Website tailieumontoan com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT, THPT CHUYÊN TỈNH HẬU GIANG NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN TOÁN – THPT CHUYÊN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu I (2,0 điểm) 1) Tính giá trị đúng của biểu thức 2) Tìm tất cả các số tự nhiên sao cho là một số nguyên Câu II (3,0 điểm) 1) Cho phương trình (1) (với là tham số thực) a) Giải phương trình (1) khi b) Tìm tất cả các giá trị của để phương trình (1) có hai n[.]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT, THPT CHUYÊN
TỈNH HẬU GIANG NĂM HỌC 2020 – 2021
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề
Câu I (2,0 điểm)
1) Tính giá trị đúng của biểu thức A = 43 30 2- + 6 4 2.
2) Tìm tất cả các số tự nhiên n
sao cho
2 5 4 5
n
là một số nguyên
Câu II (3,0 điểm)
1) Cho phương trình
2 (2 1) 2 2 0
x - m+ x m+ + =
(1) (với m
là tham số thực)
a) Giải phương trình (1) khi m=3
b) Tìm tất cả các giá trị của m
để phương trình (1) có hai nghiệm 1 2
,
x x
thỏa mãn điều kiện 1 2
1< <x x
2) Giải hệ phương trình
3 2
,
ïï
ïïî
với x yÎ ¡,
Câu III (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy),
cho hàm số
2 1 2
y=- x
có đồ thị ( ).P
Lập bảng biến thiên
và vẽ đồ thị ( ).P
Câu IV (2,5 điểm) Cho tam giác ABC
nhọn (AB<AC)
và nội tiếp trong đường tròn ( ).O
Gọi D
là điểm đối xứng của B
qua O
Gọi H K, lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm B
lên AC
và AO,
với K
khác O
và thuộc đoạn thẳng AO
Gọi M
là giao điểm của đường thẳng HK
và BC 1) Chứng minh bốn điểm A B H K, , ,
cùng thuộc một đường tròn
2) Chứng minh tam giác MHB
cân
3) Chứng minh M
là trung điểm của BC 4) Cho điểm E
nằm bên ngoài đường tròn ( )O
và một đường thẳng d
thay đổi nhưng luôn đi qua E, đồng thời cắt ( )O
tại hai điểm phân biệt P Q, Giả sử bán kính đường tròn ( )O
bằng a
Tính diện tích lớn nhất của tam giác OPQ
theo a
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)
Trang 2Câu V (1,5 điểm)
1) Cho đa thức
2 ( )
f x =x +ax b+
(với a b, Î ¡
) Tìm a b, biết rằng f(2)=- 5
và f(3) 7.= 2) Cho ba số thực dương x y z, , thỏa mãn điều kiện x y z+ + =3
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3
P
xy yz xz
= +
-HẾT -Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ……… Số báo danh: … ……… Chữ ký giám thị 1: ……… Chữ ký giám thị 2: ……….
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT, THPT CHUYÊN
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN CHUYÊN
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
I Hướng dẫn chung
1 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định
2 Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong tổ chấm thi
3 Điểm bài thi là điểm sau khi cộng điểm toàn bài thi và không làm tròn
II Đáp án và thang điểm Câu I (2,0 điểm)
1) Tính giá trị đúng của biểu thức A = 43 30 2- + 6 4 2.
-2) Tìm tất cả các số tự nhiên n
sao cho
2 5 4 5
n
là một số nguyên
1
Ta có
43 30 2- = 5 3 2- = -5 3 2
6 4 2- = 2- 2 = -2 2
Từ đó, ta có A = -7 4 2
0,25 0,25 0,25
2
Ta có
2
n
-0,25
Trang 3Khi đó
là số nguyên khi và chỉ khi 4 (Mn−5). 0,25
Ta có 6 trường hợp:
(nhận) hoặc n− = ⇔ =5 1 n 6
(nhận)
(nhận) hoặc n− = ⇔ =5 2 n 7
(nhận)
(nhận) hoặc n− = ⇔ =5 4 n 9
(nhận)
0,75
Câu II (3,0 điểm)
1) Cho phương trình
2 (2 1) 2 2 0
x - m+ x m+ + =
(1) (với m
là tham số thực)
a) Giải phương trình (1) khi m=3
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m
để phương trình (1) có hai nghiệm 1 2
,
x x
thỏa mãn điều kiện 1< <x1 x2
2) Giải hệ phương trình
3 2
,
ïï
ïïî
với x yÎ ¡,
1
a) Khi m=3,
phương trình (1) trở thành
2 7 11 0
Ta có ∆ =49 4.1.11 5 0.− = >
0,25
Nghiệm của phương trình là
2
x= +
hoặc
2
−
=
b) Ta có
(2 1) 4.1.( 2) 4 7
Phương trình (1) có hai nghiệm 1 2
,
x x
phân biệt khi và chỉ khi
7 0
4
m
∆ > ⇔ >
(*)
0,25 0,25
Với điều kiện (*), theo hệ thức Vi-et, ta có
1 2
2
1 2
2 1 2
x x m
Khi đó
ì - + - > ì + - >
< < Û < - < - Û í Û í
ï - - > ï - + + >
0,25
Trang 42
1
2
2
m
ìï
ì + - > ï >
ï
ï + - - + > ï
So với điều kiện (*), ta nhận:
7 4
m>
0,25
2
Ta có
3 2
(4 1) 2 4 (1)
2 2 4 1 1 (2)
ïï
ïïî
Dễ thấy
0 0
x y
>
>
Từ phương trình (2), ta có:
2
2
1 1 1
2y 2 (2 )y y 1 1
(3)
0,25
Đặt
1 0
= >
u y v x
Từ (3), ta có
u u u+ + = +v v v + ⇔ +u u +u = +v v +v
2 2
4 2 4 2
Với u v= ,
ta có 2xy=1.
0,25
Thay 2xy=1
vào phương trình (1), ta có:
3
x + +x x− =
(4)
Đặt t= x>0.
Từ (4), ta có
(do
5+ + + + >4 3 2 4 0
) 0,25
Với t=1,
ta có
1
2
= ⇔ = ⇒ =
Vậy
1 1 2
=
=
x
Câu III (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy),
cho hàm số
2 1 2
y=- x
có đồ thị ( ).P
Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị ( ).P
Trang 5Một số giá trị cụ thể: cho x= ⇒ =0 y 0.
Cho x= ± ⇒ = −2 y 2.
0,25
Đồ thị
0,5
Câu IV (2,5 điểm) Cho tam giác ABC
nhọn, AB AC<
và nội tiếp đường tròn ( ).O
Gọi D
là điểm đối xứng của B
qua O
Gọi H K,
lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm B
lên AC
và AO,
với K
khác
O
và thuộc đoạn thẳng AO
Gọi M
là giao điểm của đường thẳng HK
và BC 1) Chứng minh bốn điểm A B H K, , ,
cùng thuộc một đường tròn
2) Chứng minh tam giác MHB
cân
3) Chứng minh M
là trung điểm của BC 4) Cho điểm E
nằm bên ngoài đường tròn ( )O
và một đường thẳng d
thay đổi nhưng luôn đi qua ,
E
đồng thời cắt ( )O
tại hai điểm phân biệt P Q,
Giả sử bán kính đường tròn ( )O
bằng a
Tính diện tích lớn nhất của tam giác OPQ
theo a
1 Hình vẽ thể hiện được đầy đủ giả thiết
0,25
Trang 6a) Ta có
AHB=AKB=
nên tứ giác ABKH nội tiếp trong đường tròn đường kính
AB
Do đó, bốn điểm A B K H, , , cùng thuộc một đường tròn
0,5
b) Ta có
BAK =BAO BHK= =BHM
(1) ;
·ABH =DAC· =DBC·
(2) và
BAO=ABO
(3)
Từ (1), (2) và (3), ta suy ra
MBH BHM
Suy ra ∆MBH
cân tại M.
0,5
c) Gọi F là trung điểm của BH. Do ∆MBH
cân tại M nên MF ⊥BH.
Mặt khác, ta có BH ⊥HC.
Suy ra MF//HC.
Suy ra
1 2
Suy ra M là trung điểm của BC.
0,5
d) Kẻ đường cao QI I, ∈PO.
Ta có
2
S= OP QI = a QI ≤ a QO= a
2 1 2
S = a
khi và chỉ khi I O≡
hay tam giác OPQ vuông tại O (tam giác OPQ luôn
tồn tại vì luôn tồn tại hai điểm P và Q thuộc (O) sao cho
· =900
POQ
và đường thẳng
PQ đi qua điểm E).
Vậy
2 max
1 2
là diện tích lớn nhất của tam giác OPQ.
0,25
0,25
0,25
Câu V (1,5 điểm)
1) Cho đa thức
2 ( )
f x =x +ax b+
(với a b, Î ¡
) Tìm a b, biết rằng f(2)=- 5
và f(3) 7.= 2) Cho ba số thực dương x y z, ,
thỏa mãn điều kiện x y z+ + =3
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
3
P
xy yz xz
= +
1
Ta có f(2)=- Û5 2a b+ =- 9
và f(3) 7= Û 3a b+ =- 2 0,25
Giải hệ
ì + =- ì =
ï + =- ï
Dễ thấy với mọi số thực dương a và b, ta có a b+ ≥2 ab
(*)
0,25
Trang 7Áp dụng (*), với a=1 và
3
,
b
xy yz xz
=
ta có
3 2
P
xy yz xz
≥
(**)
Với các số thực x y z, , , ta luôn có:
2+ 2+ 2 ≥ + +
x y z xy yz xz
Suy ra ( )2
x y z+ + ≥ xy yz xz+ +
2 2
≥
(***)
0,25
Từ (**) và (***), ta suy ra
2 2
P
P= ⇔ = = =x y z
Vậy min
2
P =
là giá trị nhỏ nhất
0,25
