De thi chuyen toan 2020 phan 4

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN VÕ NGUYÊN GIÁP ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2020 – 2021 Khóa ngày 16/7/2020 Đề số 32 Mơn: TỐN (CHUN) SBD:………… Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Đề có 01 trang gồm câu Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức:  x 2 x P    x 1 x   x  3  x    x x  :   x x   x    a) Rút gọn biểu thức P b) Chứng minh P  Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình b) Cho phương trình: x2  12   3x  x2   x2  (m  1)x  m2  m   (với m tham số) 3 x  x  Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình  1 , tìm m để Q       đạt  x2   x1  giá trị lớn Câu (1,0 điểm) Cho a,b,c số thực không âm thỏa mãn a  b  c 3       Tìm giá trị nhỏ T  a   b   c  Câu (1,5 điểm) Tìm tất số nguyên dương n cho M n.4n  3n chia hết cho Câu (3,5 điểm) Cho tam giác ABC cố định nội tiếp đường tròn O  Đường thẳng d thay đổi qua A cắt cung nhỏ AB E ( E không trùng với hai điểm   A B ) Đường thẳng d cắt hai tiếp tuyến B C đường tròn O M N Gọi F giao điểm MC BN Chứng minh rằng: a) CAN đồng dạng với BMA , MBC đồng dạng với BCN b) Bốn điểm B , M , E , F nằm đường trịn c) Đường thẳng EF ln qua điểm cố định đường thẳng d thay đổi Hết SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN VÕ NGUYÊN GIÁP NĂM HỌC 2020 - 2021 Khóa ngày 16/7/2020 Mơn: TỐN (CHUN) (Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang) Yêu cầu chung * Đáp án trình bày lời giải cho câu Trong làm học sinh yêu cầu phải lập luận logic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng * Trong câu, học sinh giải sai bước giải trước cho điểm bước sau có liên quan * Điểm thành phần câu phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm 0,5 điểm tùy tổ giám khảo thống để chiết thành 0,25 điểm * Đối với Câu 5, học sinh khơng vẽ hình cho điểm Trường hợp học sinh có vẽ hình, vẽ sai ý điểm ý * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) cho điểm tối đa tùy theo mức điểm câu * Điểm tồn tổng (khơng làm tròn số) điểm tất câu Câu Nội dung  x 2 x  Cho biểu thức: P    x 1 x   Điểm x  3  x  x    :  x    x  x  x   a) Rút gọn biểu thức P 2,0 ĐKXĐ : x  0, x  0,25 b) Chứng minh P  a  P    x  2   x   x  1  x  2 x 2  : x  x  2 x  1  x  1  x  2 x 0,25 Câu Nội dung  Điểm x  4 x  x  x  x  x  : x 1 x  x 1 x       x  1  x  2 x   x  1  x  2 x  x     x1 x x 2 0,25 0,25  * Với x  0, x  0,25 x1 1 x Ta có P      0 7 x x 2 x x 2  b  x  x  2 x    x x 2   x 0  x x 9 x x 2 0 0,25 x x 2 0 0,25 Bất đẳng thức cuối với x thỏa mãn điều kiện  * Dấu xảy x  Vậy P  với x  0, x  a) Giải phương trình sau: b) Cho phương trình  * 0,25 x2  12   3x  x2   x2  (m  1)x  m2  m   (với m tham số) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình , tìm m để  2,0 x  x  Q       đạt giá trị lớn  x2   x1  a Ta có:  x  12  3x  x   x2  x  12  3  x    x2  x2   x  12  3 x   x   0,25 0,25 Câu Nội dung    x  2   x2 x  12   x 2  x2    x  12  Điểm x2    0 x2     0,25 x2 x2    0 x  12  Từ phương trình cho ta có: x2 Dễ dàng chứng minh : x  12  x  3x    x   x2 x 5 3   0, x  5 0,25 Vậy phương trình có nghiệm x 2 2 7 )    0, m 4   Xét ac  m  m   ( m  m  2)   (m   phương trình (1) có nghiệm trái dấu  Q xác định Q  m 3 0,25 x x  x1   x2  x1 x  (Do , dấu) Ta có: Q        x2 x1 x2 x1  x2   x1  Suy Q 2 (theo Cô si) b 0,25  Q 2    Q  (do Q  ) Q   3 x  x  Q          x13  x23  x2   x1    0 0,25  x1  x2   m    m 1 3 x  x  Vậy m 1 Q       đạt giá trị lớn  x2   x1  Cho a,b,c số thực không âm thỏa mãn a  b  c 3       Tìm giá trị nhỏ T  a   b   c   3 3 Ta có : a  a  3a  3a  a  a    a   a  (1) 2 4   (do a  0)  3 0,25 1,0 0,25 Câu Nội dung     Tương tự: b   b  (2) ; c  Từ (1), (2) (3) suy T   c  (3) 0,25 a  b  c     4  Dấu “=” xảy a  0, b c  c  0, a b  Điểm  3 b  0, a c  2 0,25 Vậy GTNN T  3 a  0, b c  b  0, a c  2 c  0, a b  Tìm tất số nguyên dương n cho M n.4n  3n chia hết cho Với   n  2k k  * M  2k.42k  32k (2k  1).42k  (16k  9k ) 0,25 1,5 0,25 Vì (16k  9k )7 42k không chia hết  M 7  2k  17  2k  7t  1 n  7t  t  *   Vì n chẵn nên t lẻ  t  2m   n 14m  m   Thử lại, ta thấy  0,25   n 14m  m   thỏa mãn toán   2k 1 2k 1 0,25 Với n  2k  k   M (2k  1).4 3 2k 1 2k.4 2k 1  (4 0,25 2k 1 3 ) Vì (42k 1  32k1)7 42k 1 không chia hết  M 7  2k7  k  7m  n 14m  m     0,25  Thử lại, ta thấy n 14m  m   thỏa mãn toán Vậy n 14m    n 14m  m   M chia hết cho   Cho tam giác ABC cố định nội tiếp đường tròn O Đường thẳng d thay đổi qua A cắt cung nhỏ AB E ( E không trùng với hai điểm A B ) Đường thẳng d cắt hai tiếp tuyến B C đường 0,25 3,5 Câu Nội dung Điểm   tròn O M N Gọi F giao điểm MC BN Chứng minh rằng: a) CAN đồng dạng với BMA , MBC đồng dạng với BCN b) Bốn điểm B , M , E , F nằm đường tròn c) Đường thẳng EF qua điểm cố định đường thẳng d thay đổi Hình vẽ: N d A E M F O B C I Ta có BM  OB ( BM tiếp tuyến đường cao tam giác ABC )  AC O  ) AC  OB (do OB // BM 0,25   (hai góc đồng vị) AB // CN  BAM CNA 0,25 Suy CAN 0,25   (hai góc đồng vị)  BMA CAN Chứng minh tương tự ta có: a Suy ra: ∽BMA (g.g) MB AB MB BC    AC NC BC CN   0,25      Mặt khác MBC BCN 120   s® BAC  Suy MBC b ∽BCN (c.g.c) 0,25 0,25       Ta có BFM BCM  NBC BCM  CMB 1800  MBC 600 0,25   Mặt khác BEM BCA 600 (do t/c góc ngồi tứ giác nội tiếp) 0,25 Câu Nội dung Điểm   Suy BFM BEM 600 0,25 Vì hai đỉnh kề E F nhìn cạnh BM góc 600 nên bốn 0,25 điểm B, M , E , F nằm đường tròn Gọi I giao điểm EF với BC   Ta có IBF ( MBC BMF ∽BCN )  0,25     đường tròn BMEF ) (cùng chắn BF BMF BEF     Suy BEF hay BEI  IBF IBF c   Xét EBI BFI có BEI (chứng minh trên) I chung IBF Suy EBI ∽BFI gg  IE  IB  IB  IE I F IB IF   Chứng minh tương tự ta có CFI   ∽ECI  gg 0,25  1 IC  IE IF  2   Từ suy IB  IC  IB I C  I trung điểm BC Mà BC cố định nên I cố định Vậy EF qua điểm cố định I ……………………………………… 0,25 0,25 ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN TOÁN TỈNH KIÊN GIANG Đề số 33 NĂM HỌC 2020 – 2021 THỜI GIAN: 150 phút Bài (2 điểm) Cho biểu thức A  x2 x1  x 1 x 2  x x x  ( x 0, x 1) a) Rút gọn biểu thức A b) Hãy so sánh giá trị biểu thức A với Bài (1 điểm) Tìm tất cặp số thực  m; n  cho phương trình x  mx  n 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn  x1  x2  , đồng thời phương trình x  nx  m 0 có hai nghiệm Bài    x3 , x4 thỏa mãn  x1  x2     (1 điểm) Giải phương trình x  x   x  x  0 Bài (1 điểm) Tìm tất cặp số nguyên dương  a; b  cho ab ước a2  b (1,5 điểm) Cho hình thoi ABCD cạnh a , có ABC 120 Gọi O giao điểm hai đường chéo AC BD Trên cạnh AB, AD , tương ứng lấy điểm E , F không Bài trùng với theo a Bài  đỉnh hình thoi cho, cho EOF 60 Hãy tính tích BE.DF (2,5 điểm) Cho tam giác ABC  AB AC  Lấy điểm P nằm tam giác AP  AB Đường tròn tâm A, bán kính AP cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác cho ABC hai điểm phân biệt M , N ( M khác phía với C đường thẳng AB ) Đường thẳng MN cắt cạnh AB, AC K , L a) Chứng minh tứ giác BLKC tứ giác nội tiếp b) Chứng minh tam giác ABP đồng dạng với tam giác APL Bài (1 điểm) Cho a, b, c số thực thỏa mãn abc 1 Chứng minh a2  b  c2   2  2 a(b  1)  b(c  1)  c(a  1) c a2 ab bc HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (2 điểm) Cho biểu thức A  a) Rút gọn biểu thức A x2 x1  x 1 x 2  x x x  ( x 0, x 1) Lời giải b) Hãy so sánh giá trị biểu thức A với Đây rút gọn bản, dễ đề Dạng toán rút gọn này, học sinh luyện tập nhiều x2 a) A  Ta có A    x1  x1 x  x 1  x 2  x x x   x  x  x     x 2    x1 x 2 x 1  x    x  1 x  2  x  1 x  2  x  1 x   x  1 x b) A  2x  x    x  x 5 x 2   2 x 5 x 2 Ta dùng phép đổi biến x a , để biểu thức rút gọn nhìn gọn gàng x a, a 0, a 1 Đặt A  x 5  x    0 x 2 x 2 Vậy A  Bài  x1 a  a 1 3a   a 1 a  a  a  (1 điểm) Tìm tất cặp số thực  m; n  cho phương trình x  mx  n 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn  x1  x2  , đồng thời phương trình x  nx  m 0 có hai nghiệm    x3 , x4 thỏa mãn  x1  x2     Lời giải Trước hết, tơi trình bày cách giải quen thuộc, mà đa phần học sinh nghĩ tới  1 m  4n 0 Hai phương trình có nghiệm    n  8m 0  x1  x2  m   x1 x2 n  Theo Viet ta có  x  x   n   m  x3 x   (*)   x1    x2    Vậy  3  x  x   1  2  1   x1  x2   x1 x2     x  x  x x    2 2  1  m  n  m  n  m     (thỏa điều kiện (*) m 3 m  n  n   n       2 Vậy  m; n    1;   Mặc dù, toán quen thuộc phát biểu dạng không quen thuộc Ý hay toán biểu thức   x1    x2     x1    x2   , tác giả lựa chọn có chủ đích rõ ràng để ứng dụng phân tích nhân tử đa thức xác định nghiệm Mặc dù biểu thức đơn giản, lại kĩ quan trọng đa thức Cách 2 x  mx  n 0 có hai nghiệm x1 , x2 nên f ( x ) x  mx  n  x  x1   x  x2  Suy   x1    x2   f (1) 1  m  n 2 x  nx  m 0 có hai nghiệm x3 , x4 nên g( x ) 2 x  nx  m 2  x  x3   x  x4  Suy   x1    x2  g(1) 8  2m  n Dựa ý tưởng này, làm khó nhiều toán, cho đa thức bậc lớn chút, việc sử dụng định lý Viet để tính tốn gặp nhiều khó khăn Ví dụ thi HSGQG Bulgari năm 2019 “Gọi f ( x ) x  bx  , với b số thực Tìm số nghiệm nguyên bất phương trình f  f (x)  x   ” Câu Giải phương trình x  x   x  x  0 Lời giải Cơng việc giải phương trình thường ta dự đoán nghiệm Với khoảng điều kiện bé này, học sinh xác định cách thử thấy nghiệm x 1 Quan sát, x 1 x   x x ;2 x  x hai cụm đẳng thức đáng nhớ Do đó, ta thử gom thành đẳng thức, có lời giải sau Điều kiện  x 1     x  x   x  x  0  x  x  x   x  x   x  0   x    x   x   x  0