Đáp án đề thi vào lớp 10 chuyên Toán Lào Cai niên khóa 2019-2020 - Học Toàn Tập

Một chiếc thuyền máy đi từ A về phía B. Tính thời gian của thuyền đã đi từ lúc khởi hành đến khi gặp ca nô, biết vận tốc của ca nô lớn hơn vận tốc của thuyền là 4 km/h. ĐÁP ÁN CHÍNH T[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI ĐÁP ÁN-HƯỚNG DẪN CHẤM

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020

MÔN THI: TOÁN (CHUYÊN 2) (Đáp án- hướng dẫn gồm 05 câu, 05 trang)

Câu Nội dung Thang

điểm Câu

(2 điểm)

Câu (2,5điểm)

a) Cho biểu thức P x x x x x

x x x x x x

  

  

   với x> 0,x¹ Rút gọn P





























1 1 ( 1)

1 1

x x x x x x x x

P

x x x x x x

       

  

   0,5



x x 1

 

x x 1

 

x 1



x x x

    

   0,25

x x x

x x

  

  0,25

b) Cho a, b, c số thực khác thoả mãn:

2( ) 2( ) 2( ) 2 0

a b+ c + b c+ a + c a+ b + abc= a = b ¹ c Hãy tính giá trị biểu thức Q 20191 20191

a b

= +

Ta có:

2 2

2 2 2

2 2 2

( ) ( ) ( )

2

( ) ( ) (2 )

a b c b c a c a b abc

a b a c b c b a c a c b abc

a b b a c a c b abc b c a c

+ + + + + + =

Û + + + + + + =

Û + + + + + + =

0,25

2

2

( ) ( ) ( )

( )( )

( )( )( )

ab a b c a b c a b

a b ab c ac bc

a b a c b c

Û + + + + + =

Û + + + + =

Û + + + =

0,25

Mà a = b ¹ c nên a= - b 0,25

Vậy Q 20191 20191

a b

= + =

Học sinh làm theo cách xét trường hợp trường hợp a= - b(0,25đ); trường hợp a= b(0,75đ)

0,25

a) Quãng đường sông AB dài 78 km Một thuyền máy từ A phía B Sau giờ, ca nơ từ B phía A Thuyền ca nơ gặp C cách B 36 km Tính thời gian thuyền từ lúc khởi hành đến gặp ca nô, biết vận tốc ca nô lớn vận tốc thuyền km/h

Câu 3:

Gọi vận tốc thuyền x km h



/



ĐK :

x



0

Vận tốc canô x4



km h/



0,25 Quãng đường AC : 78 36 42 

 

km

Thời gian thuyền từ A đến C : 42

 

h x Thời gian cano từ B đến C : 36

 

4 h

x 0,25

Vì cano khởi hành sau giờ, nên ta có phương trình : 42 36

x  x 

Giải phương trình :





2

42 36

2 168

x x x x

x x

   

   

0,25 Phương trình có hai nghiệm phân biệt : x114 (thỏa mãn ĐK)

x2 12 (không thỏa mãn ĐK)

Vậy vận tốc thuyền 14km h/ , thời gian thuyền 0,25 b) Cho phương trình bậc hai : 2

2x + 2(m+ 1)x+ m + 4m+ =3 (m tham số) Xác định giá trị m để phương trình có nghiệm x x1, Tìm

giá trị nhỏ lớn biểu thức :

(

)

1 2

A= x x - x + x Ta có:    m26m 5

Phương trình có nghiệm     m26m 0  0,25  m26m 5 



m m 5







0

    5 m

Với m   1, phương trình có nghiệm x1, x2

=> x1x2  



m 1



;

2

m 4m x x

2

 

 ,

0,25

2

m 8m A

2  

 Đặt f m

 

m28m 7 A nhỏ  f m

 

nhỏ

nhất Ta có f m

 

m28m 7 



m 4



2  9 9 0,25

Dấu “=” xảy m = -

Vậy m = - A nhận giá trị nhỏ

 0,25

Với    5 m 4thì m     5 m Mà m   4thì m+4 < 0, vế âm nên





2





2

4 4

m    m   m    0,25

Với    4 m m    1 m Mà với    4 m m+4 > 0; vế dương

nên





2





2

4 9

m   m   m  

Vậy m = -1 A lớn 0,25

(3,5điểm) khác P thuộc đường tròn (O) cho PM song song với AQ Gọi N giao điểm thứ hai đường thẳng AM đường tròn (O).Tia PN cắt đường thẳng AQ K

a) Chứng minh APOQ tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh tam giác AKN đồng dạng với tam giác PKA

c) Kẻ đường kính QS đường tròn (O) Chứng minh MNS = OAQ d) Gọi G giao điểm đường thẳng AO PK.Tính độ dài đoạn thẳng AG biết bán kính

R= 30cm, tan

PAO= a)Xét tứ giác APOQ có

APO= 900(Do AP tiếp tuyến (O) P)

0,25

AQO= 900(Do AQ tiếp tuyến (O) Q) 0,25

APO AQO 1800

Þ + = , mà hai góc góc đối nên tứ giác APOQ tứ

giác nội tiếp đường tròn 0,5

b)Xét ΔAKN ΔPAK có AKP góc chung

  dNP

2

APN= AMP= s ( Góc nội tiếp, góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung NP)

0,25 Mà NAK= AMP(so le PM //AQ) suy NAK= APN

Δ

AKN ~ ΔPKA (gg) (đpcm) 0,25

c)Ta có AQ^ QS (AQ tiếp tuyến (O) Q) Mà PM//AQ (gt) nên PM^ QS

Đường kính QS ^ PM nên QS qua điểm cung PM nhỏ

0,25

 

sd PS= sd SM   1

2

PNS SNM PNM

Þ = = (hai góc nội tiếp chắn cung nhau)

0,25 Mà PNM = ANK(đối đỉnh)

ANK= PAK (hai góc tương ứng tam giác đồng dạng AKN ~ ΔPKA) 0,25

Lại có  1

OAQ= PAK(tính chất hai tiếp tuyến cắt A) Vậy: MNS = OAQ

0,25 d)Ta có:

 30

tan

4 40

PO PAO

AP AP

AP cm

= = =

Û =

G

K

N

S

M I

Q P

A

Câu 4:

(1điểm)

Câu

(1 điểm)

Suy AO = 50cm 0,25

Gọi AO cắt PQ I

Ta có ΔAQO vng Q, có QI^ AO (theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau) Theo hệ thức lượng tam giác vng ta có

2

2 . 30 18

50 50 18 32

OQ

OQ OI OA OI cm

OA

AI OA OI cm

= Þ = = =

Þ = - = - =

Do ΔKNQ ~ΔKQP (gg)Þ KQ2= KN KP. 0,25

mà AK2= NK KP. (do AKN ~ ΔPKA ) nên AK=KQ

0,25 Vậy ΔAPQ có trung tuyến AI PK cắt G nên G trọng tâm

2 64

.32

3 3

AG AI cm

Þ = = =

0,25 a) Với số thực a, b, c chứng minh rằng: 2 1





2

+ +

a b c  a b c  b) Cho số thực x, a, b, c thay đổi, thỏa mãn hệ: 2 2 2 52

13

x a b c

x a b c

    



   



Tìm giá trị lớn x

a) Với số thực a, b, c, chứng minh rằng: a + b + c2 2 1





2(1)

3 a b c

  

 3(a2 + b2 + c2) ≥ (a + b + c)2

 3a2 + 3b2 + 3c2 - a2 - b2 - c2 - 2ab - 2ac - 2bc ≥ 0

0,25  (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 ≥ (đpcm)

Dấu “=” xảy a =b =c 0,25

b)Ta có

2 2 2 2

x + a + b + c = a + b + c = 5-x x + a + b + c = 13 a + b + c = 13-x

 



 

 

Thay vào (1):









2

2

3 13-x

4 10 14

x

x x

 

   

x

    0,25

Vậy x đạt giá trị lớn

2 Dấu “=” xảy a = b = c =1/2 0,25 a) Tìm cặp số nguyên dương (x;y) thỏa mãn: 3x2xy2x y  6 0

b) Chứng minh x y, số nguyên thỏa mãn hệ thức

2

2x + =x 3y + y x y- ,

2x+ 2y+ 1và 3x+ 3y+ số phương a) Tìm cặp số nguyên dương(x;y) thỏa mãn:

3x xy2x y  6





2

Nếu x1thì 2

1

x x

y x

x x

 

   

 

x, y nguyên dương x

 

2;6 0,25

Với x = y =

Với x = y = 18 0,25

b) Từ đầu ta có:



x y



2x2y 1



y2

 

2

Mặt khác ta lại có:



x y



3x3y 1



x2

 

3

Từ (2) (3) ta có:



x y

 

2 2x2y1 3



x3y 1



x y2

Suy



2x2y1 3



x3y1



số phương (4) 0,25 Đặt (2x2y1,3x3y 1) d d ước



3x3y 1

 

2x2y  1



x y d ước (x + y)

d ước 2(x + y) Từ d ước (2x + 2y + 1) – 2(x + y) = nên d =

Từ (4) từ



2x2y1,3x3y 1



suy 2x + 2y + 3x + 3y + số phương Từ vào (2) (3) suy x – y số phương

0,25