Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Chuyên) - Năm học 2019-2020 - Sở GD và ĐT Quảng Bình (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Chuyên) - Năm học 2019-2020 - Sở GD và ĐT Quảng Bình (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Khóa ngày 03/06/2019 Môn: TOÁN (CHUYÊN) SBD: Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề có 01 trang gồm 5 câu Câu 1 (2,0 điểm). Cho parabol P : y x2 và đường thẳng d đi qua điểm M 0;1 có hệ số góc k . a) Chứng minh rằng đường thẳng d luôn cắt P tại hai điểm AB, phân biệt với mọi giá trị k . b) Chứng minh OAB là tam giác vuông với mọi giá trị k (O là gốc tọa độ). Câu 2 (2,0 điểm) a) Giải phương trình x2 x 4 2 x 1 1 x . 2 2 x 5 y 3 6 y 7 x 4 0 b) Giải hệ phương trình . y( y x 2) 3 x 3 Câu 3 (1,0 điểm) Cho x,, y z là các số dương thỏa mãn x y z 2 . Chứng minh rằng: 2019xxy2 2 2019 y 2 2019 yyz 2 2 2019 z 2 2019 zzx 2 2 2019 x 2 2 2020. Câu 4 (3,5 điểm). Cho hình chữ nhật ABCD có AB 2 AD 4 a ( a 0) . Đường thẳng vuông góc với AC tại C cắt các đường thẳng AB và AD lần lượt tại E và F. a) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp. b) Gọi I là giao điểm của các đường thẳng BD và EF . Tính độ dài đoạn thẳng ID theo a. c) M là điểm thay đổi trên cạnh AB (M khác A, M khác B), đường thẳng CM cắt đường thẳng AD tại N. Gọi S1 là diện tích của tam giác CME và S2 là diện tích của tam S 3 giác AMN. Xác định vị trí của M sao cho 1 . S2 2 Câu 5 (1,5 điểm). Cho abc là số nguyên tố. Chứng minh rằng phương trình ax2 bx c 0 không có nghiệm hữu tỉ. HẾT
2. SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2010 Khóa ngày 03/06/2019 Môn: TOÁN (CHUYÊN) (Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang) Yêu cầu chung * Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi câu. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết, rõ ràng. * Trong mỗi câu, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan. * Điểm thành phần của mỗi câu nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần là 0,5 điểm thì tùy tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm. * Đối với Câu 4, học sinh không vẽ hình thì cho điểm 0. Trường hợp học sinh có vẽ hình, nếu vẽ sai ở ý nào thì cho điểm 0 ở ý đó. * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tùy theo mức điểm của từng câu. * Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu. Câu Nội dung Điểm 1. Cho parabol P : y x2 và đường thẳng d đi qua điểm M 0;1 có hệ số góc k . Câu 1 a) Chứng minh rằng đường thẳng d luôn cắt P tại hai điểm AB, 2,0 phân biệt với mọi giá trị k . b) Chứng minh tam giác OAB là tam giác vuông với mọi giá trị k. 1a) Chứng minh rằng đường thẳng d luôn cắt P tại hai điểm AB, 1,0 phân biệt với mọi giá trị k . Phương trình đường thẳng d đi qua điểm M 0;1 có hệ số góc k: y kx 1. 0,25 1a Phương trình hoành độ giao điểm của d và P : x2 kx 1 0 (1). 0,25 Phương trình (1) có k2 4 0,  k . 0,25 Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt hay đường thẳng d luôn 0,25 cắt P tại hai điểm AB, phân biệt với mọi giá trị k . b) CMR OAB là tam giác vuông với mọi giá trị k (O là gốc tọa độ). 1,0 2 2 Gọi A x1; x 1 và B x2; x 2 . Khi đó x1, x 2 là nghiệm của phương trình (1), 0,25 suy ra x1. x 2 1. Phương trình đường thẳng OA: y x. x 0,25 1b 1 Phương trình đường thẳng OB: y x2. x 0,25 Do x. x 1 nên OA OB . Vậy OAB là tam giác vuông . 1 2 0,25
3. Câu Nội dung Điểm Câu 2 2a) Giải phương trình x2 x 4 2 x 1 1 x 1,0 Điều kiện x 1. 2 x x42 x 11 x x ( x 1)2 x 1 x 140 (1) 0,25 Đặt y x 1, y 0. 2a Phương trình (1) trở thành 0,25 (y2 1) y 2 2 y . y 2 4 0 y 4 2 y 3 y 2 4 0 (y 1)( y3 3 y 2 4 y 4) 0 y 1 vì y 0. 0,25 Suy ra x1 1 x 2. 0,25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 2. 2 2 x 5 y 3 6 y 7 x 4 0 (1) 2b) Giải hệ phương trình 1,0 y( y x 2) 3 x 3 (2) Điều kiện: y2 7 x 4 0. y 3 0,25 (2) (y 3)( y x 1) 0 y x 1 2b Với y 3, từ (1) ta có x2 18 6 13 7 x 0 (vô nghiệm) 0,25 Với y x 1, từ (1) ta có x2 5 x 5 6 x 2 5 x 5 7 0 x2 5 x 5 7 x 2 5 x 12 0 (VN) x 1 0,25 . 2 2 x 5 x 5 1 x 5 x 4 0 x 4 Với x 1 y 2(TMĐK), với x 4 y 5 (TMĐK). 0,25 Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (1;2) và (4;5). 3) Cho x,, y z là các số dương thỏa mãn x y z 2 . CMR: 1,0 2019xxy2 2 2019 y 2 2019 yyz 2 2 2019 z 2 2019 zzx 2 2 2019 x 2 2 2020. Đặt S 2019 xxy2 2 2019 y 2 2019 yyz 2 2 2019 z 2 2019 zzx 2 2 2019 x 2 Ta có 2019x2 2 xy 2019 y 2 1009 x y 2 1010 x y 2 1010 x y 2 0,25 Suy ra 2019x2 2 xy 2019 y 2 1010 x y Câu 3 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x y . Tương tự 2 2 2019y 2 yz 2019 z 1010 y z . 0,25 2019z2 2 zx 2019 x 2 1010 z x . Do đó S 2 1010 x y z 2 2020. 0,25 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z . 0,25 3
4. Câu Nội dung Điểm 4. Cho hình chữ nhật ABCD có AB 2 AD 4 a ( a 0) . Đường thẳng vuông góc với AC tại C cắt các đường thẳng AB và AD lần lượt tại E và F. a) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp. b) Gọi I là giao điểm của các đường thẳng BD và EF . Tính độ dài Câu 4 đoạn thẳng ID theo a. 3,5 c) M là điểm thay đổi trên cạnh AB (M khác A, M khác B), đường thẳng CM cắt đường thẳng AD tại N. Gọi S1 là diện tích của tam giác CME và S2 là diện tích của tam giác AMN. Xác định vị trí của M sao S 3 cho 1 . S2 2 I E C B M 4a F N A D Hình vẽ giải được Câu a) 0,5 4a) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp. 1,0 Do ABCD là hình chữ nhật nên BDA CAD . 0,25 Mặt khác CAD AEF (cùng phụ với AFE ) 0,25 Suy ra BDA AEF . 0,25 Tứ giác EBDF có BEF BDF BDA BDF 1800 . Vậy tứ giác EBDF nội 0,25 tiếp. 4b) Gọi I là giao điểm của các đường thẳng BD và EF . Tính độ dài 1,0 đoạn thẳng ID theo a. 4b Tam giác ACE vuông tại C và CB EA nên ta có CB2 BE. BA CB2(2 a ) 2 0,25 Suy ra BE a. BA4 a
5. Câu Nội dung Điểm 2 Ta có BDABAD2 2 2 (4 a ) 2 2 a 20 a 2 BDa 2 5. 0,25 IB BE a 1 Do BE song song với CD nên 0,25 ID DC4 a 4 4 8 5a Suy ra ID BD. Vậy ID . 0,25 3 3 4c) M là điểm thay đổi trên cạnh AB (M khác A, M khác B), đường thẳng CM cắt đường thẳng AD tại N. Gọi S1 là diện tích của tam giác CME và S2 là diện tích của tam giác AMN. Xác định vị trí của M sao 1,0 S 3 cho 1 . S2 2 Đặt AM x,0 x 4a . Suy ra MB 4 a x , ME 5 a x . 0,25 AN MA MA. BC 2 ax Do BC song song với AN nên AN BC MB MB4 a x 0,25 Suy ra 4c 1 1 S CBME. .2 aax .(5 ) aax (5 ) 1 2 2 0,25 1 1 2ax ax2 S AM AN x 2 2 2 4a x 4 a x S1 3 (5 a x )(4 a x ) 3 2 2 Do đó 2 x 18 a . x 40 a 0 S2 2 x 2 (x 2 a )( x 20 a ) 0 x 2 a (vì (0 x 4a) . 0,25 S 3 Kết luận: Khi M là trung điểm của AB thì 1 . S2 2 5. Cho abc là số nguyên tố. Chứng minh rằng phương trình 1,5 ax2 bx c 0 không có nghiệm hữu tỉ. Giả sử phương trình ax2 bx c 0 có nghiệm hữu tỉ, khi đó 0,25 b2 4 ac m 2 ,( m ). Câu 5 Suy ra b2 m 2 hay b m. (1) 0,25 Ta có 4.aabc 4(100 a a 10 bc )400 a2 40 ab 4 ac 2 400a2 40 ab b 2 b 2 4 ac 20 a b m 2 0,25 20a b m 20 a b m
6. Câu Nội dung Điểm Do abc là số nguyên tố nên 20a b m  abc hoặc 20a b m  abc , 0,25 suy ra 20a b m abc (2) Từ (1) ta có 20a 2 b 20a b b 20a b m Từ (2) ta có 20a b m 100 a 10 b c 100 a 10 b Do đó 0,25 20a 2 b 100 a 10 b 2(10 a b ) 10(10a b ) 2 10 (vô lý) Vậy không thể là số chính phương nên phương trình ax2 bx c 0 0,25 không có nghiệm hữu tỉ.