ĐỀ& ĐÁP ÁN THI TUYỂN VÀO 11-THANH TƯỜNG - THANH CHƯƠNG- 2009

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