1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
KIÊN GIANG NĂM HỌC 2019‒2020
‒‒‒‒‒‒‒‒‒‒‒ ‒‒‒‒‒‒‒‒‒‒‒
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
Nội dung
Điểm
Bài 1
(2,0đ)
Cho biểu thức:
3 2 8 3 .
5 10 5 1 3 1 2
x x x x
Px x x x x




a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn
.Px
b) Tìm các tất cả giá trị nguyên của
sao cho
Px
nhận giá trị nguyên.
a) ĐKXĐ:
00
1 1.
8
13
xx
xx
x
x



0,25đ
2
3 2 8 3
5 10 5 1 3 1 2
211 3 1 2
51
x x x x
Px x x x x
xx
xx
x





0,5đ
2
1
x
x

0,25đ
b)
2 1 1 1
1
1 1 1
xx
x x x
0,25đ
0,25đ
Để P(x) nguyên thì
4
11 .
0
11
xn
x
xn
x

0,25đ
0,25đ
Vậy
4x
và
0.x
Bài 2
(1,0đ)
Tìm
m
để phương trình
22 3 0x x m
có hai nghiệm
12
,xx
thỏa mãn
12
0 2.xx
Để phương trình có hai nghiệm
12
,xx
thì
1
' 0 1 3 0 3
mm
0,25đ
Theo đề ra ta có
12
0 2 0 1 1 3 1 1 3 2x x m m
0,25đ
1
0
1 1 3 0 2 2 2 1
3
33
2 2 2 1
1 1 3 2
33
m
mm
mm




0,25đ
Vậy giá trị m cần tìm là
1
03
m
0,25đ
Bài 3
Giải hệ phương trình sau:
2
Bài
Nội dung
Điểm
(1,0đ)
2
2
3
2
2
3
3
43
3
3
.
1
41
xy
x x y
xx
xy
y y x
yy


Cộng vế theo vế từ hai phương trình trên ta được:
22
22
33
22
22
33
33
4 31 4 31
33 1.
4 31 4 31
xy xy
x y x y x y
x x y y
xy xy xy
x x y y
0,25đ
Nhận xét:
22
33
22
33
33
4 31 2 27
33
.
4 31 2 27
xy xy xy
xx x
xy xy xy
yy y

 

 
0,25đ
Từ đó
2
22
1 2 0 .xy x y x y x y
0,25đ
Thế
xy
vào một trong hai phương trình trên ta được:
2
2
2
3
3
4 31
0
2
y
y y y
yy
y
y

Với
0 0.yx
Với
2 2.yx
Vậy nghiệm của hệ phương trình là
0;0
và
2;2 .
0,25đ
Bài 4
(1,0đ)
Tìm số dư khi chia
2008 2019 1975
2019 2020 762020
cho 3.
Ta có
2008
2019 0 mod 3 2019 0 mod 3
2019
2020 1 mod 3 2020 1 mod 3
0,25đ
1975 1975 987
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 mod3 0 mod3 .
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
900 .cm
Điểm
D
ở giữa
BC
sao cho
5,BC DC
điểm
E
ở giữa
AC
sao cho
4,AC AE
điểm
F, G
ở giữa
BE
sao cho
6 6 .BE GF GE
Tính
diện tích tam giác
.DGF
3
Bài
Nội dung
Điểm
0,25đ
Gọi đường cao hạ từ đỉnh B là
,
B
h
diện tích tam giác ABC là:
1 1800
. 900
2BB
AC h h AC
Diện tích tam giác BAE là
2
1 1 1800
. . 225
24
AC cm
AC 
Diện tích tam giác BEC là 900 – 225 = 675cm2
0,25đ
Gọi đường cao hạ từ C của tam giác BEC là
,
C
h
ta có :
1 1350
. 675
2CC
BE h h BE
Gọi
D
h
là đường cao hạ từ đỉnh D của tam giác DFG ,ta có:
4
5
D
C
h
h
(định lý Talet)
Suy ra
4 1350 1080
5
D
hBE BE
0,25đ
Diện tích của tam giác DFG là
2
1 1 1 1 1080
. 90
2 6 2 6
D
BE h BE cm
BE
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
Chứng minh tứ giác OIMN nội tiếp.
Ta có
CE OE
( tính chất tiếp tuyến )
Và
CO EF
tại I ( tính chất đường trung trực )
0,25đ
4
Bài
Nội dung
Điểm
Theo hệ thức lượng trong ∆CEO vuông tại E
Thì
2. (1)CE CI CO
0,25đ
Theo hệ thức lượng trong đường tròn (O)
Thì
2. (2)CE CM CN
0,25đ
Từ (1), (2)
..CI CO CM CN

CM CI
CO CN
và
NCB
chung
Nên ∆CMO đồng dạng ∆CIN (c.g.c )
0,25đ
MNI MOI
( hai góc tương ứng )
0,25đ
Hay N, O cùng nhìn MI dưới một góc bằng nhau không đổi.
Vậy tứ giác OIMN nội tiếp
0,25đ
Chứng minh rằng:
AIM BIN
Gọi K thuộc đường tròn
()O
và đối xứng với M qua AB.
Nên

1
2
MOA KOA MOK
0,25đ
Mà
1
2
MNK MOK
( góc nội tiếp, góc ở tâm cùng chắn cung MK )
MNK MOA
0,25đ
Và
MNI MOA
( đã chứng minh )
MNK MNI
hay N; I ; K thẳng hàng
0,25đ
Nên
BIN AIK
( hai góc đối đỉnh )
0,25đ
Và
MIA AIK
( tính chất đối xứng )
0,25đ
Vậy
.AIM BIN
0,25đ
Bài 7
(1,0đ)
Cho các số thực dương
,,abc
thỏa mãn
1 1 1 4
abc
. Chứng minh:
111
1.
2 2 2a b c a b c a b c
Với
0, 0xy

, ta có:
21 1 1 1 1
4.
44
xy
xy x y x y xy x y x y




Dấu "=" xảy ra khi
xy
.
0,25đ
Áp dụng kết quả trên ta có:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 4 2 4 2 4 8 2 2a b c a b c a b c a b c



0,25đ
Tương tự
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2
2 4 2 4 2 4 8 2 2a b c b a c b a c b c a



1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3
2 4 2 4 2 4 8 2 2a b c c a b c a b c a b



0,25đ