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

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

Trang 1/5
<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO </b>

<b>THỪA THIÊN HUẾ </b>

<b>KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUỐC HỌC </b>
<b>NĂM HỌC 2019-2020 </b>

<b>Khóa ngày 02 tháng 6 năm 2019 </b>

ĐỀ THI CHÍNH THỨC <i><b>_{Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)}</b></i><b>Mơn thi: TỐN (CHUN TIN) </b>

<b>HƯỚNG DẪN CHẤM – ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM </b>

<i>(Nội dung có 05 trang) </i>

<b>Câu </b> <b>Đáp án </b> <b>Điểm </b>

<b>1 </b>

<i><b>(1,5</b></i>
<i><b>điểm</b></i><b>) </b>

<b>a) Chứng minh 1</b> <b>1</b> <b>1</b> <b>1</b> <b>2020.</b>

<b>1</b> <b>2</b> <b>2</b> <b>3</b> <b>2019</b> <b>2020</b>

    

   

<b>0,5 </b>

Ta có: 1 1 1 1

1 2 2 3 2019 2020

   

   

2 1 3 2 2020 2019
1

2 1 3 2 2020 2019

  

    

   

0,25

1 2 1 3 2 2020 2019

       = 2020.

0,25

<b>b) Cho biểu thức A</b> <b>x x</b> <b>1</b> <b>x x</b> <b>1</b> <b>:</b> <b>x</b> <b>1</b>
<b>x</b> <b>1</b>

<b>x</b> <b>x</b> <b>x</b> <b>x</b>

 _ _  _

_  _



 

 

<b> với x 0, x 1.</b>  <b> Tìm các giá trị </b>
<b>nguyên của x để A có giá trị nguyên. </b>

<b>1,0 </b>
Với x 0, x 1  thì A có nghĩa và





















x 1 x x 1 x 1 x x 1 _{x 1}

A :

x 1

x x 1 x x 1

 _ _ _ _ _ _ 

 
 
 _ _  
 
0,25

x x 1 x x 1 x 1
:
x 1
x
     


2(x 1)
.
x 1


 0,25

2x 2 2x 2 4 4

A 2 .

x 1 x 1 x 1

  

   

  

A nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi 4 x 1







hay

x 1 1 x 0; x 2
x 1 2 x 1; x 3 .
x 1 4 x 3; x 5

     
 
 _{  } _  _ _{ }
 
       
 
0,25

So với điều kiện, ta có x3. 0,25

<b>2 </b>

<i><b>(1,5</b></i>
<i><b>điểm</b></i><b>) </b>

<b>a) Giải hệ phương trình </b>

<b>2</b> <b>2</b>

<b>3</b> <b>3</b>

<b>x</b> <b>y</b> <b>xy</b> <b>1 (1)</b>
<b>.</b>
<b>x</b> <b>y</b> <b>x</b> <b>3y (2)</b>

 _ _ _


  


<b>0,75 </b>
Từ (1) và (2) suy ra









3 3 2 2

x y  x3y x y xy

3 2 2

2y 4xy 4x y 0

   





2 2

2y x y x  0

   
 
0,25
y 0
y 0
.
x y 0

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

Trang 2/5
Với y0 thì x 1, thỏa mãn hệ phương trình.

Với x y0, khơng thỏa phương trình

 

1 .
Vậy nghiệm



x; y của hệ là



_

1;0 ;

_{ }

1;0 .

_

0,25
<b>b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y</b> <b>2(m</b><b>1)x</b><b>m</b><b>4 và </b>

<b>parabol (P): y</b> <b>x .2</b> <b> Tìm giá trị của m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại </b>
<b>hai điểm phân biệt </b> <b>A x ;y</b>



<b>₁</b> <b>₁</b>



<b> và </b> <b>B x ;y</b>



<b>₂</b> <b>₂</b>



<b> sao cho biểu thức </b>









<b>1</b> <b>2</b>

<b>1</b> <b>2</b> <b>2</b> <b>1</b>

<b>y</b> <b>y</b>
<b>Q</b>

<b>x 1 x</b> <b>x 1 x</b>




   <b> đạt giá trị nhỏ nhất. </b>

<b>0,75 </b>

Phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d) là: x22 m 1 x







m40 (1).<b> </b>
Do

_

_

_

_

2

2 ₂ 1 19

m 1 m 4 m m 5 m 0 m

2 4

 



        _  _    

   nên phương
trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m hay d luôn cắt (P) tại hai điểm phân
biệt với mọi m.

0,25

Theo định lý Vi-ét, ta có 1 2





1 2

x x 2 m 1
x x m 4

  





 




. 0,25













2

1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2
2 2

1 2 x x 2x x
x x

Q

x x 2x x x x 2x x

 



 

   

2

2m 3m 6
5

 



2

2 3 39 39

m m

5 4 40 40

 

 _  _    

  .

Vậy m 3
4

  thì Q đạt giá trị nhỏ nhất là 39.
40

0,25

<b>3 </b>

<i><b>(2,0 </b></i>
<i><b>điểm) </b></i>

<b>a) Giải phương trình x2</b> <b>2x</b> <b>x</b><b>3</b><b>2x x</b><b>3</b>  <b>9.</b> <b>1,0 </b>
Điều kiện: x 3.

Đặt t x x3 thì t2 x2x 3 2x x3x2 x2x x3t23. 0,25
Phương trình thành t2 t 12 0 t 4

t 3
 


   _{ }




. 0,25

Với t 4 thì x x3   4 x3  x 4 (vô nghiệm do x 3 vế phải

ln âm). 0,25

Với t3 thì

2

3 x 3
3 x 3

x x 3 3 x 3 3 x x 1 x 1.

x 3 9 6x x

x 6
  


  


 

            

   

 

  _



Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1.

0,25

<b>b) Cho phương trình (ẩn x) x4</b> <b>2mx2</b><b>4</b> <b>0. Tìm giá trị của m để phương trình </b>

<b>đã cho có bốn nghiệm phân biệt x ,₁</b> <b>x ,₂</b> <b>x ,₃</b> <b>x₄ thỏa mãn x₁4</b><b>x4₂</b><b>x4₃</b> <b>x4₄</b>  <b>32.</b> <b>1,0 </b>
Đặt 2

,

t x t 0. Phương trình đã cho trở thành 2

t 2mt4 0 (2).

Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm
dương phân biệt hay

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

Trang 3/5

 

2

1 2

1 2

' m 4 0

t t 2m 0 m 2 * .
t t 4 0

   



      



 _{ }



Khi đó phương trình (1) có 4 nghiệm là x₁  t , x₁ ₂   t , x₁ ₃  t , x₂ ₄   t .₂
Ta có:









2

4 4 4 4 2 2

1 2 3 4 1 2 1 2 1 2

x x  x  x 2 t t 2 t  t – 2t t 

 

0,25





2 2

2 2m 2.4 8m 16.

  

   

Từ giả thiết suy ra: 2

8m 1632 m   6.

0,25
Giá trị m 6 loại do không thỏa mãn điều kiện

 

* .

Vậy m  6. 0,25

<b>4 </b>

<i><b>(3,0</b></i>
<i><b>điểm</b></i><b>) </b>

<b>Cho đường tròn </b>

 

<b>O và điểm A cố định thuộc </b>

 

<b>O . Trên tiếp tuyến của </b>

 

<b>O </b>
<b>tại A, lấy điểm M cố định ( M khác </b> <b>A). Kẻ đường thẳng d đi qua M cắt </b>

 

<b>O tại hai điểm phân biệt B và C (C ở giữa B và M, d không đi qua tâm </b>
<b>O). Gọi I là trung điểm của đoạn BC. </b>

<b>a) Chứng minh bốn điểm O, A, M, I cùng thuộc một đường tròn.</b>

<b>0,75 </b>

I là trung điểm của BC nên OIBC. 0,25

AM là tiếp tuyến của

 

O tại A nên

AMOA. 0,25

Suy ra   0

OIM OAM 90 ,_{suy ra bốn}
điểm O, A, I, M cùng thuộc đường
trịn đường kính OM .

0,25

<b>b) Vẽ đường kính AD của </b>

 

<b>O . Qua A kẻ đường thẳng vng góc với đường </b>
<b>thẳng d và cắt đường thẳng ID tại H. Chứng minh AH</b><b>2OI và H là trực tâm </b>
<b>của tam giác ABC . </b>

<b>1,25 </b>

Do HABC nên AH//OI. 0,25

Mặt khác O là trung điểm của AD nên OI là đường trung bình của tam giác DAH

hay AH2OI. 0,25

Do I là trung điểm của BC và DH nên tứ giác BDCH là hình bình hành. 0,25
Suy ra CH//BD. Mặt khác ABBD (AD là đường kính), suy ra CHAB. 0,25
Tam giác ABC có AHBC và CHAB nên H là trực tâm của tam giác ABC. 0,25

<b>H</b>

<b>D</b>
<b>I</b>

<b>C</b>

<b>O</b>
<b>A</b>

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

Trang 4/5
<b>c) Khi đường thẳng d thay đổi, chứng minh H ln nằm trên một đường trịn cố </b>

<b>định. </b> <b>1,0 </b>

Dựng điểm N sao cho M là trung điểm DN, khi đó N cố định. 0,25
Do I, M lần lượt là trung điểm DH, DN nên OI, IM lần lượt là các đường trung bình

của tam giác DAH, DHN. 0,25

Suy ra AH//OI  0

AH NH AHN 90 .
NH//MI



   




0,25

Vậy H luôn nằm trên đường trịn đường kính AN cố định. 0,25

<b>5 </b>

<i><b>(2,0</b></i>
<i><b>điểm</b></i><b>) </b>

<b>a) Giải phương trình </b> <b>x</b><b>20192019</b>  <b>x</b><b>20202020</b> <b>1.</b> <b>1,0 </b>
+ Với x 2019 hoặc x 2020 thì phương trình thỏa mãn nên x2019, x2020 là

nghiệm của phương trình. 0,25

+ Với x2019 thì x2019 >0 và x2020 1 nên VT 1.

Suy ra x2019 không thỏa mãn phương trình. 0,25
+ Với x 2020 thì x2019 1 và x – 2020 0 nên VT 1.

Suy ra x2020 không thỏa mãn phương trình. 0,25
+ Với 2019 x 2020  thì 0x2019 1 và  1 x – 20200 nên

2019

x2019 x 2019   x 2019
2020

x2020  x2020  2020 – x
Do đó VT x – 2019 2020 – x  1.

Suy ra phương trình vơ nghiệm khi 2019 x 2020.
Vậy phương trình có hai nghiệm x 2019, x 2020. 

0,25

<b>b) Trên trục số, mỗi điểm biểu diễn số nguyên được tô bởi một trong hai màu </b>
<b>xanh hoặc đỏ (không tô màu các điểm khác). Chứng minh rằng tồn tại hai điểm </b>
<b>phân biệt và trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm đó có cùng màu. </b>

<b>1,0 </b>
Ta chọn ba điểm A, B, C lần lượt biểu diễn các số nguyên 2a, 2b, 2c (a, b, c là các

số nguyên phân biệt).

Khi đó tồn tại hai trong ba điểm này có cùng màu, khơng mất tính tổng quát giả sử
hai điểm này là A và B có cùng màu đỏ.

Gọi I là trung điểm của AB. Khi đó I biểu diễn số



ab .



0,25
<b>N</b>

<b>H</b>

<b>D</b>

<b>I</b> <b>C</b>

<b>O</b>
<b>A</b>

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

Trang 5/5
* Nếu I được tơ màu đỏ thì I, A, B là ba điểm cần tìm.

* Nếu I được tơ màu xanh ta chọn điểm D sao cho B là trung điểm của AD. Khi đó D
biểu diễn số



4b 2a .



+ Nếu D được tơ màu đỏ thì A, B, D là ba điểm cần tìm.

0,25

+ Nếu D được tơ màu xanh thì ta lấy E sao cho A là trung điểm BE. Khi đó E biểu

diễn số



4a2b .



0,25

- Nếu E được tơ màu đỏ thì E, A, B là ba điểm cần tìm.

- Nếu E được tơ màu xanh thì E, I, D là ba điểm cần tìm. 0,25

<b>Chú ý: </b>

<b>- Học sinh làm cách khác đáp án nhưng kết quả đúng vẫn cho điểm tối đa. </b>
<b>- Điểm toàn bài chấm điểm lẻ đến 0,25 </b>

<b>--- Hết --- </b>
đỏ

đỏ đỏ

<b>I</b> <b>B</b>

<b>A</b>

đỏ

xanh đỏ

đỏ

<b>D</b>
<b>I</b>

<b>A</b> <b>B</b>

đỏ

đỏ xanh đỏ xanh

<b>E</b> <b>A</b> <b>I</b> <b>B</b> <b>D</b>

xanh

xanh đỏ

xanh đỏ

</div>

<!--links-->