Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên Toán - Năm học 2019-2020 - Sở GD&ĐT Ninh Bình (Có đáp án)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NINH BÌNH
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2019 - 2020
Bài thi môn chuyên: TOÁN; Ngày thi: 05/6/2019
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang
Câu 1 (2,0 điểm): 
	1. Với , xét hai biểu thức và . Tìm tất cả các giá trị của để 
	2. Rút gọn biểu thức . 
Câu 2 (2,0 điểm):
	1. Giải phương trình .
	2. Giải hệ phương trình . 
Câu 3 (2,0 điểm): 
	1. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương thỏa mãn .
	2. Cho ba số thực dương x, y, z. Chứng minh . Đẳng thức xảy ra khi nào?
Câu 4 (3,0 điểm):
	Cho đường tròn tâm O bán kính R. Dây cung BC cố định, không đi qua tâm O. Điểm A di chuyển trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao BM, CN của tam giác ABC cắt nhau tại H, gọi I là trung điểm của BC.
	1. Chứng minh .
	2. Chứng minh khi A di chuyển trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn thì H di chuyển trên một cung tròn cố định, hãy chỉ ra tâm và bán kính của cung tròn đó.
	3. Khi , chứng minh .
Câu 5 (1,0 điểm): 
	1. Cho là một đa thức bậc n với hệ số nguyên, . Biết chứng minh rằng phương trình không có nghiệm nguyên.
	2. Trong hình tròn có diện tích bằng lấy 2019 điểm phân biệt bất kì sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng trong 2019 điểm đó luôn tìm được ba điểm tạo thành một tam giác có diện tích nhỏ hơn .
------HẾT------
Lưu ý: Thí sinh được sử dụng máy tính cầm tay không có thẻ nhớ
và không có chức năng soạn thảo văn bản.
Họ và tên thí sinh:...................................................... Số báo danh:..............................................
Họ và tên, chữ ký:
Cán bộ coi thi thứ nhất:................................................................................
Cán bộ coi thi thứ hai:..................................................................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NINH BÌNH
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC: 2019 - 2020
Bài thi môn chuyên: TOÁN - Ngày thi: 05/6/2019
 (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang)
I. Hướng dẫn chung
1. Bài làm của học sinh đúng đến đâu cho điểm đến đó.
2. Học sinh có thể sử dụng kết quả câu trước làm câu sau.
3. Đối với bài hình, nếu vẽ sai hình hoặc không vẽ hình thì không cho điểm.
4. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà đúng vẫn cho điểm đủ từng phần như hướng dẫn, thang điểm chi tiết do Ban chấm thi thống nhất.
5. Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải đảm bảo không sai lệch và đảm bảo thống nhất thực hiện trong toàn Ban chấm thi.
6. Tuyệt đối không làm tròn điểm. 
II. Hướng dẫn chi tiết
Câu
Nội dung
Điểm
1
(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm) 
0,25
.
0,25
Với ta có: 
0,25
 (vì )
Vậy với thì . 
0,25
2. (1,0 điểm) 
Ta có:
0,25
0,25
0,25
0,25
2 
(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm) 
Cách 1: Điều kiện: . Phương trình đã cho tương đương với
. 
0,25
Đặt: . 
Phương trình trở hành: 
.
0,25
Với , ta có
 (N).
0,25
Với , ta có
.
Tập nghiệm của phương trình đã cho .
0,25
Cách 2: Điều kiện: .
Ta có: . 
0,25
Ta có: 
0,25
.
0,25
*(N). 
*.
Tập nghiệm của phương trình đã cho .
0,25
2. (1,0 điểm)
Cách 1: Điều kiện: . .
0,25
Đặt , ta được hệ phương trình
.
0,25
Với (N).
0,25
Với (N).
Hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm .
0,25
Cách 2: Điều kiện: . .
(vì thì pt (*) trở thành ( vô nghiệm) nên hpt không có nghiệm ) 
0,25
0,25
0,25
.
 Hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm .
0,25
3 
(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm)
Cách 1: 
.
0,25
Do nên . 
Do y nguyên dương nên .
0,25
+ Nếu .
Thay vào (*) ta được . 
+ Nếu thay vào (*) ta được mà 13 không phải là số chính phương nên suy ra không có giá trị nguyên dương nào của x,y thỏa mãn.
+ Nếu . 
Thay vào (*) ta được . 
0,25
Vậy có 3 cặp số nguyên dương thỏa mãn ycbt là .
0,25
Cách 2: .
Ta có .
0,25
Phương trình (*) có nghiệm .
Vì nguyên dương nên .
0,25
+ Nếu thay vào (*) ta được: 
Ta có: nên pt (1) có hai nghiệm (loại)
 ( N)
+ Nếu thay vào (*) ta được: 
Pt (2) có không là số chính phương nên pt (2) không có nghiệm nguyên. 
+ Nếu thay vào (*) ta được: 
Ta có: nên pt (4) có hai nghiệm (N)
 ( N)
0,25
Vậy có 3 cặp số nguyên dương thỏa mãn ycbt là .
0,25
2. (1,0 điểm)
Cho n số thực dương .Ta có .
Đẳng thức xảy ra khi .
(Học sinh không phải chứng minh, theo Công văn 1234)
0,25
Áp dụng, ta có . Đẳng thức xảy ra khi .
0,25
Tương tự ta có:
 * . Đẳng thức xảy ra khi .
 * . Đẳng thức xảy ra khi .
0,25
Cộng theo từng vế ba bất đẳng thức trên ta được
3⇔.
Đẳng thức xảy ra khi .
0,25
4 
(3,0 điểm)
m
1. (1,0 điểm) 
Kẻ đường kính AQ của (O). Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Suy ra: 
0,25
Ta có . 
Tương tự ta có . Suy ra BHCQ là hình bình hành. 
0,25
Mà I là trung điểm của BC nên I đồng thời là trung điểm của HQ.
0,25
Xét có OI là đường trung bình. Do đó (đ.p.c.m).
0,25
2. (1,0 điểm)
Cách 1: Lấy K đối xứng với O qua I suy ra .
0,25
Lại có (cùng) nên suy ra AHKO là hình bình hành.
Do đókhông đổi.
0,25
Do O, I cố định nên K cố định. Do đó H di chuyển trên đường tròn tâm K bán kính R.
0,25
Giới hạn: Kẻ các đường kính BB’, CC’ của (O;R). Để tam giác ABC nhọn thì A thuộc cung nhỏ (trừ ). 
Khi thì tam giác ABC vuông tại B, 
Khi thì tam giác ABC vuông tại C, 
Vậy H di chuyển trên cung BC của đường tròn (K; R) thuộc nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A (trừ hai đầu mút B, C).
0,25
Cách 2: Gọi giao điểm của tia AH với BC và nhỏ lần lượt là D và E.
Vì H là trực tâm tam giác ABC nên . 
Ta có: (hai góc nội tiếp cùng chắn của (O)).
Mà (cùng bù ). 
Nên cân tại 
 Đường cao BD đồng thời là đường trung trực của 
 và đối xứng nhau qua .
0,25
0,25
Khi di động trên lớn của sao cho nhọn thì di động trên nhỏ của (trừ hai điểm và ). Do đó di động trên đối xứng với nhỏ của qua đường thẳng BC. Gọi và lần lượt là tâm và bán kính của ta có: r = R và K là điểm đối xứng của O qua đường thẳng BC.
0,25
Giới hạn: Kẻ các đường kính BB’, CC’ của (O;R). Để tam giác ABC nhọn thì A thuộc cung nhỏ (trừ ).
 Khi thì tam giác ABC vuông tại B, 
 Khi thì tam giác ABC vuông tại C, 
Vậy H di chuyển trên của đường tròn (K; R) thuộc nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A (trừ hai đầu mút B, C).
0,25
3. (1,0 điểm)
Cách 1:Ta có . 
Xét tam giác BIO vuông tại I có Suy ra .
Tam giác BOC cân tại O có OI là đường cao nên OI đồng thời là đường phân giác của .
0,25
Xét tam giác ABE vuông tại M , .
Suy ra.
Tương tự có .
Do đó (1).
0,25
Gọi giao điểm của AH và BC là D, vì H là trực tâm tam giác ABC nên 
Do đó: (2).
Từ (1) và (2) suy ra .
0,25
Mà nên 
0,25
Cách 2: Xét tam giác BIO vuông tại I có . Suy ra .
Tam giác BOC cân tại O có OI là đường cao nên OI đồng thời là đường phân giác của .
0,25
Tứ giác AMHN nội tiếp nên áp dụng định lý Ptolemy ta có:
Mà nên (1).
0,25
 nên . Mà , suy ra (2).
0,25
Từ (1) và (2) suy ra . 
0,25
5 
(1,0 điểm)
1. (0,5 điểm)
Giả sử phương trình có nghiệm nguyên .
Theo định lý Bézout: với là một đa thức với hệ số nguyên.
Ta có: .
0,25
Do và là hai số nguyên liên tiếp, nên là số nguyên chẵn. Mà 2019 là một số lẻ, suy ra vô lý.
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.
0,25
2. (0,5 điểm)
Chia hình tròn thành 1009 hình quạt bằng nhau, mỗi hình quạt có diện tích bằng . Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại ít nhất một hình quạt chứa ít nhất điểm trong số 2019 điểm đã cho.
0,25
Ba điểm đó không thẳng hàng nên tam giác có ba đỉnh là 3 điểm này nằm trọn trong hình quạt nên tam giác đó có diện tích nhỏ hơn diện tích hình quạt , tức là có diện tích nhỏ hơn .
0,25
------------ Hết ------------