MN=PQ (vì cùng là cạnh huyền 2 tam giác vuông cân bằng nhau), lúc đó. MNPQ là hình chữ nhật.[r]
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 abc + xyz3 3(a + x)(b + y)(c + z)
b) Từ đó suy ra : 333333 33 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:………
Trang 2Chữ kí giám thị 1:………Chữ kí giám thị 2:….………
Trang 3SỞ 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 :
x + ax +x + ax + 1 = 0 (1)
Khi a =1 , (1) x +x +x +x+1= 0 4 3 2 (2)
Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm
Chia 2 vế của (2) cho x2 ta được:
2 2
x + + x + +1= 0
Đặt
t = x+ t x+ x + 2
x x x và 2 2 2
1
x + t -2
x .
Phương trình (3) viết lại là : t + t - 1 = 02
Giải (3) ta được hai nghiệm 1
1 5 t
2
và 2
1 5 t
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 x
2 ta có phương trình :
2 2
x + +a x + +1= 0
Đặt
1
t = x +
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) suy ra
0,50
Trang 41- t a
t
Từ đó :
2 2 2
2
(1 - t )
a >2 2
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
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+z=1 x+y = 1-z
2x+2y-2xy+z =1 2xy = z +2(x+y)-1
2 2
x + y = 1 - z 2xy = z - 2z + 1 = (1- z)
2xy = (x + y)2
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 z2 2 2 2 2 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)
Từ (3) suy ra 2y2 11 |y| 2
Với y = 0 , (3) không có số nguyên x nào thỏa mãn
0,50 0,50
0,50 0,50
Trang 5Với |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
Câu 4a.
(2,0đ)
3abc3 xyz 3 (a+x)(b+y)(c+z) (1)
Lập phương 2 vế của (1) ta được :
abc + xyz + 3 (abc) xyz + 3 abc(xyz)3 2 3 2 (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.
(1,0đ) Áp dụng BĐT (1) với
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
Từ đó : 33+ 33 33- 33 36.2.2 2 3 3 (đpcm)
0,50 0,50
Câu 5a.
(2,0) Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm củaQN, 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
S BD (BJ+JI + IK+KD)
= (MN+NP+PQ+QM)
0,50
0,50 0,50 0,50
Câu5b.
(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, 0,50
M
N
P
Q
I J
K
Trang 6MN=PQ (vì cùng là cạnh huyền 2 tam giác vuông cân bằng nhau), lúc đó
Câu 6.
(3,0đ)
Kí hiệu như hình vẽ
Phần thuận :
AOB =AMB 90 (giả thiết)
tứ giác AOBM luôn nội tiếp
AMO ABO 45 0(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 AMO ABO 45 0)
Suy ra : AMB AOB 90 0
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'