Đề Thi Thử Tuyển Sinh Lớp 10 Toán 2013 - Đề 69 pdf

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
——————

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
Dành cho lớp chuyên Toán.
—————————
Câu 1 (3,0 điểm).
a) 1,75 điểm:
Nội dung trình bày Điểm

Điều kiện
0
xy


0,25

Hệ đã cho
2
2[ ( ) ( )] 9 (1)
2( ) 5 2 0 (2)
xy x y x y xy
xy xy
   


  


0,25

Giải PT(2) ta được:
2 (3)
1
(4)
2
xy
xy







0,50

Từ (1)&(3) có:
1
2
3
2
2
1
x
y
x y
xy
x

y
 




 

















0,25

Từ (1)&(4) có:
1
1
3

2
2
1
1
2
2
1
x
y
x y
xy
x
y
 







 



 




















0,25

Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là:
( ; ) (1; 2), (2; 1), (1; 1/ 2), (1/ 2; 1)
x y


0,25

b) 1,25 điểm:
Nội dung trình bày Điểm

Xét 3 trường hợp:
TH1. Nếu
2

x

thì PT trở thành:
( 1) 2( 1)
p x p
  
(1)
TH2. Nếu
3 2
x
  
thì PT trở thành:
(1 ) 2(1 )
p x p
  
(2)
TH3. Nếu
3
x
 
thì PT trở thành:
( 1) 2( 4)
p x p
  
(3)
0,25

Nếu
1
p

 
thì (1) có nghiệm
2
x

; (2) vô nghiệm; (3) có nghiệm x nếu thoả mãn:
2( 4)
3 1 1
1
p
x p
p

      

.
0,25

Nếu
1
p
 
thì (1) cho ta vô số nghiệm thoả mãn
2
x

; (2) vô nghiệm; (3) vô nghiệm.
0,25

Nếu

1
p

thì (2) cho ta vô số nghiệm thoả mãn
3 2
x
  
; (1) có nghiệm x=2; (3)VN
0,25

Kết luận:
+ Nếu -1 < p < 1 thì phương trình có 2 nghiệm: x = 2 và
2( 4)
1
p
x
p




0,25

+ Nếu p = -1 thì phương trình có vô số nghiệm
2
x
 
¡

+ Nếu p = 1 thì phương trính có vô số nghiệm

3 2
x
  

+ Nếu
1
1
p
p
 




thì phương trình có nghiệm x = 2.
Câu 2 (1,5 điểm):
Nội dung trình bày Điểm

+ Phát hiện và chứng minh
1
( )( ) ( )( ) ( )( )
bc ca ab
a b a c b a b c c a c b
  
     

1,0

+ Từ đó, vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh bằng:
2

2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c bc ca ab
b c c a a b a b a c b c b a c a c b
 
 
     
 
 
        
 
 

0,5

Câu 3 (1,5 điểm):
Nội dung trình bày Điểm

Điều kiện xác định: x

1 (do x nguyên). 0,25

Dễ thấy
1 2( 1)
;
| 2 1| | 1|
x
A B
x x


 
 
, suy ra:
2 1 1
3 | 2 1| | 1|
x
C
x x
 

 
 
 
 

0,25

Nếu
1
x

. Khi đó
2 1 4( 1) 4( 1) 1 2
1 0 1 1 0
3 2 1 3(2 1) 3(2 1) 3(2 1)
x x x
C C
x x x x
  
 

         
 
   
 

Suy ra
0 1
C
 
, hay
C
không thể là số nguyên với
1
x

.
0,5

Nếu
1
1
2
x
  
. Khi đó:
0
x

(vì x nguyên) và
0

C

. Vậy
0
x

là một giá trị cần tìm.
0,25

Nếu
1
2
x
 
. Khi đó
1
x
 
(do x nguyên). Ta có:
2 1 4( 1)
1 0
3 2 1 3(2 1)
x
C
x x

 
     
 
 

 
và
4( 1) 2 1
1 1 0
3(2 1) 3(2 1)
x x
C
x x
 
     
 
, suy ra
1 0
C
  

hay
0
C

và
1
x
 
.
Vậy các giá trị tìm được thoả mãn yêu cầu là:
0, 1
x x
  
.

0,25

Câu 4 (3,0 điểm):
a) 2,0 điểm:
Nội dung trình bày Điểm

Gọi I là trung điểm AB,
,
E IK CD R IM CD
   
. Xét hai tam giác
KIB và KED có:
·
·
ABD BDC


0,25

KB = KD (K là trung điểm BD) 0,25

·
·
IKB EKD


0,25

Suy ra
KIB KED IK KE

    
. 0,25

Chứng minh tương tự có:
MIA MRC
  
0,25

Suy ra: MI = MR 0,25


Trong tam giác IER có IK = KE và MI = MR
nên KM là đường trung bình

KM // CD
0,25

A
I
B
K
M
D
E
H
R
C
Q
Do CD // AB (gt) do đó KM // AB (đpcm) 0,25

b) 1,0 điểm:
Nội dung trình bày Điểm

Ta có: IA=IB, KB=KD (gt)

IK là đường trung bình của

ABD

IK//AD hay IE//AD
chứng minh tương tự trong

ABC có IM//BC hay IR//BC
0,25

Có:
QK AD

(gt), IE//AD (CM trên)
QK IE
 
. Tương tự có
QM IR


0,25

Từ trên có: IK=KE,
QK IE QK
 

là trung trực ứng với cạnh IE của
IER

. Tương tự QM là
trung trực thứ hai của
IER


0,25

Hạ
QH CD

suy ra QH là trung trực thứ ba của
IER

hay Q nằm trên trung trực của đoạn CD

Q cách đều C và D hay QD=QC (đpcm).
0,25

Câu 5 (1,0 điểm):
Nội dung trình bày Điểm

A'
B'
C'
A
B
C

P
P'


Trong số các tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn nhất (diện tích S). Khi đó
1
S

.
0.25
Qua mỗi đỉnh của tam giác, kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, các đường thẳng
này giới hạn tạo thành một tam giác
' ' '
A B C
(hình vẽ). Khi đó
' ' '
4 4
A B C ABC
S S
 
. Ta sẽ chứng
minh tất cả các điểm đã cho nằm trong tam giác
' ' '
A B C
.

0.25
Giả sử trái lại, có một điểm
P
nằm ngoài tam giác

' ' ',
A B C
chẳng hạn như trên hình vẽ . Khi đó




; ;
d P AB d C AB
 , suy ra
PAB CAB
S S
 , mâu thuẫn với giả thiết tam giác
ABC
có diện tích
lớn nhất.
0.25
Vậy, tất cả các điểm đã cho đều nằm bên trong tam giác
' ' '
A B C
có diện tích không lớn hơn 4. 0.25