Tải bản đầy đủ

047 đề thi vào 10 chuyên toán kon tum 2019 2020

UBND TỈNH KON TUM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
Trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành, THPT Kon Tum
Năm học 2019 – 2020

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN (Môn chuyên)
Ngày thi: 11/6/2019
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 : (2,0 điểm)

3

1. Không dùng máy tính cầm tay, hãy tính giá trị biểu thức P

2x 3 x


2. Rút gọn rồi tính giá trị của biểu thức Q
Câu 2 : (2,5 điểm)
1.Cho parapol P : y

x

x2 và đường thẳng d : y

2

2
2x

10

tại x

m2

2. Giải hệ phương trình

x

y2
y 1

6

5
2

2020 2 2019

1 , m là tham số. Tìm m để

đường thẳng d cắt parapol P tại hai điểm A xA ; y A , B xB ; yB sao cho

x2

5. 3



yA
xB

yB
xA

38
.
5

0
2

2

2

x

y

3

0

(I)

Câu 3 : (2,5 điểm)
Cho đường tròn O; R có đường kính AB cố định và đường kính CD thay đổi sao cho CD
không vuông góc cũng không trùng với AB. Gọi d là tiếp tuyến tại A của O; R . Các đường thẳng BC
và BD cắt d tương ứng tại E và F
1. Chứng minh rằng CDFE là tứ giác nội tiếp.
2. Gọi M là trung điểm của EF và K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDEF. Chứng minh
rằng tứ giác KMBO là hình bình hành.
3. Gọi H là trực tâm tam giác DEF, chứng minh H luôn chạy trên một đường tròn cố định.
Câu 4 : (2,0 điểm)
1 x 2 x2 .
1. Cho số thực x thỏa mãn 1 x 1 . Chứng minh rằng 1 x
2. Cho tập hợp A gồm 41 phần tử là các số nghuên khác nhau thỏa mãn tổng của 21 phần tử bất
kỳ lớn hơn tổng của 20 phần tử còn lại. Biết các số 401 và 402 thuộc tập A. Tìm tất cả các phần tử của
tập hợp A.
Câu 5 : (1,0 điểm)
Cho hình chữ nhật ABCD có AB 2a, BC a 2 . Lấy đoạn AB làm đường kính, dựng về
phía ngoài hình chữ nhật nửa đường tròn. Điểm M thuộc nữa đường tròn đó. Các đường thẳng MD, MC
AL2 BN 2
1.
cắt AB lần lượt tại N, L. Chứng minh
AB2
……………………………….Hết……………………………….
- Thí sinh không sử dụng tài liệu.
- Giám thị không được giải thích gì thêm.

1


UBND TỈNH KON TUM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
Trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành, THPT Kon Tum
Năm học 2019 – 2020

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN (Môn chuyên)
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
(Bản hướng dẫn gồm 03 trang)

I. HƯỚNG DẪN CHUNG :

1) Chấm theo đúng đáp án và thang điểm
2) Học sinh làm cách khác đúng thi cho điểm tối đa. Nếu chỉ đúng một phần trên nào
đócủa bài thi thì căn cứ vào thang điểm tương ứng để cho điểm
3) Điểm chi tiết từng ý nhỏ của mỗi bài là 0,25. Tổng điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm
II. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM :
Câu
Ý
1.

Nội dung

3

Không dùng máy tính cầm tay, hãy tính giá trị biểu thức P
Câu 1
(2,0đ)

3

5. 3

5 . 2

P

5

5. 3
10

5

Điểm
1.0đ

2
0,25

1

8
0,25

2

6 2 5. 3 5

5 3

5

5

1 . 2 5

8

5

1 .2.

2

8

5

0,25

1

8
0,25

2. 5 1

1

8
2.

Rút gọn rồi tính giá trị của biểu thức Q

2x 3 x
x

2

2

1,0đ

tại x

2020 2 2019
2

Ta có x

2020 2 2019

x

2x 3 x

Q

Q

x

2 x
Q

1.

2019

2

2019 2 2019

1

2019

1

0,25

1

2 x

2

1

2

x

x

0,25

2

2

0,25

1
2019

Cho parapol P : y

1

1

2 2019

0,25

1

x2 và đường thẳng d : y

2x

m2

1 , m là tham số. Tìm

1,25đ

m để đường thẳng d cắt parapol P tại hai điểm A xA ; y A , B xB ; yB sao cho

yA
xB

yB
xA

38
.
5
0,5

Phương trình hoành độ giao điểm giữa d và P là

x2

2x

m2

1

x2

2x m2

1

0
0,5

Phương trình bậc hai có ac

2

m

1

0 với mọi m nên luôn có hai nghiệm
2


phân biệt khác 0 với mọi m. Do đó d luôn cắt parapol P tại hai điểm phân biệt
A xA ; y A , B xB ; yB với mọi m

Câu 2
(2,5đ)

xA ; xB là các nghiệm khac 0 của phương trình x2
xA

Áp dụng hệ thức Vi et ta có :

yA
xB

Do

yB
xA

5 xA3

38
5

xB3

58 6

m2

xB

m2

5 xA

1

m2

38.

0,25

0.

1

yB .xB

38.xA .xB

1

2

xA .xB

5 y A .xA

2x m2

0,25

38.xA .xB
3

xB

3xA .xB xA

xB

38.xA .xB

1

8m2 32 m
2
Vậy m = 2 và m = -2 thỏa mãn điều kiện đề bài.

0,25

x2

1,25đ

2.
Giải hệ phương trình

Ta có (1)

y2

x

x

y x

x

y 1

6

y 1
y

a

x

y

b

x

y
ab

khi đó (I)

b

2

Với a

3 ta có b

3
ta có b
4

3

y

0

(I)
0,25

4

2

y

3

2

0

0

4
b2

Từ (2) ta có phương trình

Với a

x

1
b

6

a 1

2

2

2

6
x

Đặt

0

2 suy ra

3

0

y
y

8 suy ra

(1)
2

a 1

9 a 1

x
x

a
6
4a2
36

3

(2)
a

2

a

3
2

x

y

x

y

2

27

x
y
3
4
8

8a

2

18a 18

0

a

3

0,25

3
4
0,25

5
2
1
2
x
y

35
8
29
8

0,25

0,25
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm x; y

35 29
;
; x; y
8
8

5 1
;
2 2

3


Hình vẽ

O'
H

Câu 3
(2,5đ)

B

C

Q

O
D

M

E

F
A

T

K
1.

2.

Vì CD là đường kính nên CBD  900

0,25

Do đó BEF  ABF (góc có cạnh tương ứng vuông góc cùng nhọn)

0,25

Mà ABF  ODB (OB  OD  R)

0,25

Nên BEF  ODB . Do đó tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn
Gọi Q là giao điểm của BM và CD

0,25
0,25

Tam giác BEF vuông tại B nên BM = ME  MBE  MEB (1)
0,25

Tam giác BCD vuông tại B nên BCD  BDC  900 mà BDC  BEF
(chứng minh câu 1) nên BCD  BEF  900 (2)

3.

1.
Câu 4

Từ (1) và (2) : BCD  MBE  900  BQC  900 hay BM  CD
K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDFE, O là trung điểm CD, nên
KO  CD  KO / / MB (cùng vuông góc với CD) (3)
Ta có M là trung điểm EF, nên KM  EF và BA  EF
(4)
 KM / / AB hay KM / BO
Từ (3) và (4) suy ra KMBO là hình bình hành
H là trực tâm tam giác DEF, do đó HD  EF , suy ra HD / / AB
Tương tự BH / / AD (cùng vuông góc BF)
Do đó BHDA là hình bình hành nên BH = AD

0,25

0,25

Mặt khác BDAC là hình chữ nhật nên AD = BC  BH  BC (5)
Lấy O’ đối xứng với O qua B ta có BO’ = BO (6) với O’ cố định vì O, B cố định

0,25

Từ (5) và (6) suy ra HO’CO là hình bình hành nên O’H = OC = R
Vậy H chạy trên đường tròn cố định O '; R

0,25

Cho số thực x thỏa mãn
Với

1

x

1 ta có 0

1

x

x2

1 . Chứng minh rằng

2

2 1 x2

2 x2

1 x

1 x

2 1 x2

2 x2 .

1,0đ
0,25
4


(2,0đ)

2

1

x

1 x

Lại có : 0
Vậy

1 x2

1 x

1 x2

1

1, x

1 x2

x

x2

1 x

1 x2

2 x2 , x

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :
2.

1

1;1

1 x2

1 x

2

1 x2

1 x2

1

2 x2

x

1 x2

a2

a3

...

a21

a22

a23

a2

20, a23

a3

Nên từ (1) suy ra a1

20

Mà a1 nhỏ nhất và 401
Ta có 401

a22

20,..., a41

a2

20
A

a23

a21

20 ...
a1

a3

a22

a2

a22

a21

a22

a21

a21

a20

...

Ta có a1

401 mà 402

20 2
20

400

a21

400

401
...

a21

a3

A

Câu 5
(1,0đ)

a2
a2

Kết hợp (3) và (4) suy ra A

a41

a20

0,25

...

a3

a2

20

1 4
402

0,25

401; 402; 403;...; 441

Cho hình chữ nhật ABCD có AB 2a, BC a 2 . Lấy đoạn AB làm đường kính,
dựng về phía ngoài hình chữ nhật nửa đường tròn. Điểm M thuộc nữa đường tròn
đó. Các đường thẳng MD, MC cắt AB lần lượt tại N, L. Chứng minh
AL2 BN 2
1.
AB2

L

A

P

D

1,0đ

0,25

M

N

0,25

0,25

a22 a2 a23 a3 ... a41 a21 400
Kết hợp với (2)
a22 a2 a23 a3 ... a41 a21 20 3

20

1,0đ

... a41

a1 a22 a2 a23 a3 ... a41 a21 (1)
Mặt khác với x; y
và nếu y x thì y x 1

a22

0,25

0

Cho tập hợp A gồm 41 phần tử là các số nghuên khác nhau thỏa mãn tổng của 21
phần tử bất kỳ lớn hơn tổng của 20 phần tử còn lại. Biết các số 401 và 402 thuộc
tập A. Tìm tất cả các phần tử của tập hợp A.
a1 ; a2 ; a3 ;...; a41 với a1 ; a2 ; a3 ;...; a41
Giả sử A
và a1 a2 a3 ... a41
Theo giả thiết ta có a1

0,25

0,25

1;1 .

0

1 x2

1

B

O

C

Q

Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của CD với MA và MB.
Đặt PD = x ; CQ = y
5


Ta có : APD  QBC (góc có cặp cạnh tương ứng vuông góc)

 APD

QBC 

PD BC
x
a 2



 xy  2a 2
AD QC
y
a 2

PC 2  QD2   x  2a    y  2a   x 2  y 2  4a  x  y   8a 2
2

2

0,25

  x  y   4a  x  y   8a 2  2 xy
2

 x  y

2

 4a  x  y   4a 2   x  y  2a   PQ 2 1
2

Áp dụng định lý Tales, ta có :



MN ML MA MB AL BN AB






MD MC MP MQ PC QD PQ

0,25

AL2 BN 2 AB 2 AL2  BN 2 AL2  BN 2
(do 1 )




PC 2 QD 2 PQ 2 PQ 2  QD 2
PQ 2

 AB 2  AL2  BN 2 

AL2  BN 2
 1.
AB 2

0,25

6



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×