Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPTchuyên quốc học - Năm học 2019-2020 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPTchuyên quốc học - Năm học 2019-2020 (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUỐC HỌC THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2019-2020 Khóa ngày 02 tháng 6 năm 2019 Môn thi: TOÁN (CHUYÊN TOÁN) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (1,5 điểm) 3x 9x 3 x 1 x 2 a) Rút gọn biểu thức P . Tìm x để P 3. x x 2 x 2 x 1 b) Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện x x2 1 y y2 1 2. Tính giá trị của biểu thức Q x y2 1 y x2 1. Câu 2: (2,0 điểm) 1 1 a) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) : y x2 và đường thẳng (d): y x 3. 2 2 Gọi A(xA ;yA ), B(xB;yB ) (với xA xB ) là các giao điểm của (P) và (d), C(xC ;yC ) là điểm thuộc (P) sao cho x x x . Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác ABC. A C B x3 (x y) x2y2 1 b) Giải hệ phương trình . 2 x (xy 3) 3xy 3 Câu 3: (1,5 điểm) a) Giải phương trình x 3 3 2x 3 x 1 2x 3 2 2. 2 b) Cho phương trình (ẩn x) x (m 1) x m 6 0. Tìm tất cả các giá trị của m để 2 2 phương trình có hai nghiệm x1, x2 sao cho biểu thức A (x1 4)(x2 4) có giá trị lớn nhất. Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB AC và trực tâm là T. Gọi H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC và D là điểm đối xứng với T qua đường thẳng BC; I và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên AB và AC; E và F lần lượt là trung điểm của AC và IH. a) Chứng minh ABDC là tứ giác nội tiếp và hai tam giác ACD và IHD đồng dạng. b) Chứng minh ba điểm I, H, K thẳng hàng và DEF là tam giác vuông. BC AB AC c) Chứng minh . DH DI DK Câu 5: (2,0 điểm) a) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn xyz 2. Chứng minh x 2y 4z 1 . 2x2 y2 5 6y2 z2 6 3z2 4x2 16 2 22020 b) Có bao nhiêu số nguyên x sao cho là số nguyên ? 3x 1 Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUỐC HỌC THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2019-2020 Khóa ngày 02 tháng 6 năm 2019 Môn thi: TOÁN (CHUYÊN TOÁN) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM – ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM (Nội dung có 05 trang) Câu Đáp án Điểm 3x 9x 3 x 1 x 2 a) Rút gọn biểu thức P . Tìm x để P 3. 0,75 x x 2 x 2 x 1 Điều kiện: x 0, x 1.Ta có 3x 3 x 3 ( x 1)( x 1) ( x 2)( x 2) 0,25 P ( x 1)( x 2) x 3 x 2 ( x 1)( x 2) x 1  0,25 ( x 1)( x 2) ( x 1)( x 2) x 1 x 1 P 3 3 x 2 x 4 (thỏa mãn điều kiện). 0,25 x 1 1 2 2 (1,5 b) Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện x x 1 y y 1 2. Tính 0.75 điểm) giá trị của biểu thức Q x y2 1 y x2 1. Ta có 2 xy (x2 1)(y2 1) x y2 1 y x2 1 xy (x2 1)(y2 1) Q 2 2 Q 2 xy (x2 1)(y2 1) 0,25 4 4Q Q2 2x2y2 x2 y2 1 2xy (x2 1)(y2 1). Ta lại có Q2 x2 (y2 1) y2 (x2 1) 2xy (x2 1)(y2 1) 0,25 2 2 2 2 2 2 2 Q 2x y x y 2xy (x 1)(y 1). 3 Do đó 4 4Q 1 Q  0,25 4 1 a) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) : y x2 và đường thẳng 2 1 (d): y x 3. Gọi A(x ;y ), B(x ;y ) (với x x ) là các giao điểm của (P) và 1,00 2 A A B B A B (d), C(x ;y ) là điểm thuộc (P) sao cho x x x . Tìm giá trị lớn nhất của C C A C B diện tích tam giác ABC. 2 Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): y (2,0 1 2 1 (P) điểm) x x 3 x 2, x 3. 2 2 9 B 9 2 (d) Các giao điểm là A( 2;2) và B 3; . 0,25 2 A 2 C A' C' B' x -2 O xC 3 Trang 1/5
3. 2 xC Gọi C xC ; với 2 xC 3. Gọi A , B , C theo thứ tự là hình chiếu của A, B, C 2 trên trục hoành. Ta có 2 2 0,25 1 9 1 xC 1 9 xC SABC SABB A SACC A SBCC B 2 5 2 (xC 2) (3 xC ) 2 2 2 2 2 2 2 5 5 15 x2 x . 4 C 4 C 2 2 125 5 1 125 Ta có SABC xC . 0,25 16 4 2 16 125 1 Vậy diện tích tam giác ABC lớn nhất bằng khi x . 0,25 16 C 2 x3 (x y) x2y2 1 b) Giải hệ phương trình . 1,00 2 x (xy 3) 3xy 3 x4 2x3y x2y2 x3y 1 (x2 xy)2 x3y 1 Viết lại hệ . 3 2 3 2 x y 3(x xy) 3 x y 3(x xy) 3 0,25 u x2 xy u2 v 1 (1) Đặt , ta có hệ . 3 v x y v 3u 3 (2) Từ (2) ta có v 3 3u. Thay vào (1) ta được u2 3u 2 0 u 1, u 2. 0,25 x2 xy 1 x 1 Với u 1 thì v 0. Ta có . 3 x y 0 y 0 0,25 Hệ có hai nghiệm (x;y) (1;0), ( 1;0). 2 3 x2 xy 2 x 2 x4 2x2 3 0 Với u 2 thì v 3. Ta có x2 . 3 2 x y 3 2 x y 3 x y 3 0,25 Hệ này vô nghiệm. Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là (x;y) (1;0), ( 1;0). a) Giải phương trình x 3 3 2x 3 x 1 2x 3 2 2 (1). 0,75 3 Điều kiện: x . 2 0,25 (1) 2x 6 6 2x 3 2x 2 2 2x 3 4 3 2x 3 6 2x 3 9 2x 3 2 2x 3 1 4 (1,5 0,25 điểm) ( 2x 3 3)2 ( 2x 3 1)2 4 2x 3 3 2x 3 1 4 2 2x 3 0 0,25 3 x (thỏa mãn điều kiện). 2 Trang 2/5
4. 2 b) Cho phương trình (ẩn x) x (m 1)x m 6 0. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x , x sao cho biểu thức A (x2 4)(x2 4) có 0,75 1 2 1 2 giá trị lớn nhất. (m 1)2 4(m 6) m2 6m 25 (m 3)2 16 0 m . Suy ra phương trình 0,25 luôn có hai nghiệm phân biệt x1,x2. 2 2 2 2 2 2 2 Viết lại A x1 x2 4(x1 x2 ) 16 x1 x2 4(x1 x2 ) 8x1x2 16. Theo định lý Vi-ét, ta có x1 x2 (m 1), x1 x2 m 6. 0,25 Do đó A (m 6)2 4(m 1)2 8(m 6) 16 3m2 4m. 2 2 4 4 2 Ta có A 3 m . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m . 3 3 3 3 0,25 2 4 Vậy khi m thì A có giá trị lớn nhất bằng . 3 3 Cho tam giác nhọn ABC có AB AC và trực tâm là T. Gọi H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC và D là điểm đối xứng với T qua đường thẳng BC; I 3,00 và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên AB và AC; E và F lần lượt là trung điểm của AC và IH. A P E T K 4 H (3,0 B điểm) F Q C I D a) Chứng minh ABDC là tứ giác nội tiếp và hai tam giác ACD và IHD đồng 1,00 dạng. Tia CT cắt cạnh AB tại P. 0,25 Ta có D· AB T· CB (cùng phụ với A· BC ), T· CB D· CB (T và D đối xứng qua BC). Do đó · · Vì A và C nằm cùng phía đối với BC nên ABDC là tứ giác nội DAB DCB. 0,25 tiếp. Tứ giác IBHD có B· HD B· ID 90 nên nội tiếp. 0,25 Suy ra · · · và · · · DIH DBH DAC IHD IBD ACD. 0,25 Do đó hai tam giác ACD và IHD đồng dạng. Trang 3/5
5. b) Chứng minh ba điểm I, H, K thẳng hàng và DEF là tam giác vuông. 1,00 Tứ giác IBHD nội tiếp nên B· HI B· DI. Tứ giác DHKC có hai đỉnh H và K cùng nhìn đoạn DC dưới một góc vuông nên nội 0,25 tiếp. Suy ra K· HC K· DC. Các tứ giác ABDC và AIDK nội tiếp nên I·DK B· DC (cùng bù với B· AC ). Suy ra B· DI K· DC. Do đó B· HI K· HC. Vì I và K nằm khác phía đối với đường 0,25 thẳng BC nên ba điểm I, H, K thẳng hàng. Hai tam giác ACD và IHD đồng dạng với nhau có DE và DF lần lượt là các đường DC DE 0,25 trung tuyến nên . DH DF Hai tam giác DCE và DHF đồng dạng nên E· DC F· DH. Suy ra H· DC F· DE. Do đó hai tam giác HDC và FDE đồng dạng suy ra D· FE D· HC 90o. 0,25 Vậy tam giác DEF vuông tại F. BC AB AC c) Chứng minh . 1,00 DH DI DK Lấy điểm Q trên cạnh BC sao cho Q· DC B· DA. Lại có B· AD B· CD nên hai tam AB AD 0,25 giác DBA và DQC đồng dạng. Suy ra . CQ CD AD DI Hai tam giác AID và CHD đồng dạng nên . CD DH 0,25 AB DI AB CQ Suy ra hay (1). CQ DH DI DH Vì Q· DC B· DA nên H· DC B· DQ. Suy ra hai tam giác BDQ và ADC đồng dạng do BQ DB đó (2). AC DA Ta có B· AD B· CD H· KD . Mặt khác A· BD 180o I·BD, K· HD 180o I·HD. Vì 0,25 I·BD I·HD nên A· BD K· HD. Suy ra hai tam giác ABD và KHD đồng dạng. Do đó DB DH BQ DH AC BQ (3). Từ (2) và (3) suy ra hay (4). DA DK AC DK DK DH AB AC CQ BQ BC Từ (1) và (4) suy ra . 0,25 DI DK DH DH DH a) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xyz 2. Chứng minh x 2y 4z 1 1,00 . 2x2 y2 5 6y2 z2 6 3z2 4x2 16 2 5 (2,0 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm, ta có điểm) 2x2 y2 5 (x2 y2 ) (x2 1) 4 2xy 2x 4 2(xy x 2), 0,25 6y2 z2 6 (4y2 z2 ) 2(y2 1) 4 4yz 4y 4 4(yz y 1), 3z2 4x2 16 (z2 4x2 ) 2(z2 4) 8 4zx 8z 8 4(zx 2z 2). Trang 4/5
6. x x Suy ra , 2x2 y2 5 2(xy x 2) 2y y , 0,25 6x2 z2 6 2(yz y 1) 4z z . 3z2 4x2 16 zx 2z 2) Cộng các bất đẳng thức theo vế, ta được x y z P 2(xy x 2) 2(yz y 1) zx 2z 2 0,25 1 x y 2z 2 xy x 2 yz y 1 zx 2z 2 1 x xy 2z 2 xy x 2 xyz xy x zx 2z xyz 1 x xy 2 0,25 2 xy x 2 xy x 2 x xy 2 1 . 2 22020 b) Có bao nhiêu số nguyên x sao cho là số nguyên ? 1,00 3x 1 22020 Cho x là số nguyên. Ta có là số nguyên khi 22020 (3x 1) . Suy ra 3x 1 2b 3x 1 0,25 với b 0,1, , 2020. Xét b là số chẵn, tức là b 2k ( k ¥ ). + Xét phương trình 3x 1 22k 3x 4k 1 3x 3(4k 1  1) x 4k 1  1. Vì 0 2k 2020 0 k 1010 nên trường hợp này có 1011 nghiệm. 0,25 + Xét phương trình 3x 1 22k 3(x 1) 2 4k. Vì (2 4k )3 nên trường hợp này không có nghiệm nguyên nào. Xét b là số lẻ, tức là b 2k 1 ( k N ). + Xét phương trình 3x 1 2.4k 3(x 1) 2(1 4k ). Vì 2(1 4k )3 nên nên trường hợp này không có nghiệm nguyên nào. + Xét phương trình 3x 1 2.4k 3x 1 2.4k. 0,25 1 2.4k Vì ( 1 2.4k )3 nên phương trình có nghiệm x . 3 Ta có 0 2k 1 2020 0 k 1009 nên trường hợp này có 1010 nghiệm. 22020 Vậy có tất cả 1011 1010 2021 số nguyên x để là số nguyên. 0,25 3x 1 Chú ý: - Học sinh làm cách khác đáp án nhưng kết quả đúng vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài chấm điểm lẻ đến 0,25. Hết Trang 5/5