Hay |z|
Vì z nguyên suy z = |z| = a) z = , (2) (x-3)2 + 2y2 = 11 (3)
Từ (3) suy 2y2 11 |y| 2.
Với y = , (3) khơng có số ngun x thỏa mãn
0,50 0,50
(5)Với |y| = 1, từ (3) suy x { ; 6}.
b) |z| = 3, (2) (x-3)2 + 11 y2 = (4)
Từ (4) 11y2 y = 0, (4) khơng có số nguyên x thỏa mãn
Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên (x ;y ;z) (0;1;0) ; (0 ;-1;0) ; (6 ;1 ;0) (6 ;-1 ;0)
0,50 0,50
Câu 4a. (2,0đ)
3abc3 xyz (a+x)(b+y)(c+z) (1) Lập phương vế (1) ta :
abc + xyz + (abc) xyz + abc(xyz)3 (a+x)(b+y)(c+z)
2
3
abc + xyz+ (abc) xyz +3 abc(xyz)
abc+xyz+abz+ayc+ayz+xbc+xyc+xbz
2
3
3 (abc) xyz + abc(xyz) (abz+ayc+ xbc)+ (ayz+xbz+xyc)
(2)
Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có :
3
(abz+ayc+ xbc) (abc) xyz (3)
(ayz+xbz+ xyc) abc(xyz) (4)
Cộng hai bất đẳng thức (3) (4) ta bất đẳng thức (2), (1) chứng minh
0,50
0,50
0,50 0,50
Câu4b.
(1,0đ) Áp dụng BĐT (1) với
3
a = 3+ 3, b = 1, c = 1, x = - 3, y = 1, z = Ta có : abc = + 3, xyz = 3-3 3, a+ x = 6, b + y = 2, c + z = Từ : 33+ 33 33- 33 36.2.2 3 (đpcm)
0,50 0,50 Câu 5a.
(2,0) Gọi I, J, K trung điểm củaQN, MN, PQ Khi : BJ =
MN
2 (trung tuyến vuông MBN) Tương tự DK =
PQ . IJ =
QM
2 (IJ đtb MNQ). Tương tự IK =
PN .
Vì BD BJ + JI + IK + KD Dođó:
ABCD
AC AC
S BD (BJ+JI + IK+KD)
2
=AC(MN+NP+PQ+QM)
4 - đpcm.
0,50
0,50 0,50 0,50
Câu5b. (1,0)
Chu vi tứ giác MNPQ :
MN + NP + PQ + QM = 2BJ + 2IK +2DK + 2IJ
= 2(BJ + JI + IK + KD) 2BD (cmt)
Dấu xảy đường gấp khúc trùng với BD, tức MQ //NP, MN//PQ, 0,50
A B
D C
M
N
P Q
I J
(6)MN=PQ (vì cạnh huyền tam giác vng cân nhau), lúc
MNPQ hình chữ nhật 0,50
Câu 6. (3,0đ)
Kí hiệu hình vẽ Phần thuận :
AOB =AMB 90 (giả thiết)
tứ giác AOBM nội tiếp AMO ABO 45 0(vì AOB
vuông cân O)
Suy M nằm đường thẳng qua O tạo với đường PQ góc 450.
Trường hợp B vị trí B’ M’ nằm đường thẳng qua O tạo với PS góc 450. Giới hạn :
*) Khi A H M Q, A K M S
*) Trường hợp B vị trí B’: A H M’ P, A K M’ R
Phần đảo: Lấy M đường chéo SQ (hoặc M’ PR), qua M kẻ đường thẳng song song với đường thẳng PQ cắt (O) A Kẻ bán kính OB
OA
Ta thấy tứ giác AOBM nội tiếp (vì AMO ABO 45 0) Suy : AMB AOB 90 0.
Mà AM//PQ , PQ PS MB//PS
Kết luận:Quỹ tích giao điểm M đường chéo hình vng PQRS
0,50
0,50
0,50
0,50
0,50 0,50
=Hết=
x y
O
K H
P Q
R S
A
B M M'