Hướng dẫn chấm đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Nam

Nội dung text: Hướng dẫn chấm đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Nam

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUẢNG NAM NĂM HỌC 2019-2020 HDC CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN CHUYÊN (Bản hướng dẫn này gồm 05 trang) Câu Nội dung Điểm Câu 1 x 2 2 x 8 x2 x x x 1 (2,0) a) Cho biểu thức A  với x 0 . x x 1 x x 1 x 3 1,25 Rút gọn biểu thức A và tìm x để A 6 . x 2 2 x 8 x 2 x 1 2 x 8 Ta có: 0,25 x x 1 x x 1 x x 1 x x 6 x 2 x 3 . 0,25 x x 1 x x 1 x2 x x x 1 x 1 x x 1 . 0,25 x 2 x 3 x 1 x x 1 Do đó: A . x 1 x 2 . 0,25 x x 1 x 3 A 6 x 1 x 2 6 x 3 x 4 0 x 1 x 4 0 0,25 x 4 0 x 16 (không đối chiếu điều kiện x 0 cũng được). 4n 4n b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n , số M 9.3 8.2 2019 chia 0,75 hết cho 20. M 92n 1 12n 1 2.42n 1 2020 . 0,25 92n 1 12n 1 M 9 1 , 2.42n 1M8, 2020M4 M M4 . M 92n 1 42n 1 42n 1 12n 1 2020 . 0,25 92n 1 42n 1 M 9 4 , 42n 1 12n 1 M 4 1 , 2020M5 M M5 . Mặt khác 4 và 5 nguyên tố cùng nhau nên M M20 . 0,25 Câu 2 Cho parabol (P) : y x2 và đường thẳng (d) : y x m 2. Tìm tất cả các giá trị của (1,0) tham số m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt lần lượt có hoành độ x1, x2 thỏa mãn 1,0 2 2 x1 x2 3. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: x2 x m 2 0,25 x2 x m 2 0 (1). (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt, tức là: 9 0,25 ' 0 1 4(m 2) 0 m (*). 4 2 2 2 x1 x2 3 x1 x2 2x1x2 3 1 2(m 2) 3 0,25 1 2m 4 3 m 1. 9 0,25 Kết hợp với điều kiện (*) suy ra: 1 m . 4 Trang 1/5
2. Câu Nội dung Điểm Câu 3 a) Giải phương trình x2 x2 4x 4(x 3) (1). 1,0 (2,0) Đặt t x2 4x, t 0 (Điều kiện: x2 4x 0 được 0,25). 0,25 PT (1) trở thành: t2 t 12 0 (chỉ cần thay t đúng và không còn chứa x ). 0,25 t 3 (loại) hoặc t 4 (thỏa t 0 ). (Nếu không loại t 3 , nhưng bước 4 có xét t 3 phương trình x2 4x 3 vô nghiệm 0,25 thì bước này cũng được 0,25). Với t 4 thì x2 4x 4 x2 4x 16 x2 4x 16 0 x 2 2 5 . 0,25 * Trình bày khác: Điều kiện: x2 4x 0 (0,25) 2 2 2 (0,5) (1) x 4x x 4x 12 0 (0,25) x2 4x 3 (vô nghiệm) hoặc x2 4x 4 (0,25) x2 4x 16 x2 4x 16 0 x 2 2 5 . (0,25) Ghi chú: Nếu thí sinh không đặt điều kiện nhưng giải đúng hoàn toàn thì vẫn được điểm tối đa. 2 2 x y 4x 2y 3 b) Giải hệ phương trình 2 2 1,0 x 7y 4xy 6y 13. 2x2 2y2 8x 4y 6 Hệ phương trình đã cho tương đương với: 2 2 x 7y 4xy 6y 13. 0,25 Suy ra: x2 5y2 4xy 8x 2y 7 x2 2(2y 4) x 5y2 2y 7 0 x y 1 hoặc x 5y 7 . 0,25 + Với x y 1 ta có hệ: x2 y2 4x 2y 3 y2 2y 3 0 x 0 x 4 0,25 hoặc x y 1 x y 1 y 1 y 3 + Với x y 1 ta có hệ: 26 10 13 26 10 13 x x x2 y2 4x 2y 3 13y2 26y 9 0 13 13 hoặc x 5y 7 x 5y 7 13 2 13 13 2 13 y y 0,25 13 13 26 10 13 13 2 13 26 10 13 13 2 13 Vậy hệ PT có 4 nghiệm: (0;1) , ( 4; 3) , ; , ; . 13 13 13 13 2 2 (x 2) (y 1) 8 * Cách khác: Hệ phương trình đã cho tương đương với: 2 2 (0,25) (x 2y) 3(y 1) 16 2 2 a b 8 (1) Đặt a x 2, b y 1 , hệ phương trình trên trở thành: 2 2 (a 2b) 3b 16 (0,25) 2 2 2a 2b 16 a2 4ab 5b2 0 a b hoặc a 5b . 2 2 (a 2b) 3b 16 Thay a b vào (1) ta được: 2b2 8 b 2 . Với b 2 thì a 2 . Suy ra: x 0, y 1 . (0,25) Với b 2 thì a 2 . Suy ra: x 4, y 3 . 2 13 Thay a 5b vào (1) ta được: 26b2 8 b . 13 2 13 10 13 26 10 13 13 2 13 Với b thì a . Suy ra: x , y . (0,25) 13 13 13 13 2 13 10 13 26 10 13 13 2 13 Với b thì a . Suy ra: x , y . 13 13 13 13 Trang 2/5
3. Câu Nội dung Điểm Câu 4 Cho hình bình hành ABCD có góc A nhọn. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông (2,0) góc của C lên các đường thẳng AB, AD. 1,25 a) Chứng minh AB.AH AD.AK AC2. Hình vẽ phục vụ câu a (chưa vẽ đường phụ nhưng vẽ 0,25 đúng vẫn được 0,25). Dựng BL  AC, DI  AC L, I AC . 0,25 Hai tam giác vuông ABL và ACH đồng dạng nên: AB AL AB.AH AC.AL . AC AH 0,25 (Chỉ cần nêu hai tam giác ABL và ACH đồng dạng, không cần chứng minh). Hai tam giác vuông ADI và ACK đồng dạng nên: Lưu ý: Không có hình không chấm. AD AI AD.AK AC.AI . AC AK 0,25 (Chỉ cần nêu hai tam giác ADI và ACK đồng dạng, không cần chứng minh). Mà AI CL nên: 0,25 AB.AH AD.AK AC(AL AI) AC(AL CL) AC2 . * Cách khác: (0,25) Dựng BL  AC L AC . Hai tam giác vuông ABL và ACH đồng dạng nên: AB AL (0,25) AB.AH AC.AL (1). AC AH Hai tam giác vuông BCL và CAK đồng dạng nên: BC CL (0,25) BC.AK CA.CL AD.AK AC.CL (2). CA AK Từ (1) và (2) suy ra: AB.AH AD.AK AC2 . (0,25) b) Trên hai đoạn thẳng BC, CD lần lượt lấy hai điểm M, N (M khác B, M khác C ) sao cho hai tam giác ABM và ACN có diện tích bằng nhau; BD cắt AM và AN lần lượt tại 0,75 BM DN E và F. Chứng minh 1 và BE DF EF. BC DC SABM SACN BM CN SABM SACN 0,25 SABC SACD BC CD BM DN CN DN DC 1. 0,25 BC DC DC DC DC Đặt BE a, DF b, EF c . BM BM BE a Vì BM / /AD và BC AD nên: . BC AD DE b c DN DN DF b Vì D N / /AB và DC AB nên: . DC AB BF a c a b 0,25 Suy ra: 1 . b c a c a(a c) b(b c) (a c)(b c) a2 ab b2 c2 a2 2ab b2 c2 a b 2 c2 a b c . Vậy BE DF EF . Trang 3/5
4. Câu Nội dung Điểm Câu 5 Cho tam giác nhọn ABC (AB AC) nội tiếp đường tròn (O) và có trực tâm H .Ba (2,0) điểm D, E, F lần lượt là chân các đường cao vẽ từ A, B, C của tam giác ABC Gọi. Ilà trung điểm của cạnh BC, P là giao điểm của EF và BC. Đường thẳng DF cắt đường tròn 1,25 ngoại tiếp tam giác HEF tại điểm thứ hai là K. a) Chứng minh PB.PC PE.PF và KE song song với BC. Hình vẽ phục vụ câu a (chỉ cần phục vụ một trong hai ý ở câu a cũng được 0,25). 0,25 Lưu ý: Không có hình không chấm. Ta có:B·EC B·FC 90o Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn đường kính BC . 0,25 Hai tam giác PBE và PFC có góc P chung và P·EB P·CF nên chúng đồng dạng. PB PE 0,25 PB.PC PE.PF (1). PF PC Vì B·DH B·FH 90o nên tứ giác BDHF nội tiếp. 0,25 Tứ giác HEKF nội tiếp. 0,25 Ta có:E·BC H·BD H· FD H·EK B·EK KE / /BC . b) Đường thẳng PH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF tại điểm thứ hai là Q . 0,75 Chứng minh tứ giác BIQF nội tiếp đường tròn. Hai tam giác PHE và PFQ có góc P chung và P·EH P·QF nên chúng đồng dạng. PH PE 0,25 PH.PQ PE.PF (2) PF PQ Từ (1) và (2) suy ra: PB.PC PH.PQ . PB PQ Hai tam giác PBQ và PHC có góc P chung và nên chúng đồng dạng. 0,25 PH PC P·QB P·CH hay H·QB B·CH Tứ giác BCQH nội tiếp. Từ đó: F·QB F·QH H·QB F·EH H·CB 2F·CB F·IB . 0,25 Vậy tứ giác BIQF nội tiếp đường tròn. Trang 4/5
5. Câu Nội dung Điểm Câu 6 Cho ba số thực dương athỏa, b, cmãn a .b Tìm.c 1 giá trị nhỏ nhất của biểu thức (1,0) 2 2 2 1 a b2 5 1 b c2 5 1 c a2 5 1,0 P  ab a 4 bc b 4 ca c 4 Ta có: 1 a 2 b2 5 a2 b2 2a 6 2ab 2a 6 . 0,25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a b (không nêu cũng được). 2 2 1 a b 5 2ab 2a 6 1 2 1 . ab a 4 ab a 4 ab a 4 0,25 1 1 1 1 1 ab a 4 ab a 1 3 4 ab a 1 3 2 2 1 1 1 1 11 1 1 1 a b 5 11 1 1 1 1 . . . ab a 4 4 ab a 1 3 12 4 ab a 1 ab a 4 6 2 ab a 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a b 1 (không nêu cũng được). 1 b 2 c2 5 1 c 2 a2 5 0,25 Tương tự, xét hai biểu thức , ta suy ra: bc b 4 ca c 4 11 1 1 1 1 P . 2 2 ab a 1 bc b 1 ca c 1 1 1 1 Vì a.b.c 1 nên 1 . Do đó: P 5 . ab a 1 bc b 1 ca c 1 0,25 P 5 a b c 1 . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 khi a b c 1 . * Lưu ý: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì vẫn cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định. Trang 5/5