Đáp án đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Kiên Giang niên khóa 2019-2020 - Học Toàn Tập

‒ Nếu thi sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định. ‒ Không làm tròn điểm toàn bài thi.. Tính diện tích tam giác DG[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN

HƯỚNG DẪN CHẤM THI ‒ ĐỀ CHÍNH THỨC

MÔN : TOÁN (chuyên)

(gồm có 04 trang)

A HƯỚNG DẪN CHUNG

‒ Nếu thi sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định

‒ Không làm tròn điểm toàn bài thi

B ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Bài 1

(2,0đ)

P x

a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn P x  

b) Tìm các tất cả giá trị nguyên của x sao cho P x nhận giá trị nguyên  

a) ĐKXĐ:

8

1 3

x x





0,25đ

 

P x

x



0,5đ

2

1

x x



0,25đ 0,25đ

 

4

1 1

0

x

x





0,25đ 0,25đ

Vậy x 4 và x 0

Bài 2

Tìm m để phương trình x22x3m có hai nghiệm 0 x x thỏa mãn 1, 2 0 x1 x2 2

Để phương trình có hai nghiệm x x thì 1, 2 ' 0 1 3 0 1

3

Theo đề ra ta có

0 x x  2  0 1 1 3 m 1 1 3 m 2 0,25đ

Bài Nội dung Điểm

2 3

2 2

3

3

3 3

1

xy

xy











  Cộng vế theo vế từ hai phương trình trên ta được:

 

1

x y

0,25đ

Nhận xét:

xy

xy

0,25đ

Thế x vào một trong hai phương trình trên ta được: y

2

2 2

3

3

0 2

y

y y





  

Với y   0 x 0

Với y   2 x 2

Vậy nghiệm của hệ phương trình là  0;0 và  2;2

0,25đ

Bài 4

(1,0đ)

Tìm số dư khi chia 20192008202020197620201975 cho 3

Ta có

2019 0 mod 3 2019 0 mod 3

2020 1 mod 3 2020 1 mod 3

0,25đ

762020 2 mod 3 762020 2 mod 3 2.4 mod 3 2 mod 3 0,25đ

Cộng vế theo vế ta được 2008 2019 1975    

2019 2020 762020 3 mod 3 0 mod 3 0,25đ Vậy số dư của phép chia 2008 2019 1975

2019 2020 762020 cho 3 là 0 0,25đ

Bài 5

(1,0đ)

Cho tam giác ABC có diện tích là 2

900cm Điểm D ở giữa BC sao cho BC5DC, điểm

E ở giữa ACsao cho AC4AE,điểm F, G ở giữa BE sao cho BE6GF6GE Tính diện tích tam giác DGF

Bài Nội dung Điểm

0,25đ

Gọi đường cao hạ từ đỉnh B là , h diện tích tam giác ABC là: B

2AC h B  h B  AC 

Diện tích tam giác BAE là 1 1 1800 2

Diện tích tam giác BEC là 900 – 225 = 675cm 2

0,25đ

Gọi đường cao hạ từ C của tam giác BEC là h ta có : C,

2BE h C  h C  BE 

Gọi h là đường cao hạ từ đỉnh D của tam giác DFG ,ta có: D 4

5

D C

h

h  (định lý Talet) Suy ra 4 1350 1080

5

D h

0,25đ

Diện tích của tam giác DFG là 1 1 1 1 1080 2

2 6 BE h D   2 6 BE BE  cm  0,25đ

Bài 6

(3,0đ)

Cho đường tròn  O đường kính AB Trên tia BA lấy điểm C nằm ngoài đường tròn  O Từ

C kẻ hai tiếp tuyến CE và CF đến đường tròn  O (E, F là hai tiếp điểm) Gọi I là giao của

AB và EF Qua C kẻ đường thẳng cắt đường tròn  O tại hai điểm M, N (M nằm giữa CN )

a) Chứng minh rằng tứ giác OIMN nội tiếp

b) Chứng minh rằng AIM BIN

Bài Nội dung Điểm

Theo hệ thức lượng trong ∆CEO vuông tại E

Theo hệ thức lượng trong đường tròn (O)

Từ (1), (2) CI CO CM CN 

CM  CI

CO CN và NCB chung

Nên ∆CMO đồng dạng ∆CIN (c.g.c )

0,25đ

Hay N, O cùng nhìn MI dưới một góc bằng nhau không đổi

Chứng minh rằng:AIM BIN

Gọi K thuộc đường tròn ( )O và đối xứng với M qua AB

2

0,25đ

2

MNK MOK ( góc nội tiếp, góc ở tâm cùng chắn cung MK )

0,25đ

Và MNI MOA ( đã chứng minh )

MNK MNI hay N; I ; K thẳng hàng

0,25đ

Bài 7

(1,0đ)

Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn 1 1 1 4

a   Chứng minh: b c

1

2a b ca 2b ca b 2c

x y

xy x y



Dấu "=" xảy ra khi x y

0,25đ

Áp dụng kết quả trên ta có:

 

1

2a b c 4 2a b c 4 2a 4 b c 8 a 2b 2c

Tương tự

 

2

 

3

0,25đ

Bài Nội dung Điểm

Vậy

1

2a b c a 2b c a b 2c 4 a b c

Ta thấy trong các bất đẳng thức (1), (2), (3) dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

a  Vậy đẳng thức xảy ra khi b c 3

4

a  b c

0,25đ

‒‒‒‒‒HẾT‒‒‒‒‒