ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN LỚP 11 THANH TƯỜNG NĂM 2013

TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐH,CĐ
THANH TƯỜNG - THANH CHƯƠNG
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 11 -THPT
NĂM HỌC 2013 - 2014
MÔN THI : TOÁN
Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề
Câu I: (3,0 điểm)
1) Giải bất phương trình
− − ≥
2
2 3 0x x
2) Cho phương trình
− − + =
2
3 0,x mx m

m
là tham số.
Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt
1 2
,x x
sao cho
+ − − =
2 2
1 2 1 2
14x x x x
3) Giải phương trình
− − = +
2
24 2 2x x x
Câu II: (3,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình

− + =


+ =


2 2
3
5
x y xy
x y
2) Giải hệ phương trình

− = −


+ =


3 3
2
2 2
2
x y x y
x xy
3) Giải bất phương trình:
− + + ≤5 5x x x
.

Câu III: (3,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác
,Oxy
cho đường thẳng
∆ − + =: 2 0x y
và hai điểm
(2;0), (0; 4)A B
. Tìm điểm
M
trên đường thẳng
∆
sao cho tam giác
MA B
cân tại
M
và tính diện
tích tam giác
MA B
.
2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác
,Oxy
cho tam giác
A B C
có phương trình hai cạnh
− = − + =: 3 0, : 2 10 0A B x y AC x y
và trực tâm
−( 5; 5).H
Xác định toạ độ các đỉnh
, ,A B C
và

viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác
.A B C
3) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác
,Oxy
cho đường tròn
( ) :C

+ + − − =
2 2
4 2 20 0x y x y

Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm
(1;2)M
cắt đường tròn
( )C
tại hai điểm phân biệt
,A B
sao cho
=MA MB
.
Câu IV: (1,0 điểm)
1) Giải hệ phương trình

+ − = − −


+ + − =



3
2
1 2 1
1 2 1
y x x x y
y x x y

2) Cho các số thực
, , 0x y z >
thoả mãn
+ + = 1x y z
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
= + +
+ + +
2 2 2xy yz zx
P
z xy x yz y zx
………… Hết …………
Họ và tên thí sinh: ………………………………………………………. Số báo danh: ………
Chú ý: Đáp án được cập nhật tại trang web />1
ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN VÀO LỚP 11 - LUYỆN THI ĐH,CĐ- THANH TƯỜNG
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
I-1
(1,0 đ)
Bất phương trình tương đương với

≥

≤ −



3
1
x
x

Chú ý: Học sinh có thể giải chi tiết theo
, '∆ ∆
hoặc theo BPT tích …
1,0
I-2
(1,0 đ)
Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt x
1
,x
2
là ∆ > 0
⇔
+ − > ⇔ < − >
2
4 12 0 6 v 2m m m m
(1)
0,25
Áp dụng Định lí Vi-ét ta có:

+ =


= − +



1 2
1 2
3
x x m
x x m
0,25
+ − − =
2 2
1 2 1 2
14x x x x
⇔
+ − = ⇔ = = −
2
20 0 4 v 5m m m m
0,25
Đối chiếu điều kiện (1) ta có m = 4 0,25
I-3
(1,0 đ)
Điều kiện :
− − + ≥ ⇔ − ≤ ≤
2
2 24 0 6 4x x x
(1) 0,25
Phương trình đã cho tương đương với
2 2
2
24 2 ( 2)
x

x x x
ì
ï
-³
ï
ï
í
ï
- - = +
ï
ï
î
0,25

≥ −

⇔

+ − =


2
2
3 10 0
x
x x
0,25

≥ −


⇔ ⇔ =

= − =


2
2
5 v 2
x
x
x x
(Thoả mãn (1)) 0,25
II-1
(1,0 đ)
Hệ PT đã cho tương đương với
2
( ) 3
( ) 2 5
x y xy
x y xy
ì
ï
- + =
ï
ï
í
ï
- + =
ï
ï

î
. 0,25
Đặt u = x - y, v=xy. Khi đó, hệ phương trình trở thành
2
3
(1)

(2)
2 5
u v
u v
ì
ï
+ =
ï
ï
í
ï
+ =
ï
ï
î
0,25
Từ (1) suy ra v=3-u thế vào (2) ta có
2
2 1 0 1u u u- + = =Û
0,25
1
2
u

v
ì
ï
=
ï
ï
í
ï
=
ï
ï
î
hay
1 (3)

(4)2
x y
xy
ì
ï
- =
ï
ï
í
ï
=
ï
ï
î
. Từ PT(3)

= − 1y x
thế vào PT(4) ta có
= − =1 v 2x x

Kết luận : Hệ phương trình có 2 nghiệm (-1 ; -2) và (2;1)
0,25
II-2
(1,0 đ)
Nhận thấy đây là hệ phương trình đẳng cấp. Lấy PT(1) nhân chéo PT(2) theo vế ta có
− = − +
3 3 2
4 2 (2 )( )x y x y x xy

0,25
⇔ − − − = ⇔ − + + =
3 3 2 2
2( ) ( ) 0 ( )(2 2 ) 0x y xy x y x y x xy y

⇔ = + + =
2 2
v 2 2 0x y x xy y
0,25
Với
=y x
.Từ PT(2) ta có
= ±1x
. Hệ phương trình có 2 nghiệm
 
= = −
 

 
= = −
 
 
1 1
,
1 1
x x
y y
0,25
Với

=

+ + = ⇔

=


2 2
0
2 2 0
0
x
x xy y
y
(Không thoả mãn PT(2)). 0,25
2
II-3
(1,0 đ)

Điều kiện:
5 5x- ££
(1) 0,25
Bất phương trình đã cho tương đương với
 
≥ ≥
 
⇔
 
+ − ≤ − ≤ −
 
 
2 2 2 2
0 0
10 2 25 2 25 10
x x
x x x x
0,25


≥
≥ ≥
 
⇔ ⇔ ⇔ ≥
 
≥
− ≥





2
2
4 2
0
0; 10
4
16
16 0
x
x x
x
x
x x
0,25
Kết hợp điều kiện (1) suy ra
≤ ≤
4 5x
0,25
III-1
(1,0 đ)
Giả sử
+ ∈ ∆( ; 2)M t t
. Ta có
= − + +
2 2
( 2) ( 2)MA t t
,
= + −
2 2

( 2)MB t t
0,25
Tam giác
MA B
cân tại
M
nên
= ⇔ = −1MA MB t
. Hay
−( 1;1)M

0,25
Ta có
= = −
uuur uuuur
(3;1), ( 1; 3)MA MB
và
=
uuur uuuur
. 0MA MB
do đó tam giác
MA B
vuông tại
M
0,25
Diện tích tam giác
MA B
là
= =
1

. 5
2
MAB
S MA MB
(đvdt)
0,25
III-2
(1,0 đ)
Toạ độ điểm A là nghiệm của HPT
 
− = =
 
⇔
 
− + = =
 
 
3 0 2
2 10 0 6
x y x
x y y
. Hay
(2;6).A
0,25
Giả sử
∈ − ∈( ; 3 ) , (2 10; )B a a A B C b b A C
,
= + − = − −
uuur uuuur
( 5;3 5), (2 5; 5)HB a a HC b b

Một véctơ chỉ phương của đường thẳng AB là
=
r
(1;3)
A B
u
Một véctơ chỉ phương của đường thẳng AC là
=
r
(2;1)
A C
u


= = −
 
⇔
 
=
=




uuuur
r
uuur
r
. 0 1

4
. 0
A B
A C
u HC a
b
u HB
. Vậy
− − −( 1; 3), ( 2; 4)B C

0,25
Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp
A BC∆
có dạng
2 2 2 2
( ) : 0 ( 0)C x y ax by c a b c+ + + + = + − >

0,25
Do
, , ( )A B C C∈
nên ta có hệ phương trình
 
+ + + + = = −
 
+ − − + = ⇔ = −
 
 
+ − + + = = −
 
4 36 2 6 0 4

1 9 3 0 2
4 16 2 4 0 20
a b c a
a b c b
a b c c

Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
+ − − − =
2 2
4 2 20 0x y x y

0,25
III-3
(1,0 đ)
Đường tròn (C) có tâm I(-2; 1) và bán kính R = 5. 0,25
Ta có IM=
<10 R
nên điểm M nằm trong đường tròn
( )C
. 0,25
Từ giả thiết
=
MA MB
ta có
⊥
IM A B
hay đường thẳng
∆
đi qua M nhận véctơ
=

uuur
(3;1)IM
làm véctơ pháp tuyến
0,25
Phương trình đường thẳng
∆ − + − =: 3( 1) 1( 2) 0x y
hay
+ − =3 5 0x y
0,25
3
IV-1
(0,5 đ)
Điều kiện:
− ≤ ≤ − ≤ ≤1 1, 2 2x y
. Đặt
= − ⇒ = −
2
1 1u x x u

Phương trình (1) trở thành

=
+ = + ⇔

+ + + =


3 3
2 2
1 0( )

y u
y y u u
y yu u V N

0,25
Với
= −1y x
thế vào PT(2) ta có
− + + = ⇔ + = − −
2 2
1 1 1 1 1 1x x x x x x
⇔ + = ⇔ = + =
+ − + −
2
2 2
1 0 v 1
1 1 1 1
x x
x x x x
x x
* x = 0 hệ phương trình có 1 nghiệm

=


=


0
1

x
y

*
+ =
+ −
2
1
1 1
x
x
x

x<0 phương trình (3) vô nghiệm;
≤ ≤0 1x
Ta có
≥ ≥ ≥ =
+ − + −
2 2
1
1
1 1 1 1
x
V T V P
x x
.
Do dấu “=” không đồng thời xảy ra nên PT(3) vô nghiệm.
0,25
IV -2
(0,5đ)

Ta có
= =
+ + + + + +
2 2 2
( ) ( )( )
xy xy xy
z xy z x y z xy x z y z
.
Áp dụng Bất đảng thức Côsi ta có
+ + + ≥( )( )( ) 8x y y z z x xyz
Do đó
≤
+ + +
1
( )( )( ) 8
xyz
x y y z z x

0,25
= + +
+ + + + + +
2 2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
xy yz zx
P
x z y z x y x z x y y z

+ + + + + +
=
+ + +

2 ( ) 2 ( ) 2 ( )( )
( )( )( )
xy x y yz y z zx x y y z
x y y z z x

+ + + + +
= = − ≥ − =
+ + +
+ + + + + +
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2( ) 4 1 3
2 2
( )( )( ) 2 2
2
x y xy y z yz x z xz xyz
x y y z z x
x y xy y z yz x z xz x yz

Vì vậy
=
3
min
2
P
đạt được khi
= = =
1
3
x y z

0,25
Học sinh giải cách khác với đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa của câu đó.
Chú ý: Đáp án được cập nhật tại trang web />4