039 đề thi vào 10 chuyên toán quảng ngãi 2019 2020

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NGÃI

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2019-2020
Ngày thi: 06/06/2019
Môn: Toán (Hệ chuyên)

Bài 1. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình: 2 x 2  x 2  2 x  19  4 x  74
2

x  3y  6x  0
b) Giải hệ phương trình:  2
2
4

9 x  6 xy  y  3 y  9  0
Bài 2. (2,5 điểm)
2 x  3 x x  1 x2  x  x  0 
a) Cho biểu thức P 



 . Rút gọn và tìm giá trị nhỏ
x
x  x x x  x  x 1 
nhất của biểu thức P
b) Cho hai số thực a, b thỏa mãn a 2  4ab  7b2  0  a  b, a  b . Tính giá trị của
2a  b 3a  2b
biểu thức Q 


a b
ab
c) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng  d  : y   m  2 x  m  1 và
 d ' : x   m  2 y  m  2, trong đó m là tham số. Chứng minh rằng giao điểm
của hai đường thẳng nói trên thuộc một đường cố định khi m thay đổi
Bài 3. (1,5 điểm)
a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x  y  3  1  x  y
b) Số tự nhiên n  1116 có tất cả bao nhiêu ước số nguyên dương phân biệt ? Tính
tích của tất cả các ước số đó.
Bài 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn  O; R  có hai đường kính AB và CD vuông góc với
nhau. Gọi M là điểm di động trên đoạn thẳng OB ( M khác O và P). Tia CM cắt đường
tròn  O  tại N ; DB cắt CN tại P, AN cắt CD tại Q
a) Chứng minh PQ / / AB
b) Chứng minh CAQ đồng dạng với AMC, từ đó suy ra diện tích tứ giác ACMQ
không đổi khi M di động trên đoạn thẳng OB
2
CQ  CN 

c) Chứng minh hệ thức

AM  AN 
d) Xác định vị trí của điểm M trên đoạn thẳng OB để NQ là tiếp tuyến của đường
tròn ngoại tiếp tam giác CPQ. Tính OM theo R trong trường hợp đó.
Bài 5. (0,5 điểm)
Trên một bảng ô vuông, ở mỗi ô người ta điền toàn bộ dấu  . Sau đó, thực hiện
quá trình đổi dấu (dấu + sang dấu  , dấu  sang dấu +) lần lượt theo các bước sau:
Bước 1: Các ô ở dòng thứ i đều được đổi dấu i lần, i  1,2,......,2019
Bước 2: Các ô ở cột thứ j đều được đổi dấu 3 j  1 lần, j  1,2,.....,2019
Tính số dấu còn lại trên bảng ô vuông sau khi thực hiện quá trình đổi dấu trên.

ĐÁP ÁN
Bài 1.
a) GPT: 2 x 2  x 2  2 x  19  4 x  74
Điều kiện: x2  2 x  19  0
2  2 x 2  2 x  19   x 2  2 x  19  36  0

Đặt t  x2  2 x  19, t  0

t  4(tm)
Phương trình tương đương với 2t  t  36  0  
9
t   (ktm)

2
2

x  7
t  4  x 2  2 x  19  4  x 2  2 x  19  16  x 2  2 x  35  0  
 x  5
Thay vào điều kiện ta thấy hai nghiệm thỏa mãn
Vậy S  5;7

b) Cộng vế theo vế hai phương trình ta được:
x  3
2
2
9 x 2  6 xy 2  y 4  x 2  6 x  9  0   3x  y    x  3  0   2
 y  3x

  x; y    3;3 hoặc  x; y    3; 3

Thử lại ta thấy nghiệm  x; y    3;3  thỏa mãn hệ phương trình
Bài 2.
a) P 

2x  3 x x  1 x2  x 2x  3




x
x x x x x
x




x

  x  x x  1
x  1
x. x  1
x  1  x  1 x  x  1

x
x . x  1

x 1 x  x 1



2x  3 x  x  1
x x 1
2x  3 x 




x
x
x
x. x  1



2x  3 x  x  1 x  x  1 2x  2 x  3
3



2 x
2
x
x
x
x
x





Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: 2 x 

3
2 6  P22 6
x


3
Dấu "  " xảy ra khi x  (tmdk )
2
2a  b 3a  2b 2a 2  ab  b2  3a 2  5ab  2b 2 5a 2  4ab  b 2



b) Q 
a b
ab
a 2  b2
a 2  b2
Vì a 2  4ab  7b2  0 nên ta có:
Q

6  a 2  b2    a 2  4ab  7b2 
a 2  b2



6  a 2  b2 
a 2  b2

6

c) Nhận xét A1;3   d  ; B  0;1   d '
Với m  2 thì  d  : y  3 và  d ' : x  0 vuông góc với nhau
1
x 1
m2
1 

Khi đó ta có a.a '   m  2 . 
  1   d    d '
 m2
Vậy  d    d ' với mọi m

Với m  2 thì  d ' : y  

Vậy giao điểm của đường thẳng nói trên nhìn đoạn AB cố định dưới một góc vuôn nên
thuộc đường tròn đường kính AB khi m thay đổi.
Bài 3.
a)
x  y  3 1 x  y
 x  y  3  2 x  y  3  1  x  2 xy  y
 x  y  3  xy  2
 x  y  3  xy  4 xy  4
 xy 

xy  x  y  1

4

Nếu xy là số không chính phương thì VT là số vô tỉ còn VP là số hữu tỉ, vô lý
Vậy xy  k 2  xy  k
Ta có:


x  y  3  xy  4 xy  4  x  y  2 xy  xy  2 2 xy  1 



x y

 
2





xy  1

2

 x  y  xy  1(*)


y  k  1  x  y   k  1  2  k  1 x  x



 k  1  x  y do....k  2
x


2  k  1

2

2

Nếu x là số không chính phương thì VT vô tỉ, VP hữu tỉ, vô lý
Vậy x là số chính phương, lý luận tương tự thì y là số chính phương.
Đặt x  a 2 ; y  b2 , từ (*) a  b  ab  1   a  1 b  1  2
Ta tìm được  a; b    2;3 ;  3;2    x; y    4;9  ;  9;4 
b) n  1116  36.376
Mỗi ước số nguyên dương của n có dạng 3x.37 y trong đó x 01;2;3;4;5;6 và

y 0;1;2;3;4;5;6 . Do x có thể nhận 7 giá trị và y cũng có thể nhận giá trị 7 nên n có
tất cả 7  7  49 ước số nguyên dương phân biệt
n
Nếu a là một ước số nguyên dương của n, a  1113 thì b  cũng là một ước số nguyên
a
dương của n, b  a. Khi đó a và b tạo thành một cặp ước số nguyên dương của n và
chúng có tích đúng bằng n .
Trong 49 ước số nguyên dương phân biệt của n, ngoại trừ 1113 còn 48 ước số còn lại
được chia thần 24 cặp ước số có tính chất như cặp ước  a, b 

Vậy tích tất cả các ước nguyên dương phân biệt của n là 1116  .1113  111147
24

Bài 4.

C

M

A

B

O
P

Q

1

N

1

D
a) Vì AB  CD nên CA  CB  D1  N1 nên tứ giác PQDN nội tiếp

 PND  PQD  1800 mà PND  900  PQD  900  PQ  CD  PQ / / AB
b) Xét hai tam giác CAQ và AMC có:

ACQ  MAC  450 ; CAQ  AMC (do sd AC  sd BN  sd BC  sd BN )

CA CQ

 AM .CQ  AC 2  2 R 2
AM AC
AM .CQ AC 2 2 R 2
Tứ giác ACMQ có AM  CQ  S ACMQ 


 R2
2
2
2

Vậy CAQ MAC ( g.g ) 

2

CA CQ AQ
CQ  AQ 




c) Ta có CAQ MAC ( g.g ) 
 1
AM AC MC
AM  MC 
COM

CND( g.g ) (vì DCN chung; COM  CND  900 )

CM CO

 CM .CN  2 R.R 2  2 R 2
CD CN
Tương tự: AQ. AN  2R 2

Suy ra


Vậy CM .CN  AQ.AN 

AQ CN

MC AN

CQ  CN 
Từ (1) và (2) suy ra


AM  AN 

(2)

2

d) Ta có tứ giác PQDN nội tiếp  PQN  PDN
Mà PDN  BCN nên PQN  BCN
NQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp CPQ khi PQN  PCQ
Do đó: BCN  PCQ hay BN  ND

Suy ra CN là phân giác của OCB
Tam giác BOC vuông cân tại O  BC  BC  OB 2  R 2
OM OC
R
1
Vì CM là phân giác của tam giác BOC nên



MB CB R 2
2
Ta có: OM  MB  R  OM  R
Vậy khi OM  R







2 1



2  1 thì NQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp CPQ

Bài 5.
Theo quá trình đổi dấu ghi trên ô vuông ở dòng i cột j được đổi dấu i  3 j  1
lần. Mà i  3 j  1 và i  j hai số không cùng tính chẵn lẻ (vì  i  3 j  1   i  j   2 j  1
là số lẻ)

Do đó những ô vuông ở dòng i cột j mà i  j là số lẻ sẽ đổi dấu một số chẵn lần và dấu
ở ô vuông đó vẫn là dấu  , còn những ô vuông ở dòng i cột j mà i  j là số chẵn sẽ đổi
dấu một số lẻ lần và dấu ở ô vuông đó là dấu 
Mà từ 1 đến 2019 có 1009 số chẵn và 1010 số lẻ nên số cặp  i; j  mà i  j bằng :
1009.1010  1010.1009  2038180

Vậy số các ô vuông còn lại mang dấu  bằng 2038180