TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐH,CĐ THANH TƯỜNG - THANH CHƯƠNG KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 11 -THPT NĂM HỌC 2009 - 2010 MÔN THI : TOÁN Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian giao đề Câu I: (3 điểm) 1) Cho phương trình x 2 - (m + 1)x + m + 4 = 0, m là tham số. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 sao cho 2 2 1 2 9x x+ = 2) Cho phương trình x 2 - 2(m - 2)x - m + 8 = 0 , m là tham số. Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt. Câu II: (3,5 điểm) 1) Giải hệ phương trình: 2 2 3 2 6 3 2 6 xx y y y x  − + =   − + =   2) Giải phương trình : 2 24 2 2x x x− − = + 3) Giải bất phương trình: 2 2 ( 4) 9 3 - 4x x x x+ − ≥ + . 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 + 1 = 0 và phương trình cạnh AC: 3x + y - 9 = 0 và trung điểm cạnh BC là M(1; - 2). Viết phương trình cạnh BC và 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 và viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu IV: (0,5 điểm) Cho các số thực x,y,z > 0 thỏa mãn x + y + z = 3. Chứng minh rằng : xx y z xy yz z+ + ≥ + + . ………… Hết ………… Họ và tên thí sinh: ………………………………………………………. Số báo danh: ……… ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN VÀO LỚP 11 - LUYỆN THI ĐH,CĐ- THANH TƯỜNG CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I-1 (1,5đ) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 ,x 2 là ∆ > 0 0,25 ⇔ (m + 1) 2 - 4(m + 4) 2 > 0 ⇔ m 2 - 2m - 15 > 0 ⇔ m < - 3 v m > 5. (1) 0,25+0,25 Áp dụng Định lí Vi-ét ta có: 2 2 2 1 2 1 2 1 2 9 ( ) 2 9 0xx x x x x+ = ⇔ + − − = 0,25 ⇔ (m + 1) 2 - 2(m + 4) - 9 = 0 ⇔ m 2 - 16 = 0 ⇔ m = - 4 (T/m (1)) v m = 4 (Loại do(1)) Kết luận: m = - 4 0,25+0,25 I-2 (1,5đ) Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi 0 0 0 S P ′ ∆ >   >   >  0,25+0,25 2 2 ( 2) ( 8) 0 3 4 0 1 4 2( 2) 0 2 2 4 8 8 0 8 8 m m m m m v m m m m m m m m   − − − + > − − > < − >     ⇔ − > ⇔ > ⇔ > ⇔ < <       − + > < <    Kết luận: 4 < m < 8 1,00 II-1 (1,5đ) Lấy PT(1) trừ PT(2) theo vế ta có : (x - y)(x + y - 5) = 0 ⇔ x = y v x + y - 5 = 0. 0,25+0,25 Với y = x. Từ PT(1) ta có x 2 - x - 6 = 0 ⇔ x = - 2 v x = 3. Hệ phương trình có nghiệm (x ;y) = (- 2 ;- 2) và (x ;y) = (3 ;3) 0,25+0,25 Với y = 5 - x. Từ PT(1) ta có x 2 - 5x + 4 = 0 ⇔ x = 1 v x = 4 Hệ phương trình có nghiệm (x ;y) = (1 ; 4) và (x ;y) = (4 ; 1) Kết luận : Hệ phương trình có 4 nghiệm (- 2 ; - 2), (3 ; 3), (1 ; 4), (4 ;1) 0,25+0,25 II-2 (1,00đ) Điều kiện: 24 - 2x - x 2 ≥ 0 ⇔ - 6 ≤ x ≤ 4 0,25 Phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 2 0 2 0 2 2 5 2 24 2 ( 2) 2 6 20 0 x x x x x v x x x x x x + ≥ + ≥ ≥ −    ⇔ ⇔ ⇔ =    = − = − − = + + − =    Kết luận: x = 2 0,25+0,25 +0,25 II-3 (1,00đ) Điều kiện: x 2 - 9 ≥ 0 ⇔ x ≤ - 3 v x ≥ 3 Bất phương trình đã cho tương đương với 2 ( 4) 9 ( 1) 0x x x   + − − − ≥   0,25 *Nếu x ≥ 3 thì BPT ⇔ 2 9 1x x− ≥ − . Do vế phải của BPT dương nên BPT ⇔ (x 2 - 9) ≥ (x - 1) 2 ⇔ 2x ≥ 10 ⇔ x ≥ 5 (thỏa mãn) 0,25 *Nếu - 4 < x ≤ - 3 thì BPT ⇔ 2 9 1x x− ≥ − . Do VT ≥ 0 > VP nên BPT nghiệm đúng với - 4 < x ≤ - 3 *Nếu x = - 4 thì nó là nghiệm của bất phương trình 0,25 *Nếu x < - 4 thì BPT ⇔ 2 9 1x x− ≤ − . Do VT >0 và VP < 0 nên BPT vô nghiệm. Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình S = [ ] [ ) 4; 3 5;− − ∪ +∞ 0,25 III-1 (1,5đ) Gọi B(t; t + 1) thuộc đường thẳng AB, C(k; 9 - 3k) thuộc đường thẳng AC. 0,25 Do M(1; - 2) là trung điểm của đoạn thẳng BC nên ta có hệ phương trình 2.1 2 ( 1) (9 3 ) 2( 2) 4 t k t t k k + = = −   ⇔   + + − = − =   . Ta có tọa độ B(- 2; - 1), C(4 ; - 3) 0,25 Một vectơ chỉ phương của đường thẳng BC là (6; 2) BC u BC= = − uuur uuur . Phương trình chính tắc của cạnh BC là 2 1 6 2 x y+ + = − ⇔ x + 3y + 5 = 0. 0,25 A = AB ∩ AC. Tọa độ đỉnh A là nghiệm của hệ phương trình 1 2 3 9 3x x y x y y − = − =   ⇔   + = =   . Hay A(2 ; 3) 0,25 Độ dài cạnh BC là 2 2 | | 6 ( 2) 2 10BC BC= = + − = uuur . Độ dài đường cao kẻ từ đỉnh A là 0 0 2 2 2 2 | | | 2 3.3 5 | 13 ( , ) 10 1 3 ax by c d A BC a b + + + + = = = + + 0,25 Vậy diện tích tam giác ABC là 1 . ( , ) 2 ABC S BC d A BC ∆ = = 13 (đvdt) Kết luận: BC: x + 3y + 5 = 0, S ∆ ABC = 13 (đvdt) 0,25 III-2 (1,5 đ) Đường cao AH có một vectơ pháp tuyến là (7; 7) AH n BC= = − uuur uuur Phương trình đường cao AH là: 7(x - 2) - 7(y - 4) = 0 ⇔ x - y + 2 = 0 0,25 Đường cao BH có một vectơ pháp tuyến là (4; 8) BH n AC= = − uuur uuur Phương trình đường cao BH là : 4(x + 1) - 8(y - 3) = 0 ⇔ x - 2y + 7 = 0 0,25 H = AH∩BH. Tọa độ trực tâm H là nghiệm của hệ phương trình 2 3 2 7 5 x y x x y y − = − =   ⇔   − = − =   . Hay H(3 ; 5). 0,25 Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là (C) : x 2 + y 2 + ax + by + c = 0 với điều kiện a 2 + b 2 - 4c > 0. 0,25 Do A,B, C thuộc đường tròn (C) nên tọa độ của ba đỉnh thỏa mãn hệ phương trình 2 2 2 2 2 2 2 4 2 4 0 2 4 20 4 ( 1) 3 3 0 3 10 2 6 4 52 20 6 ( 4) 6 4 0 a a a a b c b c a a b c a b c b b c c b c  + + + + = + + = − = −      − + − + + = ⇔ − + + = − ⇔ =       − + = − = − + − + − + =    0,25 Phương trình đường tròn (C) : x 2 + y 2 - 4x + 2y - 20 = 0. Kết luận : H(3 ; 5) và (C) : x 2 + y 2 - 4x + 2y - 20 = 0. 0,25 IV (0,5đ) Áp dụng BĐT côsi ta có: 2 3 3 3 3xx x x x+ + ≥ = . Hay ta có 2 2 3xx x+ ≥ Tương tự ta có 2 2 2 3 , 2 3 zy y y z z+ ≥ + ≥ 0,25 Cộng theo vế ta có: 2 2 2 2( ) 3( )x y z x y z x y z+ + + + + ≥ + + (1) Ta có hằng đẳng thức (x + y + z) 2 = x 2 + y 2 + z 2 + 2(xy +yz + zx) (1) 2 ( ) 2( ) 2( ) 3( )xx y z xy yz z x y z x y z⇔ + + − + + + + + ≥ + + xx y z xy yz z⇔ + + ≥ + + Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1. 0,25 . TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐH,CĐ THANH TƯỜNG - THANH CHƯƠNG KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 11 -THPT NĂM HỌC 2009 - 2010 MÔN THI : TOÁN Thời gian làm bài 90. ………………………………………………………. Số báo danh: ……… ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN VÀO LỚP 11 - LUYỆN THI ĐH,C - THANH TƯỜNG CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I-1 (1,5đ) Điều kiện để phương trình