7. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 tỉnh Bến Tre năm học 2018-2019 (HDC)

[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẾN TRE

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN BẾN TRE

NĂM HỌC 2018 – 2019

MÔN: TOÁN (Chuyên)

a)

1

P

ab





0,25

1

ab a b

a b ab



0,25

:

0,25

a b a b 

a b

2018 1

2019 1

a)

A p   p p

Do p3, p là số nguyên tố nên p không chia hết cho 2 và 3

   với k ,k 1  A 4k k 1

k k là hai số tự nhiên liên tiếp nên k k 1 2 A 8 (1)

0,25

Ta lại có p3m1 với m ,m1

Nếu p3m1 thì A3m3m 2 A 3

Nếu p3m1 thì A3m3m 2 A 3

Vậy A 3 (2)

0,25

Do  8,3 1 nên từ (1) và (2) suy ra A 24 0,25

b)

2



  , với mọi m  phương trình đã cho

luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m

0,25

Nhận xét: 2 2

1

x x đạt giá trị lớn nhất

x x

  đạt giá trị nhỏ nhất

x x  x x  x x  m  m

0,25

2

2

m

  với mọi m Giá trị nhỏ nhất của x12x22 bằng 31

4 1

4

m

  

0,25

Câu 3 1,5 đ

a)

ĐKXĐ: x 1

Pt đã cho tương đương:    2   2   

x x   x x   x x (*) Đặt a x1,a0 và b x2 x 1,b0

(do

2

x   x x   

  , với mọi x)

Pt (*) trở thành: b22a2 ab

0,25

b 2a b a  0 b 2a

Với b2a ta được x2  x 1 2 x1

0,25

2

2

2

x

x













Thử lại ta nhận nghiệm 5 37

2

x 

0,25

b)

  





  



 





 



0,25

3

  



 



  

 

 



2

   

 

 



0,25

1 2 1

y x

  



 

 



0,25

a)

x xy   x y y x  x  x

Dễ thấy x 1 thì pt vô nghiệm

Với x 1 ta được

3

2

 

0,25

Để ,x y thì 2  1 1 2

x x

x

  



     

0,25

x     x y

x       x y

0,25

x     x y

x       x y

Vậy pt có các nghiệm nguyên  x y là ; 3;11 , 2; 4 , 0; 2 , 1;1    

0,25

b)

Ta có a b    1 b 1 a Do a b,    0 0 a 1 0,25

1

T

 



4 1

5 1





0,25

Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương 4 1 a 

a



;

1

a a

 ta được:

4 1

1

a a T





1



2 2 3

loại nhận

a a







  



0,25

Vậy minT  9 2

3

3

a) Ta cĩ OC AM(tính chất đường kính và dây cung) OCN  90 0,25

Tứ giác OBNC cĩ OCNOBN 180  Tứ giác OBNC là tứ giác nội

tiếp

0,25

b)

Trong tam giác AND cĩ DC AB, là hai đường cao cắt nhau tại OO là

trực tâm của tam giác AND

0,25

NO AD

Mà NE ADN O E, , thẳng hàng

0,25

Ta có 1 1

AND

2

NE AD

ND

c)

Xét hai tam giác vuông CAO và CDN

Ta có CAOCDN (hai góc có cạnh tương ứng vuông góc)

0,25

d)

Tam giác ABN vuông tại B có đường cao BM nên ta có AM AN AB2 0,25

2AM AN 2 2AM AN 2 2.AB 4R 2

Đẳng thức xảy ra khi

2 2

2

2

2 2





AOM

 vuông cân tại OM là điểm chính giữa của cung AB thì

2AM AN đạt giá trị nhỏ nhất bằng 4R 2

0,25