DE DAP AN THI TUYEN VAO 11THANH TUONG THANH CHUONG 2009

TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐH,CĐ THANH TƯỜNG - THANH CHƯƠNG KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 11 -THPT NĂM HỌC 2009 - 2010 MƠN THI : TỐN Thời gian làm 90 phút, không kể thời gian giao đề Câu I: (3 điểm) 1) Cho phương trình x2 - (m + 1)x + m + = 0, m tham số 2 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 cho x1  x2 9 2) Cho phương trình x2 - 2(m - 2)x - m + = , m tham số Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt Câu II: (3,5 điểm) 1) Giải hệ phương trình: 2) Giải phương trình :  x  3x  y 6   y  y  x 6 24  x  x  x  2 3) Giải bất phương trình: ( x  4) x   x  3x - Câu III: (3 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: x - y + = phương trình cạnh AC: 3x + y - = trung điểm cạnh BC M(1; - 2) Viết phương trình cạnh BC tính diện tích tam giác ABC 2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác Oxy, cho tam giác ABC có A(2; 4), B(- 1; 3), C(6; - 4) Tìm tọa độ trực tâm H viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Câu IV: (0,5 điểm) Cho số thực x,y,z > thỏa mãn x + y + z = Chứng minh : x  y  z  xy  yz  z x ………… Hết ………… Họ tên thí sinh: ……………………………………………………… Số báo danh: ……… ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN VÀO LỚP 11 - LUYỆN THI ĐH,CĐ- THANH TƯỜNG CÂU I-1 (1,5đ) I-2 (1,5đ) II-1 (1,5đ) NỘI DUNG Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2  >  (m + 1)2 - 4(m + 4)2 >  m2 - 2m - 15 >  m < - v m > 2 Áp dụng Định lí Vi-ét ta có: x1  x2 9  ( x1  x2 )  2x1 x2  0  (m + 1)2 - 2(m + 4) - =  m2 - 16 =  m = - (T/m (1)) v m = (Loại do(1)) Kết luận: m = - Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt ( m  2)  (  m  8)     2( m  2)    m    m  3m     m  m      S 0 P   m   v m    m 8 m   m  Kết luận: < m < Lấy PT(1) trừ PT(2) theo vế ta có : (x - y)(x + y - 5) =  x = y v x + y - = Với y = x Từ PT(1) ta có x2 - x - =  x = - v x = Hệ phương trình có nghiệm (x ;y) = (- ;- 2) (x ;y) = (3 ;3) Với y = - x Từ PT(1) ta có x2 - 5x + =  x = v x = Hệ phương trình có nghiệm (x ;y) = (1 ; 4) (x ;y) = (4 ; 1) Kết luận : Hệ phương trình có nghiệm (- ; - 2), (3 ; 3), (1 ; 4), (4 ;1) Điều kiện: 24 - 2x - x2   -  x  Phương trình cho tương đương với II-2  x  0 (1,00đ)   x  0    24  x  x ( x  2) 2 x  x  20 0 2 ĐIỂM 0,25 (1) 0,25+0,25 0,25 0,25+0,25 0,25+0,25 1,00 0,25+0,25 0,25+0,25 0,25+0,25 0,25  x   x 2   x  v x 2 0,25+0,25 +0,25 Kết luận: x = Điều kiện: x2 -   x  - v x  ( x  4)  x   ( x  1)  0   Bất phương trình cho tương đương với *Nếu x  BPT  x   x  Do vế phải BPT dương nên BPT  (x2 - 9)  (x - 1)2  2x  10  x  (thỏa mãn) II-3 (1,00đ) *Nếu - < x  - BPT  x   x  Do VT  > VP nên BPT nghiệm với - < x  - *Nếu x = - nghiệm bất phương trình *Nếu x < - BPT  x   x  Do VT >0 VP < nên BPT vô nghiệm   4;  3   5;   Kết luận: Tập nghiệm bất phương trình S = 0,25 0,25 0,25 0,25 Gọi B(t; t + 1) thuộc đường thẳng AB, C(k; - 3k) thuộc đường thẳng AC Do M(1; - 2) trung điểm đoạn thẳng BC nên ta có hệ phương trình 0,25 t  k 2.1   (t  1)  (9  3k ) 2(  2) 0,25 t   k 4 Ta có tọa độ B(- 2; - 1), C(4 ; - 3)   uBC  BC (6;  2) Một vectơ phương đường thẳng BC 0,25 x  y 1    x + 3y + = Phương trình tắc cạnh BC III-1 A = AB  AC Tọa độ đỉnh A nghiệm hệ phương trình (1,5đ)  x  y    x 2 0,25 3x  y 9  y 3 Hay A(2 ; 3)  BC  | BC | 62  (  2)2 2 10 Độ dài cạnh BC | ax  by0  c | |  3.3  | 13 d ( A, BC )    2 2 10 a  b  Độ dài đường cao kẻ từ đỉnh A S ABC  BC.d ( A, BC ) Vậy diện tích tam giác ABC = 13 (đvdt) 0,25 0,25 Kết luận: BC: x + 3y + = 0, SABC = 13 (đvdt)   Đường cao AH có vectơ pháp tuyến n AH  BC (7;  7) Phương trình đường cao AH là: 7(x - 2) - 7(y  - 4) =  x - y + = 0,25 Đường cao BH có vectơ pháp tuyến nBH  AC (4;  8) Phương trình đường cao BH : 4(x + 1) - 8(y - 3) =  x - 2y + = H = AHBH Tọa độ trực tâm H nghiệm hệ phương trình III-2 (1,5 đ) 0,25  x  y   x 3     x  y   y 5 Hay H(3 ; 5) 0,25 Giả sử phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC (C) : x2 + y2 + ax + by + c = với điều kiện a2 + b2 - 4c > Do A,B, C thuộc đường tròn (C) nên tọa độ ba đỉnh thỏa mãn hệ phương trình 22  42  2a  4b  c 0  2 (  1)   a  3b  c 0  62  (  4)2  6a  4b  c 0  2a  4b  c  20    a  3b  c  10  6a  4b  c  52  0,25  a   b 2   c  20 0,25 Phương trình đường trịn (C) : x2 + y2 - 4x + 2y - 20 = Kết luận : H(3 ; 5) (C) : x2 + y2 - 4x + 2y - 20 = 0,25 2 3 Áp dụng BĐT cơsi ta có: x  x  x 3 x 3x Hay ta có x  x 3x Tương tự ta có 2 Cộng theo vế ta có: x  y  z  2( x  y  z ) 3( x  y  z ) IV 2 2 (0,5đ) Ta có đẳng thức (x + y + z) = x + y + z + 2(xy +yz + zx) (1)  ( x  y  z )  2( xy  yz  z x)  2( x  y  z ) 3( x  y  z )  0,25 y  y 3 y , z  z 3z x  y  z  xy  yz  z x Dấu “=” xảy x = y = z = (1) 0,25