Đáp án vào lớp 10 chuyên Toán tỉnh Quảng Bình niên khóa 2019-2020 - Học Toàn Tập

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (655.92 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2019 – 2010

Khóa ngày 03/06/2019 
Mơn: TỐN (CHUN)

(Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang)
Yêu cầu chung

* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi câu. Trong bài làm của học sinh yêu cầu 
phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết, rõ ràng.

* Trong mỗi câu, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những 
bước giải sau có liên quan.

* Điểm thành phần của mỗi câu nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành 
phần là 0,5 điểm thì tùy tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.

* Đối với Câu 4, học sinh không vẽ hình thì cho điểm 0. Trường hợp học sinh có vẽ 
hình, nếu vẽ sai ở ý nào thì cho điểm 0 ở ý đó.

* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tùy theo mức điểm 
của từng câu.

* Điểm của tồn bài là tổng (khơng làm tròn số) của điểm tất cả các câu.

Câu Nội dung Điểm

Câu 1

1. Cho parabol

 

P :y  x2 và đường thẳng d đi qua điểm M

 

0;1 có hệ 
số góc k.

a) Chứng minh rằng đường thẳng d luôn cắt

 

P tại hai điểm A B,

phân biệt với mọi giá trị k.

b) Chứng minh tam giác OAB là tam giác vuông với mọi giá trị k.

2,
0

1a

1a) Chứng minh rằng đường thẳng d luôn cắt

 

P tại hai điểm A B,

phân biệt với mọi giá trị k. 1,0

Phương trình đường thẳng d đi qua điểm M

 

0;1 có hệ số góc k: ykx1. 0,25

Phương trình hồnh độ giao điểm của d và

 

P : x2 kx 1 0 (1). 0,25
Phương trình (1) có 2

4 0,

k k

     . 0,25

Vậy phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt hay đường thẳng d luôn

cắt

 

P tại hai điểm A B, phân biệt với mọi giá trị k. 0,25

1b

b) CMR OAB là tam giác vuông với mọi giá trị k (O là gốc tọa độ). 1,
0 
Gọi





1; 1

A x x và B x x



2; 22



. Khi đó x x1, 2 là nghiệm của phương trình (1),

suy ra x x1. 2  1. 0,25

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Câu

Do x x1. 2  1 nên OAOB. Vậy OAB là tam giác vuông . 0,25
Câu 2

2a

2a) Giải phương trình 2

(

)

4 2 1 1

x - x- = x- - x 1,0

Điều kiê ̣n x³ . 1

(

)

(

)

4 2 1 1 ( 1) 2 1 1 4 0 (1)

x - x- = x- - x Û x x- + x- x- - =
Đặt y= x- 1,y³ 0.

0,25
Phương trình (1) trở thành

2 2 2 4 3 2

(y + 1)y + 2 .y y - 4= Û0 y + 2y + y - 4= 0 0,25

3 2

(y 1)(y 3y 4y 4) 0 y 1

Û - + + + = Û = vì y³ 0. 0,25

Suy ra x- = Û1 1 x= 2.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x= 2. 0,25

2b

2b) Giải hệ phương trình

2 2

5 3 6 7 4 0 (1)

( 2) 3 3 (2)

x y y x

y y x x

ìï - + + - + =

ïí

ï - + = +

ïỵ 1,0

Điều kiện: 2

7 4 0.

y - x+ ³

(2) ( 3)( 1) 0

1
y

y y x

y x
é =
-ê
Û + - - = Û
ê = +
ë
0,25
Với y= - 3, từ (1) ta có x2+18+ 6 13- 7x= 0 (vô nghiệm) 0,25
Với y= x+ 1, từ (1) ta có

(

x2- 5x+ 5

)

+ 6 x2- 5x+ 5- 7= 0

2 2

5 5 7 5 12 0 (VN) 1

5 5 1 5 4 0

x x x x x

x

x x x x

é - + = - é - + = é =
ê ê ê
Û ê Û ê Û
ê =
- + = - + =
ê ê ë
ë ë

. 0,25

Với x= Þ1 y= 2(TMĐK), với x= Þ4 y= 5(TMĐK).

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (1;2) và (4;5). 0,25

Câu 3

3) Cho x y z, , là các số dương thỏa mãn x  y z 2. CMR:

2 2 2 2 2 2

2019x 2xy2019y  2019y 2yz2019z  2019z 2zx2019x 2 2020. 1,0

Đặt 2 2 2 2 2 2

2019 2 2019 2019 2 2019 2019 2 2019

        

S x xy y y yz z z zx x

Ta có 2019x2 2xy2019y2 1009



x y



21010



xy



2 1010



x y



2
Suy ra 2019x2 2xy2019y2  1010



x y



Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x y.

0,25

Tương tự





2 2

2019y 2yz2019z  1010 yz .





2 2

2019z 2zx2019x  1010 zx .

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Câu

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2.
3

x   y z 0,25

Câu 4

4. Cho hình chữ nhật ABCD có AB2AD4 (a a0). Đường thẳng 
vng góc với AC tại C cắt các đường thẳng AB và AD lần lượt tại E
và F.

a) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp.

b) Gọi I là giao điểm của các đường thẳng BD và EF. Tính độ dài 
đoạn thẳng ID theo a.

c) Mlà điểm thay đổi trên cạnh AB (M khác A, M khác B), đường 
thẳng CM cắt đường thẳng AD tại N. Gọi S1 là diện tích của tam giác 
CME và S2 là diện tích của tam giác AMN. Xác định vị trí của M sao 
cho 1

3
.
2

S
S 

3,5

4a

N
I

F
E

C

D
A

B

M

Hình vẽ giải được Câu a) 0,5

4a) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp. 1,0

Do ABCD là hình chữ nhật nên BDA CAD . 0,25
Mặt khác CADAEF (cùng phụ với AFE) 0,25

Suy ra BDAAEF. 0,25

Tứ giác EBDF có BEFBDFBDA BDF 180 .0 Vậy tứ giác EBDF nội

tiếp. 0,25

4b

4b) Gọi I là giao điểm của các đường thẳng BD và EF. Tính độ dài

đoạn thẳng ID theo a. 1,0

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Câu 
Suy ra
2 2
(2 )
.
4
CB a
BE a
BA a
= = =

Ta có 2 2 2 2

( )

2 2

(4 ) 2 20 2 5.

BD = AB + AD = a + a = a Þ BD= a 0,25

Do BE song song với CD nên 1
4 4

IB BE a

ID= DC= a= 0,25

Suy ra 4
3

ID= BD. Vậy 8 5 .

a

ID= 0,25

4c

4c) M là điểm thay đổi trên cạnh AB (M khác A, M khác B), đường 
thẳng CM cắt đường thẳng AD tại N. Gọi S1 là diện tích của tam giác 
CME và S2 là diện tích của tam giác AMN. Xác định vị trí của M sao 
cho 1

2
3
.
2
S
S  
1,0

Đặt AM= x,0< x< 4a. Suy ra MB= 4a- x ME, = 5a- x. 0,25

Do BC song song với AN nên . 2

AN MA MA BC ax

AN

BC = MBÞ = MB = a- x 0,25

Suy ra

1 1

. .2 .(5 ) (5 )

2 2

1 1 2

. .

2 2 4 4

S CB ME a a x a a x

ax ax

S AM AN x

a x a x

= = - =

-= = =

-0,25

Do đó 1 2 2

2
2

3 (5 )(4 ) 3

18 . 40 0

2 2

S a x a x

x a x a

S x

 

      

(x 2 )(a x 20 )a 0 x 2a

      (vì (0 x 4a).

Kết luận: Khi M là trung điểm của AB thì 1
2
3
.
2
S
S 
0,25
Câu 5

5. Cho abc là số nguyên tố. Chứng minh rằng phương trình 
2

ax bx c khơng có nghiệm hữu tỉ. 1,5

Giả sử phương trình 2

ax bx c có nghiệm hữu tỉ, khi đó

2 2

4 ,( )

b ac m m

     . 0,25

Suy ra b2 m2 hay bm. (1) 0,25

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Câu



 













2 2 2 2

400 40 4 20

20 20

a ab b b ac a b m

a b m a b m

       

    

Do abc là số nguyên tố nên



20a b m abc



hoặc



20a b m abc



suy ra 20a  b m abc (2) 0,25

Từ (1) ta có 20a2b20a  b b 20a b m
Từ (2) ta có 20a  b m 100a10b c 100a10b
Do đó

20a2b100a10b2(10a b) 10(10a  b) 2 10 (vô lý)

0,25
Vậy  không thể là số chính phương nên phương trình ax2 bx c 0

</div>

Đáp án vào lớp 10 chuyên Toán tỉnh Quảng Bình niên khóa 2019-2020 - Học Toàn Tập

 

 

 

 

 

 

 









<sub>(</sub>

<sub>)</sub>

(

)

(

)

(

)

























( )



 





















Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về