Đáp án vào lớp 10 chuyên Toán tỉnh Quảng Bình niên khóa 2019-2020 - Học Toàn Tập

* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu. b) Chứng minh tam giác OAB là tam giác vuông với mọi giá trị k... Vậy  OAB là tam giác vuông.[r]

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 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 lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết, rõ ràng

* Trong câu, học sinh giải sai bước giải trước cho điểm bước giải sau có liên quan

* Điểm thành phần câu nói chung phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm thành phần 0,5 điểm tùy tổ giám khảo thống để chiết thành 0,25 điểm

* Đối với Câu 4, học sinh khơng vẽ hình cho điểm Trường hợp học sinh có vẽ hình, vẽ sai ý cho điểm ý

* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) cho điểm tối đa tùy theo mức điểm của câu

* Điểm toàn tổng (khơng làm trịn số) điểm tất câu

Câu Nội dung Điểm

Câu

1 Cho parabol  P :y  x2 đường thẳng d qua điểm M 0;1 có hệ số góc k

a) Chứng minh đường thẳng d cắt  P hai điểm A B,

phân biệt với giá trị k

b) Chứng minh tam giác OAB tam giác vuông với giá trị k.

2, 0

1a

1a) Chứng minh đường thẳng d cắt  P hai điểm A B,

phân biệt với giá trị k 1,0

Phương trình đường thẳng d qua điểm M 0;1 có hệ số góc k: ykx1 0,25

Phương trình hồnh độ giao điểm d  P : x2 kx 1 (1) 0,25 Phương trình (1) có

4 0,

k k

     0,25

Vậy phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt hay đường thẳng d

cắt  P hai điểm A B, phân biệt với giá trị k 0,25

1b

b) CMR OAB tam giác vuông với giá trị k (O gốc tọa độ) 1, 0 Gọi  2

1;

A x x B x x 2; 22 Khi x x1, 2 nghiệm phương trình (1),

suy x x1 2  1 0,25

Câu

Do x x1 2  1 nên OAOB Vậy OAB tam giác vuông 0,25 Câu

2a

2a) Giải phương trình ( )

4 1

x - x- = x- - x 1,0

Điều kiê ̣n x³

( ) ( )

2

4 1 ( 1) 1 (1)

x - x- = x- - x Û x x- + x- x- - = Đặt y= x- 1,y³

0,25 Phương trình (1) trở thành

2 2

(y + 1)y + y y - 4= Û0 y + 2y + y - 4= 0,25

3

(y 1)(y 3y 4y 4) y

Û - + + + = Û = y³ 0,25

Suy x- = Û1 x=

Vậy phương trình cho có nghiệm x= 0,25

2b

2b) Giải hệ phương trình

2

5 (1)

( 2) 3 (2)

x y y x

y y x x

ìï - + + - + =

ïí

ï - + = +

ïỵ 1,0

Điều kiện:

7

y - x+ ³

3

(2) ( 3)( 1)

1 y

y y x

y x é = -ê Û + - - = Û ê = + ë 0,25 Với y= - 3, từ (1) ta có x2+18+ 13- 7x= (vô nghiệm) 0,25 Với y= x+ 1, từ (1) ta có (x2- 5x+ 5)+ x2- 5x+ 5- 7=

2

2

5 12 (VN)

4

5 5

x x x x x

x

x x x x

é - + = - é - + = é = ê ê ê Û ê Û ê Û ê = - + = - + = ê ê ë ë ë

0,25

Với x= Þ1 y= 2(TMĐK), với x= Þ4 y= 5(TMĐK)

Vậy hệ cho có nghiệm (1;2) (4;5) 0,25

Câu

3) Cho x y z, , số dương thỏa mãn x  y z 2 CMR:

2 2 2

2019x 2xy2019y  2019y 2yz2019z  2019z 2zx2019x 2 2020 1,0

Đặt 2 2 2

2019 2019 2019 2019 2019 2019

        

S x xy y y yz z z zx x

Ta có 2019x2 2xy2019y2 1009x y21010xy2 1010x y2 Suy 2019x2 2xy2019y2  1010x y

Dấu “=” xảy x y

0,25

Tương tự

 

2

2019y 2yz2019z  1010 yz  

2

2019z 2zx2019x  1010 zx

Câu

Đẳng thức xảy

x   y z 0,25

Câu 4

4 Cho hình chữ nhật ABCD có AB2AD4 (a a0) Đường thẳng vng góc với AC C cắt đường thẳng AB AD E và F

a) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp

b) Gọi I giao điểm đường thẳng BD EF Tính độ dài đoạn thẳng ID theo a

c) Mlà điểm thay đổi cạnh AB (M khác A, M khác B), đường thẳng CM cắt đường thẳng AD N Gọi S1 diện tích tam giác CME S2 diện tích tam giác AMN Xác định vị trí M cho

2

3

S S 

3,5

4a

N I

F E

C

D A

B

M

Hình vẽ giải Câu a) 0,5

4a) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp 1,0

Do ABCD hình chữ nhật nên BDA CAD 0,25 Mặt khác CADAEF (cùng phụ với AFE) 0,25

Suy BDAAEF 0,25

Tứ giác EBDF có BEFBDFBDA BDF 180 Vậy tứ giác EBDF nội

tiếp 0,25

4b

4b) Gọi I giao điểm đường thẳng BD EF Tính độ dài

đoạn thẳng ID theo a 1,0

Câu Suy 2 (2 ) CB a BE a BA a = = =

Ta có 2 2 ( )2

(4 ) 20

BD = AB + AD = a + a = a Þ BD= a 0,25

Do BE song song với CD nên 4

IB BE a

ID= DC= a= 0,25

Suy

ID= BD Vậy

a

ID= 0,25

4c

4c) M là điểm thay đổi cạnh AB (M khác A, M khác B), đường thẳng CM cắt đường thẳng AD N Gọi S1 diện tích tam giác CME S2 diện tích tam giác AMN Xác định vị trí M cho

2 S S  1,0

Đặt AM= x,0< x< 4a Suy MB= 4a- x ME, = 5a- x 0,25

Do BC song song với AN nên

4

AN MA MA BC ax

AN

BC = MBÞ = MB = a- x 0,25

Suy

1

2

2

1

.2 (5 ) (5 )

2

1

2 4

S CB ME a a x a a x

ax ax

S AM AN x

a x a x

= = - =

-= = =

-

-0,25

Do 2

2

3 (5 )(4 )

18 40

2

S a x a x

x a x a

S x

 

      

(x )(a x 20 )a x 2a

      (vì (0 x 4a)

Kết luận: Khi M trung điểm AB S S  0,25 Câu

5 Cho abc số nguyên tố Chứng minh phương trình

0

ax bx c khơng có nghiệm hữu tỉ 1,5

Giả sử phương trình

0

ax bx c có nghiệm hữu tỉ,

2

4 ,( )

b ac m m

     0,25

Suy b2 m2 hay bm (1) 0,25

Câu

     

  

2

2 2

400 40 20

20 20

a ab b b ac a b m

a b m a b m

       

    

Do abc số nguyên tố nên 20a b m abc 20a b m abc ,

suy 20a  b m abc (2) 0,25

Từ (1) ta có 20a2b20a  b b 20a b m Từ (2) ta có 20a  b m 100a10b c 100a10b Do

20a2b100a10b2(10a b) 10(10a  b) 10 (vơ lý)

0,25 Vậy  khơng thể số phương nên phương trình ax2 bx c