Đáp án đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Kiên Giang niên khóa 2019-2020 - Học Toàn Tập

‒ 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

 

x

0,25đ

 















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

 

x

n

x

n

x

0,25đ

x

Bài (1,0đ)

Tìm m để phương trình x22x3m0 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:

 

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:









4 31 2 27

3

4 31 27

xy xy

xy

x x x

xy xy

xy

y y y

 

   

 

   

0,25đ

Từ

 





1 2xyx  y  xy   0 x y 0,25đ

Thế xy 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

 

0,25đ

Bài (1,0đ)

Tìm số dư chia 20192008202020197620201975 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 BC5DC, 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

 

O

C kẻ hai tiếp tuyến CE CF đến đường tròn

 

O

AB EF Qua C kẻ đường thẳng cắt đường tròn

 

O

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  a2b c a b 2c

Với x0,y0, ta có:





4

x y xy x y

x y xy x y x y

  

        

   

Dấu "=" xảy xy

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