‒ Nếu thi sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định. ‒ Không làm tròn điểm toàn bài thi.. Tính diện tích tam giác DG[r]
(1)1
KIÊN GIANG NĂM HỌC 2019‒2020
‒‒‒‒‒‒‒‒‒‒‒ ‒‒‒‒‒‒‒‒‒‒‒
HƯỚNG DẪN CHẤM THI ‒ ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN : TỐN (chun)
(gồm có 04 trang) A HƯỚNG DẪN CHUNG
‒ Nếu thi sinh làm không theo cách nêu đáp án cho đủ số điểm phần hướng dẫn quy định
‒ Khơng làm trịn điểm tồn thi B ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Bài Nội dung Điểm
Bài (2,0đ)
Cho biểu thức:
5 10
x x x x
P x
x x x x
a) Tìm điều kiện xác định rút gọn P x
b) Tìm tất giá trị nguyên x cho P x nhận giá trị nguyên a) ĐKXĐ: 0 1 x x x x x x 0,25đ
2
3
5 10
2
1
5
x x x x
P x
x x x x
x x x x x 0,5đ x x 0,25đ
b) 1 1
1 1
x x
x x x
0,25đ 0,25đ
Để P(x) nguyên
1 1 x n x x n x 0,25đ 0,25đ Vậy x4 x0
Bài (1,0đ)
Tìm m để phương trình x22x3m0 có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn 0 x1 x2 Để phương trình có hai nghiệm x x1, 2 '
3
m m
0,25đ
Theo đề ta có
1
0 x x 2 0 1 3 m 1 3 m 0,25đ
0
1 3 2
3
2 2
1
3 m m m m m 0,25đ
Vậy giá trị m cần tìm
m
0,25đ
(2)2
(1,0đ) 2
2 2 3 3 xy
x x y
x x
xy
y y x
y y
Cộng vế theo vế từ hai phương trình ta được:
2 2 3 2 2 3 3
4 31 31
3
1
4 31 31
xy xy
x y x y x y
x x y y
xy xy
x y
x x y y
0,25đ Nhận xét: 2 3 2 3 3
4 31 2 27
3
4 31 27
xy xy
xy
x x x
xy xy
xy
y y y
0,25đ
Từ 2 2
1 2xyx y xy 0 x y 0,25đ
Thế xy vào hai phương trình ta được:
2 2 3 31 y
y y y
y y y y
Với y 0 x Với y 2 x
Vậy nghiệm hệ phương trình 0;0 2;2
0,25đ
Bài (1,0đ)
Tìm số dư chia 20192008202020197620201975 cho Ta có
2008
2019 mod 2019 mod
2019
2020 mod 2020 mod
0,25đ
1975 1975 987
762020 mod 762020 mod 2.4 mod mod 0,25đ
Cộng vế theo vế ta 2008 2019 1975
2019 2020 762020 3 mod 0 mod 0,25đ Vậy số dư phép chia 2008 2019 1975
2019 2020 762020 cho 0,25đ
Bài (1,0đ)
Cho tam giác ABC có diện tích
900cm Điểm D BC cho BC5DC, điểm
(3)3
0,25đ
Gọi đường cao hạ từ đỉnh B hB, diện tích tam giác ABC là:
1 1800
900
2AC hB hB AC
Diện tích tam giác BAE 1 1800
225
2 4AC AC cm
Diện tích tam giác BEC 900 – 225 = 675cm2
0,25đ
Gọi đường cao hạ từ C tam giác BEC hC, ta có :
1 1350
675
2BE hC hC BE
Gọi hD đường cao hạ từ đỉnh D tam giác DFG ,ta có:
5
D C
h
h (định lý Talet)
Suy 1350 1080
5
D
h
BE BE
0,25đ
Diện tích tam giác DFG 1 1 1080
90
2 6 BE hD 2 BE BE cm 0,25đ
Bài (3,0đ)
Cho đường trịn O đường kính AB Trên tia BA lấy điểm C nằm ngồi đường trịn O Từ C kẻ hai tiếp tuyến CE CF đến đường tròn O (E, F hai tiếp điểm) Gọi I giao AB EF Qua C kẻ đường thẳng cắt đường tròn O hai điểm M, N (M nằm CN )
a) Chứng minh tứ giác OIMN nội tiếp b) Chứng minh AIM BIN
Chứng minh tứ giác OIMN nội tiếp Ta có CE OE ( tính chất tiếp tuyến )
(4)4 Theo hệ thức lượng ∆CEO vuông E
Thì CE2 CI CO (1) 0,25đ
Theo hệ thức lượng đường trịn (O)
Thì CE2 CM CN (2) 0,25đ
Từ (1), (2) CI CO CM CN CM CI
CO CN NCB chung
Nên ∆CMO đồng dạng ∆CIN (c.g.c )
0,25đ
MNI MOI ( hai góc tương ứng ) 0,25đ
Hay N, O nhìn MI góc khơng đổi
Vậy tứ giác OIMN nội tiếp 0,25đ
Chứng minh rằng:AIM BIN
Gọi K thuộc đường tròn ( )O đối xứng với M qua AB
Nên 1
2
MOA KOA MOK
0,25đ
Mà 1
2
MNK MOK ( góc nội tiếp, góc tâm chắn cung MK )
MNK MOA
0,25đ
Và MNI MOA ( chứng minh )
MNK MNI hay N; I ; K thẳng hàng
0,25đ
Nên BIN AIK ( hai góc đối đỉnh ) 0,25đ
Và MIA AIK ( tính chất đối xứng ) 0,25đ
Vậy AIM BIN 0,25đ
Bài (1,0đ)
Cho số thực dương , ,a b c thỏa mãn 1
a b c Chứng minh:
1 1
1 2a b c a2b c a b 2c
Với x0,y0, ta có: 2 1 1
4
x y xy x y
x y xy x y x y
Dấu "=" xảy xy
0,25đ Áp dụng kết ta có:
1 1 1 1 1 1 1
1 2a b c 2a b c 2a b c a 2b 2c
0,25đ
Tương tự
1 1 1 1 1 1 1
2
2 4 2
a b c b a c b a c b c a
1 1 1 1 1 1 1
3
2 4 2
a b c c a b c a b c a b
(5)5 Vậy
1 1 1 1
1 2a b c a 2b c a b 2c a b c
Ta thấy bất đẳng thức (1), (2), (3) dấu “=” xảy a b c Vậy đẳng thức xảy
4 a b c
0,25đ