Đang tải... (xem toàn văn)
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]
(1)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 P3. 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 x21y y212 Tính
giá trị biểu thức 2 2
Qx y 1 y x 1.
0.75
Ta có 2xy (x21)(y2 1) x y2 1 y x2 1 xy (x21)(y2 1) Q
2
2 2 2
2 Q xy (x 1)(y 1)
4 4Q Q 2x y2 2x2y2 1 2xy (x21)(y21)
0,25
Ta lại có 2 2 2
Q x (y 1) y (x 1) 2xy (x 1)(y 1) Q2 2x y2 2x2y22xy (x21)(y21)
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 xAxB) giao điểm (P) (d), C(x ;y ) điểm thuộc (P) cho C C xAxC 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
(2)Gọi
2 C C
x C x ;
2
với 2 xC3 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 u23u 2 u 1, u2 0,25 Với u 1 v0 Ta có
2
3
x xy x
y x y
Hệ có hai nghiệm (x;y) (1;0), ( 1;0).
0,25
Với u2 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)
(3)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(x214)(x224) 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
Ax x 4(x x ) 16 x x 4(x x ) 8 x x 16 Theo định lý Vi-ét, ta có x1x2 (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 ABAC 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 DABTCB (cùng phụ với ABC ), TCBDCB (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 DIHDBHDAC IHDIBDACD
Do hai tam giác ACD IHD đồng dạng 0,25
Q
K
F
E
I
T P
D H A
(4)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 BDIKDC Do BHIKHC 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 HDCFDE Do hai tam giác HDC FDE đồng dạng suy o
DFEDHC90 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 BADBCD 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 QDCBDA nên HDCBDQ Suy hai tam giác BDQ ADC đồng dạng BQ DB
AC DA (2)
Ta có BADBCDHKD Mặt khác ABD 180 oIBD, KHD180oIHD Vì IBDIHD nên ABDKHD 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) 2xy2x 4 2(xy x 2),
2 2 2
6y z 6 (4y z )2(y 1) 4yz4y 4 4(yz y 1),
2 2 2
3z 4x 16(z 4x )2(z 4) 4zx8z 8 4(zx2z2)
(5)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 zx2z2
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 b2k ( k ) + Xét phương trình
2k k k k
3x 3x 3(4 1)
3x 1 x 1
Vì 02k2020 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 b2k 1 ( kN )
+ 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 02k 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