049 đề thi vào 10 chuyên toán quảng nam 2019 2020

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2019-2020
Môn thi: TOÁN (Toán chuyên)
Thời gian: 150 phút (không kể giao đề)
Khóa thi ngày: 10-12/6/2019

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. (2,0 điểm)

x 2
2 x  8  x2  x x  x  1
a) Cho biểu thức A  

 x  0
.
x

x

1
x
x

1
x

3



Rút gọn biểu thức A và tìm x để A  6
b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, số M  9.34n  8.24n  2019 chia
hết cho 20
Câu 2. (1,0 điểm)
Cho parabol  P  : y   x 2 và đường thẳng  d  : y  x  m  2. Tìm tất cả các giá trị
của tham số m để  d  cắt  P  tai hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn

x12  x22  3
Câu 3. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình x 2  x 2  4 x  4  x  3
 x2  y 2  4 x  2 y  3

b) Giải hệ phương trình :  2
2

 x  7 y  4 xy  6  13
Câu 4. (2,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD có góc A nhọn. Gọi H , K lần lượt là hình
chiếu vuông góc của C lên các đường thẳng AB, AD
a) Chứng minh AB. AH  AD. AK  AC 2
b) Trên hai đoạn thẳng BC, CD lần lượt lấy hai điểm M , N (M khác B, M khác C) sao
cho hai tam giác ABM và ACN có diện tích bằng nhau; BD cắt AM và AN lần
BM DN
lượt tại E, F . Chứng minh

 1và BE  DF  EF
BC DC
Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn (O) và có trực tâm
H. Ba điểm D, E, F lần lượt là chân các đường cao vẽ từ A, B, C của tam giác ABC. Gọi

I là trung điểm cạnh BC, P là giao điểm của EF và BC. Đường thẳng DF cắt đường tròn
ngoại tiếp tam giác HEF tại điểm thứ hai là K
a) Chứng minh PB.PC  PE.PF và KE song song với BC
b) Đường thẳng PH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF tại điểm thứ hai là Q.
Chứng minh tứ giác BIQF nội tiếp đường tròn
Câu 6. (1,0 điểm)
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1  a 
P

 b2  5 1  b   c 2  5 1  c   a 2  5


ab  a  4
bc  b  4
ca  c  4
2

2

2


ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Với x  0, ta có :

x 2
2 x  8  x2  x x  x  1

A

.
x

x

1
x
x

1
x 3






x 2







x 1  2 x  8 x x
.
x 1 x  x 1





 

x 1 

x 3

x  3 x  2  2 x  8  x x  1 x  1

.
x 3
 x  1 x  x  1
x 1
x 1
  x  x  6 .
  x  2  x  3.
x 3
x 3
  x  2  x  1  x  3 x  2
A6 x3 x  26 x3 x 40
 x4 x  x 40



x 4





x 1



x 1  0

 x  4  0  x  16(tmdk )

Vậy với x  16 thì A  6
b) M  9.34n  8.24n  2019
ta có:

81  1 mod 4   81n  1 mod 4   9.81n  9  1 mod 4 
8.16n  0(mod 4)  M  1  0  2019  2020  mod 4 
Hay M 4 (1)
Lại có:

81  1 mod5   81n  1(mod5)  9.81n  9  4(mod5)
16  1(mod5)  16n  1 mod5   8.16n  8  3(mod5)


 M  4  3  2019  2020  0  mod5  M 5

(2)

Từ 1 ,  2  và  4,5  1  M 20(dfcm)

Câu 2.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của  P  và  d  :
 x2  x  m  2  x2  x  m  2  0 (1)

Ta có   1  4  m  2   9  4m
( d ) cắt  P  tại hai điểm phân biệt  Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt

0m

9
(2)
4

 x  x  1
Áp dụng hệ thức Vi-et, ta có:  1 2
. Theo đề bài:
 x1 x2  m  2

x12  x22  3   x1  x2   2 x1x2  3
2

 1  2  m  2  3  m  1
Từ (2) và (3)  1  m 

(3)

9
là giá trị cần tìm
4

Câu 3.
a) x 2  x 2  4 x  4  x  3   x 2  4 x   x 2  4 x  12  0 (1)
Đặt

y  4
x 2  4 x  y  y  0  . Phương trình (1) trở thành: y 2  y  12  0   1
 y2  3

Với y  4 thì

x2  4 x  4  x  2  2 5

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x  2  2 5
2
2

x  y  4x  2 y  3
b)  2
2

 x  7 y  4 xy  6 y  13


 x 2  4 x  4  y 2  2 y  1  8
 2
2
2
 x  4 xy  4 y  3 y  6 y  3  16
 x  2 2   y  12  8
(1)


2
2
 x  2 y   3  y  1  16
2  x  2 2  2  y  12  16

2
2
 x  2 y   3  y  1  16
 2  x  2    x  2 y    y  1  0
2

2

2

  x  2    x  2 y    x  2    y  1  0
2

2

2

2

  2 x  2 y  2  2 y  2    x  y  3 x  y  1  0
  x  y  1 4 y  4    x  y  3  x  y  1  0
(2)
x  y 1
  x  y  1 x  5 y  7   0  

 x  5 y  7 (3)

Thay (2) vào (1) ta được:

 y  1  2

2

  y  1  8  2  y  1  4
2

2

 y 1 x  0

 y  3  x  4

Thay  3 vào (1) ta được:

 5 y  7  2 

 y  1 

 y  1 


2

  y  1  8  26  y  1  8   y  1 
2

2

2
 x  2 
13
2
 x  2 
13

2

4
13

10
13
10
13

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là:








 x; y    0;1 ;  4; 3 ;  2 

10
2 
10
2 
; 1 
; 1 
 ;  2 

13
13  
3
13  


Câu 4.

H

B

A
Q

I

M

E
P

F
D

C

N

K
a) Kẻ BP  AC, DQ  AC
Dễ chứng minh AQD  CPB (cạnh huyền – góc nhọn)
 AQ  CP  AQ  AP  AC (1)
AB AP

 AB. AH  AC. AP
AC AH
Tương tự: AD. AK  AC. AQ
APB

AHC ( g.g ) 

(2)

Từ (1), (2), (3)
 AB. AH  AD. AK  AC. AP  AC. AQ  AC. AP  AQ   AC 2
b) Hai tam giác ADN và ADC có chung chiều cao kẻ từ A 
Tương tự:

BM S ABM


BC S ABC

DN S ADN

DC S ADC


Mà S ABM  S ACN ( gt ) và S ABC  S ADC (Vì ABCD là hình bình hành)


BM S ACN
BM DN S ACN S ADN S ACN  S ADN






1
BC S ADC
BC DC S ADC S ADC
S ADC

Gọi I là giao điểm của AC và BD  IA  IC
Ta có:
1
S AMCN  S ACM  S ACN  S ACM  S ABM  S ABC  S ABCD  S ABD
2
Vì IA  IC nên:
S AEF  S AIE  S AIF  SCIE  SCIF  SCEF  S EMCNF

1
1
1
 S AEF  S AMCN  S AEF  S ABC  EF  BD
2
2
2
Mà BE  DF  EF  BD  BE  DF  EF (dfcm)


Câu 5.

A

J

E
O

K

Q
F
B

H
D

C
I

P
a) Tứ giác BCEF có BEC  BFC  900 ( gt )  BCEF là tứ giác nội tiếp

 C1  E1

PBE và PFC có EPC chung; PEB  FCB
 PBE

PFC ( g.g ) 

PB PE

 PB.PC  PE.PF
PF PC

Tứ giác BDHF có: BDH  BFH  1800  BDHF là tứ giác nội tiếp  EBC  EFC
 AH 
Gọi J là trung điểm của AH . Dễ thấy HEF nội tiếp đường tròn  J ;

2 





Tứ giác HEKF nội tiếp đường tròn  J   F1  HEK  1800  HKF



Mà EBC  EFC  EBC  HEK  KE / / BC
b)

1
Chứng minh được IEH  EBC  HEF  IEH  sd HE
2

 EI là tiếp tuyến của  J   IEF  EAF  BHF  FDB  DIEF là tứ giác nội tiếp

Dễ chứng minh PDF

PEI ( g.g )  PD.PI  PE.PF

Dễ chứng minh PHE

PFQ( g.g )  PE.PF  PH .PQ

 PD.PI  PH .PQ 

 PDH

PD PH

PQ PI

PQI (c.g.c)  PHD  PIQ

Lại có PHD  AHQ  AFQ  AFQ  PIQ  BIQF là tứ giác nội tiếp.
Câu 6.

1 1
4
, x, y  0
Dễ chứng min các bất đẳng thức : x 2  y 2  2 xy;  
x y x y
Dấu bằng xảy ra  x  y
Áp dụng các bất đẳng thức trên, ta có:

1  a 

 b 2  5 a 2  b 2  2a  6 2ab  2a  6 2(ab  2a  4)  2



ab  a  4
ab  a  4
ab  a  4
ab  a  4
2
1
4
1
1
1  11 1
1
2
2 .
2 
   .
ab  a  4

2  ab  a  1  3
2  ab  a  1 3  6 2 ab  a  1
2

Tương tự:

1  b 

 c 2  5 11 1
1
  .
bc  b  4
6 2 bc  b  1

1  c 

2

 a 2  5 11 1
1
  .
ca  c  4
6 2 ca  c  1
11 1 
1
1
1

P  




2 2  ab  a  1 bc  b  1 ca  c  1 
2


Vì abc  1nên:
1
a
a


bc  b  1 abc  ab  a ab  a  1
1
ab
ab
 2

ca  c  1 a bc  abc  ab ab  a  1
1
1
1
1
a
ab







1
ab  a  1 bc  b  1 ca  c  1 ab  a  1 ab  a  1 ab  a  1
11 1
 P  5
2 2

a  b  c

Dấu "  " xảy ra  ab  a  1  bc  b  1  ca  c  1  3  a  b  c  1
abc  1


Vậy min P  5  a  b  c  1.