Đáp án đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn chuyên Toán học sở GD&ĐT Thừa Thiên Huế năm học 2019 - 2020 - Học Toàn Tập

Gọi H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC và D là điểm đối xứng với T qua đường thẳng BC; I và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên AB và AC; E và F lần lượt là trung [r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THỪA THIÊN HUẾ KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUỐC HỌC NĂM HỌC 2019-2020 Khóa ngày 02 tháng năm 2019

ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút Mơn thi: TỐN (CHUN TỐN) (khơng kể thời gian giao đề)

HƯỚNG DẪN CHẤM – ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

(Nội dung có 05 trang)

Câu Đáp án Điểm

1 (1,5

điểm)

a) Rút gọn biểu thức P 3x 9x 3 x 1 x 2.

x x 2 x 2 x 1

   

  

    Tìm x để P3. 0,75

Điều kiện: x 0, x 1.  Ta có

3x x x x x x

P

x x

( )( ) ( )( )

( )( )

       



 

0,25

x x x x x

x x x x x

( )( )

( )( ) ( )( )

    

   

     0,25

x

P 3 x x

x



      

 (thỏa mãn điều kiện) 0,25

b) Cho x, y số thực thỏa mãn điều kiện x x21y y212 Tính

giá trị biểu thức 2 2

Qx y  1 y x 1.

0.75

Ta có 2xy (x21)(y2 1) x y2 1 y x2 1 xy (x21)(y2 1) Q  

2

2 2 2

2 Q xy (x 1)(y 1)

      

 4 4Q Q 2x y2 2x2y2 1 2xy (x21)(y21)

0,25

Ta lại có 2 2 2

Q x (y  1) y (x  1) 2xy (x 1)(y 1) Q2 2x y2 2x2y22xy (x21)(y21)

0,25

Do 4Q Q

     0,25

2 (2,0

điểm)

a) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) : y 1x2

2 đường thẳng

 1 

(d): y x 3.

2 Gọi A(x ;y ), B(x ;y )A A B B (với xAxB) giao điểm (P) (d), C(x ;y ) điểm thuộc (P) cho C C xAxC x B Tìm giá trị lớn diện tích tam giác ABC

1,00

Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d):

2

1

x x x 2, x

2      

Các giao điểm A( 2;2) B 3;9

 

 

  0,25

(P) (d)

3

-2 xC

x y

2

9

C'

A' B'

B A

Gọi

2 C C

x C x ;

2

 

 

  với  2 xC3 Gọi A , B , C   theo thứ tự hình chiếu A, B, C

trên trục hồnh Ta có

2

C C

ABC ABB A ACC A BCC B C C

2

C C

x x

1 1

S S S S (x 2) (3 x )

2 2 2 2

5 15

x x

4

                                       0,25 Ta có ABC C

125 125

S x

16 16

 

     

  0,25

Vậy diện tích tam giác ABC lớn 125

16 C

x

2

 0,25

b) Giải hệ phương trình

3 2 2

2

x (x y) x y 1

.

x (xy 3) 3xy 3

   

 

  

 1,00

Viết lại hệ

4 2 2

3

x 2x y x y x y (x xy) x y

x y 3(x xy) x y 3(x xy)

                       Đặt

u x xy

v x y

  

 



 , ta có hệ

u v

v 3u

       (1) (2) 0,25

Từ (2) ta có v 3 3u Thay vào (1) ta u23u   2 u 1, u2 0,25 Với u 1 v0 Ta có

2

3

x xy x

y x y

              

Hệ có hai nghiệm (x;y) (1;0), ( 1;0). 

0,25

Với u2 v 3 Ta có

2

2

2

3

2

3

x

x xy x 2x

x

x y x y

x y

                          

Hệ vơ nghiệm

Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm (x;y) (1;0), ( 1;0). 

0,25

3 (1,5

điểm)

a) Giải phương trình x 3 2x 3    x 1  2x 3 2 2 (1) 0,75

Điều kiện: x



(1) 2x 6 2x 3    2x 2 2x 3   4

0,25

 2x 2x 9     2x 2x 1    4  ( 2x 3 3)2  ( 2x 3 1)2 4

0,25

 2x  3 2x  3 2 2x 3

x

  (thỏa mãn điều kiện)

b) Cho phương trình (ẩn x) 2    

x (m 1)x m 6 0 Tìm tất giá trị m

để phương trình có hai nghiệm x , x cho biểu thức 1 2 A(x214)(x224) có giá trị lớn

0,75

2 2

(m 1) 4(m 6) m 6m 25 (m 3) 16 m

             Suy phương trình

ln có hai nghiệm phân biệt x , x 1 2 0,25

Viết lại 2 2 2

1 2 2

Ax x 4(x x ) 16 x x 4(x x ) 8 x x 16 Theo định lý Vi-ét, ta có x1x2  (m 1), x x1 2  m

Do 2

A(m 6) 4(m 1) 8(m 6) 16   3m 4m

0,25

Ta có

2

2 4

A m

3 3

 

      

  Dấu “=” xảy

2

m

3

 Vậy m

3

 A có giá trị lớn

0,25

4 (3,0

điểm)

Cho tam giác nhọn ABC có ABAC trực tâm T Gọi H chân đường cao kẻ từ A tam giác ABC D điểm đối xứng với T qua đường thẳng BC; I và K hình chiếu vng góc D AB AC; E F trung điểm AC IH

3,00

a) Chứng minh ABDC tứ giác nội tiếp hai tam giác ACD IHD đồng

dạng 1,00

Tia CT cắt cạnh AB P

Ta có DABTCB (cùng phụ với ABC ), TCBDCB (T D đối xứng qua BC) 0,25 Do DAB DCB. Vì A C nằm phía BC nên ABDC tứ giác nội

tiếp 0,25

Tứ giác IBHD có BHD BID 90   nên nội tiếp 0,25

Suy DIHDBHDAC IHDIBDACD

Do hai tam giác ACD IHD đồng dạng 0,25

Q

K

F

E

I

T P

D H A

b) Chứng minh ba điểm I, H, K thẳng hàng DEF tam giác vuông 1,00

Tứ giác IBHD nội tiếp nên BHI BDI.

Tứ giác DHKC có hai đỉnh H K nhìn đoạn DC góc vng nên nội tiếp Suy KHC KDC.

0,25

Các tứ giác ABDC AIDK nội tiếp nên IDK BDC (cùng bù với BAC )

Suy BDIKDC Do BHIKHC Vì I K nằm khác phía đường thẳng BC nên ba điểm I, H, K thẳng hàng

0,25

Hai tam giác ACD IHD đồng dạng với có DE DF đường

trung tuyến nên DC DE DH  DF

0,25

Hai tam giác DCE DHF đồng dạng nên EDC FDH. Suy HDCFDE Do hai tam giác HDC FDE đồng dạng suy o

DFEDHC90 Vậy tam giác DEF vuông F

0,25

c) Chứng minh BC  AB AC.

DH DI DK 1,00

Lấy điểm Q cạnh BC cho QDC BDA. Lại có BADBCD nên hai tam giác DBA DQC đồng dạng Suy AB AD

CQ  CD

0,25

Hai tam giác AID CHD đồng dạng nên AD DI CD  DH Suy AB DI

CQ  DH hay

AB CQ

DI  DH (1)

0,25

Vì QDCBDA nên HDCBDQ Suy hai tam giác BDQ ADC đồng dạng BQ DB

AC DA (2)

Ta có BADBCDHKD Mặt khác ABD 180 oIBD, KHD180oIHD Vì IBDIHD nên ABDKHD Suy hai tam giác ABD KHD đồng dạng Do

DB DH

DA  DK (3) Từ (2) (3) suy

BQ DH

AC DK hay

AC BQ

DK  DH (4)

0,25

Từ (1) (4) suy AB AC CQ BQ BC

DI DK DH DH  DH 0,25

5 (2,0

điểm)

a) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xyz 2. Chứng minh

  

     

2 2 2 2 2 2

x 2y 4z 1

.

2x y 5 6y z 6 3z 4x 16 2

1,00

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số khơng âm, ta có

2 2 2

2x y  5 (x y )(x   1) 2xy2x 4 2(xy x 2),

2 2 2

6y z  6 (4y z )2(y   1) 4yz4y 4 4(yz y 1),

2 2 2

3z 4x 16(z 4x )2(z   4) 4zx8z 8 4(zx2z2)

Suy 2 x 2 x , 2x y 5 2(xy x 2)

2 2y2 y ,

6x z 6 2(yz y 1)

2 4z2 z

3z 4x 16 zx2z2

0,25

Cộng bất đẳng thức theo vế, ta

x y z

P

2(xy x 2) 2(yz y 1) zx 2z

1 x y 2z

2 xy x yz y zx 2z

  

     

 

    

     

 

0,25

1 x xy 2z

2 xy x xyz xy x zx 2z xyz

1 x xy

2 xy x xy x x xy

1

 

    

     

 

 

    

     

 



0,25

b) Có số nguyên x cho 2020 2

3x 1 số nguyên ? 1,00

Cho x số nguyên Ta có

2020

2

3x 1 số nguyên

2020

2 (3x 1) Suy 3x 1  2b với b 0,1, , 2020.

0,25

Xét b số chẵn, tức b2k ( k ) + Xét phương trình

2k k k k

3x 3x 3(4 1)

3x 1          x   1

Vì 02k2020  0 k 1010 nên trường hợp có 1011 nghiệm

+ Xét phương trình 2k k

3(

3x 1  2  x 1)  2

Vì (2 ) k nên trường hợp khơng có nghiệm ngun

0,25

Xét b số lẻ, tức b2k 1 ( kN )

+ Xét phương trình k k

3x 1 2.4 3(x 1) 2(1 ).

Vì 2(1 ) k nên nên trường hợp khơng có nghiệm ngun

+ Xét phương trình k k

3x 1  2.4 3x  1 2.4 Vì ( 2.4 ) 3  k nên phương trình có nghiệm

k

1 2.4

x

3

 



Ta có 02k 1 2020  0 k 1009 nên trường hợp có 1010 nghiệm

0,25

Vậy có tất 1011 1010 2021 số nguyên x để

2020

2

3x 1 số nguyên 0,25

Chú ý:

- Học sinh làm cách khác đáp án kết cho điểm tối đa - Điểm toàn chấm điểm lẻ đến 0,25