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

* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu. b) Chứng minh tam giác OAB là tam giác vuông với mọi giá trị k... Vậy  OAB là tam giác vuông.[r]

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2019 – 2010 Khóa ngày 03/06/2019 Môn: TOÁN (CHUYÊN)

(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 toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu

Câu 1

1 Cho parabol   2

:

P y  x 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,

Phương trình đường thẳng d đi qua điểm M 0;1 có hệ số góc k: ykx1 0,25 Phương trình hoành độ giao điểm của d và  P : x2 kx 1 0 (1) 0,25 Phương trình (1) có 2

4 0,

Vậy phương trình (1) luôn 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  2

1; 1

A x x và  2

2; 2

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

Phương trình đường thẳng OA: yx x1 0,25

Phương trình đường thẳng OB: y  x x2 0,25

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

Câu 2

2a

Điều kiê ̣n x ³ 1

2

Đặt y= x- 1,y³ 0

0,25

Phương trình (1) trở thành

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

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

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

ïí

Điều kiện: 2

7 4 0

3

1

y

y x

é = -ê

ê = + ë

0,25

Với y = - 3, từ (1) ta có 2

Với y= x+ 1, từ (1) ta có ( 2 ) 2

4

x

ê =

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:

2019 2 2019 2019 2 2019 2019 2 2019

2019x 2xy2019y 1009 x y 1010 xy 1010 x y

2019x 2xy2019y  1010 x y Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x y

0,25

Tương tự

2019y 2yz2019z  1010 yz

2019z 2zx2019x  1010 zx

0,25

Do đó S2 1010x y z2 2020 0,25

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2.

3

Câu 4

4 Cho hình chữ nhật ABCD có AB2AD4 (a a0) Đường thẳng

vuông 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 S là diện tích của tam giác 1

CME và S là diện tích của tam giác AMN Xác định vị trí của M sao 2

cho 1

2

3 2

S

3,5

4a

N

I

F

E

C

D A

B

M

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

180

BEFBDFBDA BDF  Vậy tứ giác EBDF nội

4b

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

Tam giác ACE vuông tại C và CB^ EA nên ta có CB2= BE BA 0,25

Suy ra

(2 )

4

Do BE song song với CD nên 1

Suy ra 4

3

ID= BD Vậy 8 5

3

a

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 S là diện tích của tam giác 1

CME và S là diện tích của tam giác AMN Xác định vị trí của M sao 2

cho 1

2

3 2

S

1,0

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

4

AN

- 0,25 Suy ra

1

2 2

-0,25

2 2

(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

0,25

Câu 5

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

2

0

Giả sử phương trình 2

0

ax bx c có nghiệm hữu tỉ, khi đó

Ta có 4 a abc4 (100a a10b c) 400a2 40ab4ac 0,25

     

2

a b m a b m

Do abc là số nguyên tố nên 20a b m abc hoặc 20a b m abc ,

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