zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán chuyên năm 2019-2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Kiên Giang

Chia sẻ: Minh Quan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Báo xấu

21
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh có tài liệu ôn tập những kiến thức cơ bản, kỹ năng giải các bài tập nhanh nhất và chuẩn bị cho kì thi sắp tới được tốt hơn. Hãy tham khảo "Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán chuyên năm 2019-2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Kiên Giang" để có thêm tài liệu ôn tập. Chúc các em đạt kết quả cao trong học tập nhé!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán chuyên năm 2019-2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Kiên Giang

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 x 3 x  2  x 8 x3  Cho biểu thức: P  x     . 5x  10 x  5  x  1  3 x 1  2  a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn P  x  . b) Tìm các tất cả giá trị nguyên của x sao cho P  x  nhận giá trị nguyên.  x0 x  0   a) ĐKXĐ:  x  1   x  1. 0,25đ    x 1  3 x  8 x 3 x  2  x 8 x3  P  x     Bài 1 5 x  10 x  5  x  1  3 x 1  2  (2,0đ)  x 2  x 1  0,5đ   x 1  3  x 1  2    2 5 x 1 x 2   0,25đ x 1 x 2 x 11 1 0,25đ b)   1  x 1 x 1 x 1 0,25đ  x 1  1  x  4 n 0,25đ Để P(x) nguyên thì   .  x  1  1  x  0  n  0,25đ Vậy x  4 và x  0. Tìm m để phương trình x 2  2 x  3m  0 có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn 0  x1  x2  2. 1 Để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thì  '  0  1  3m  0  m   0,25đ 3 Theo đề ra ta có 0,25đ 0  x1  x2  2  0  1  1  3m  1  1  3m  2 Bài 2 (1,0đ)  1  1  1  3m  0  0  m  3 2 2 2 1    m  0,25đ 1  1  3m  2 2 2  2  m  1 3 3  3 3 1 Vậy giá trị m cần tìm là 0  m   0,25đ 3 Bài 3 Giải hệ phương trình sau: 1
Bài Nội dung Điểm (1,0đ)  3xy x  3 2  x2  y  x  4 x  31  3 xy . y   y x 2  3 y 2  4 y  31 Cộng vế theo vế từ hai phương trình trên ta được: 3xy 3xy x y   x2  y2  x  y x  4 x  31 3 2 3 y  4 y  31 2 0,25đ 3xy 3xy    x 2  y 2 1 . x  4 x  31 3 2 y  4 y  31 3 2 Nhận xét: 3xy 3xy   xy x  4 x  31 3  x  2  2  27 3 2 0,25đ 3xy 3xy   xy. y 2  4 y  31  y  2   27 3 2 3 Từ đó 1  2 xy  x 2  y 2   x  y   0  x  y. 2 0,25đ Thế x  y vào một trong hai phương trình trên ta được: 3y2 y  y2  y 3 y  4 y  31 2 y  0  0,25đ y  2 Với y  0  x  0. Với y  2  x  2. Vậy nghiệm của hệ phương trình là  0;0 và  2;2 . Tìm số dư khi chia 20192008  20202019  7620201975 cho 3. Ta có    2019  0 mod 3  20192008  0 mod 3  0,25đ 2020  1  mod 3   2020  1  mod 3  Bài 4 2019 (1,0đ) 762020  2  mod 3   762020  2  mod 3   2.4  mod 3   2  mod 3  . 1975 1975 987 0,25đ Cộng vế theo vế ta được 20192008  20202019  7620201975  3 mod3  0  mod3 . 0,25đ Vậy số dư của phép chia 20192008  20202019  7620201975 cho 3 là 0. 0,25đ Bài 5 Cho tam giác ABC có diện tích là 900 cm . Điểm D ở giữa BC sao cho BC  5DC , điểm 2 (1,0đ) E ở giữa AC sao cho AC  4 AE , điểm F, G ở giữa BE sao cho BE  6GF  6GE. Tính diện tích tam giác DGF. 2
Bài Nội dung Điểm 0,25đ Gọi đường cao hạ từ đỉnh B là hB , diện tích tam giác ABC là: 1 1800 AC.hB  900  hB   2 AC 0,25đ 1 1 1800 Diện tích tam giác BAE là . AC.  225 cm 2  2 4 AC Diện tích tam giác BEC là 900 – 225 = 675cm2 Gọi đường cao hạ từ C của tam giác BEC là hC , ta có : 1 1350 BE.hC  675  hC   2 BE h 4 0,25đ Gọi hD là đường cao hạ từ đỉnh D của tam giác DFG ,ta có: D  (định lý Talet) hC 5 4 1350 1080 Suy ra hD     5 BE BE 1 1 1 1 1080 Diện tích của tam giác DFG là  BE.hD    BE  90 cm 2  0,25đ 2 6 2 6 BE 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 . Bài 6 (3,0đ) 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 3
Bài Nội dung Điểm Theo hệ thức lượng trong ∆CEO vuông tại E 0,25đ Thì CE 2  CI .CO (1) Theo hệ thức lượng trong đường tròn (O) 0,25đ Thì CE 2  CM.CN (2) Từ (1), (2)  CI .CO  CM .CN CM CI   và NCB chung 0,25đ CO CN Nên ∆CMO đồng dạng ∆CIN (c.g.c )  MNI  MOI ( hai góc tương ứng ) 0,25đ Hay N, O cùng nhìn MI dưới một góc bằng nhau không đổi. 0,25đ Vậy tứ giác OIMN nội tiếp Chứng minh rằng: AIM  BIN Gọi K thuộc đường tròn (O) và đối xứng với M qua AB. 0,25đ 1 Nên MOA  KOA  MOK 2 1 0,25đ Mà MNK  MOK ( góc nội tiếp, góc ở tâm cùng chắn cung MK ) 2  MNK  MOA Và MNI  MOA ( đã chứng minh ) 0,25đ  MNK  MNI hay N; I ; K thẳng hàng Nên BIN  AIK ( hai góc đối đỉnh ) 0,25đ Và MIA  AIK ( tính chất đối xứng ) 0,25đ Vậy AIM  BIN . 0,25đ 1 1 1 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn    4 . Chứng minh: a b c 1 1 1    1. 2a  b  c a  2b  c a  b  2c 1 x y 1 11 1 Với x  0, y  0 , ta có: 4 xy   x  y        . 2 x  y 4 xy x y 4 x y  0,25đ Dấu "=" xảy ra khi x  y . Bài 7 Áp dụng kết quả trên ta có: (1,0đ) 1 1 1 1  1  1 1  1 1  1  1 1 1               1 0,25đ 2a  b  c 4  2a b  c  4  2a 4  b c   8  a 2b 2c  Tương tự 1 1 1 1  1  1 1  1 1  1  1 1 1                  2 a  2b  c 4  2b a  c  4  2b 4  a c   8  b 2c 2a  0,25đ 1 1 1 1  1  1 1  1 1  1  1 1 1                  3 a  b  2c 4  2c a  b  4  2c 4  a b   8  c 2a 2b  4
Bài Nội dung Điểm Vậy 1 1 1 11 1 1        1 2a  b  c a  2b  c a  b  2c 4  a b c  Ta thấy trong các bất đẳng thức (1), (2), (3) dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 0,25đ 3 a  b  c . Vậy đẳng thức xảy ra khi a  b  c  . 4 ‒‒‒‒‒HẾT‒‒‒‒‒ 5

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.