Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm 2019-2020 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Nam (Khối chuyên)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2019 – 2020

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi : TOÁN (Toán chuyên)
Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Khóa thi ngày : 10-12/6/2019

Câu 1 (2,0 điểm).

x 2
2 x  8  x2  x x  x  1
với x  0 .
a) Cho biểu thức A  


x 3
 x  x 1 x x 1 
Rút gọn biểu thức A và tìm x để A  6 .
b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, số M  9.34 n  8.24 n  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 ) tại hai điểm phân biệt lần lượt 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 .
2
2
 x  y  4 x  2 y  3
b) Giải hệ phương trình  2
2
 x  7 y  4 xy  6 y  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 lượt tại
BM DN

 1 và BE  DF  EF .
E và F. Chứng minh
BC DC
Câu 5 (2,0 điểm).
Cho tam giác nhọn 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 của 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

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

2

--------------- HẾT---------------

2


HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
Câu

Phần

Nội dung

Với x  0 , ta có:


x 2
2 x  8  x2  x x  x  1
A


x
x
x
x
x 3



1
1








x 2







x 1  2 x  8 x x

x 1 x  x 1



x3 x 22
x x 1


x 8 x






 x3 x 2 x 6 

a)







 

x 1 



x 1

x 3





x 1

x 1

x 3

x 1
x 3

1.0

x 1
x 3 
x 3


x  2 


x  1

x 2

 x3 x  2
A  6  x 3 x  2  6  x 3 x 4  0

Câu 1
(2,0đ)

Điểm


x  1  0 x  0 

 x x 4 x 40



 x  4  0 vì



x 4



x 1  0

 x  16 (TMĐK)
Vậy với x  16 thì A  6 .
M  9.34 n  8.24 n  2019  9.81n  8.16n  2019
Ta có:
81  1(mod 4)  81n  1(mod 4)  9.81n  9  1(mod 4)

8.16n  0(mod 4)

b)

 M  1  0  2019  2020  0(mod 4)
hay M  4
Lại có:
81  1(mod 5)  81n  1(mod 5)  9.81n  9  4(mod 5)

(1)

1.0

16  1(mod 5)  16n  1(mod 5)  8.16n  8  3(mod 5)

Câu 2
(1,0đ)

 M  4  3  2019  2020  0(mod 5)
hay M  5
Từ (1) và (2)  M  BCNN (4,5) hay M  20 (đpcm)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
 x2  x  m  2  x2  x  m  2  0
Ta có:   1  4(m  2)  9  4m

(d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt

(2)

(1)

1.0


 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
9
0m
4
 x  x  1
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:  1 2
 x1 x2  m  2
Theo đề bài:
x12  x22  3  ( x1  x2 ) 2  2 x1 x2  3
 1  2(m  2)  3  5  2m  3  m  1
9
Từ (2) và (3)  1  m  là giá trị cần tìm.
4

x 2  x 2  4 x  4  x  3   x 2  4 x   x 2  4 x  12  0

Đặt
a)

y 2  y  12  0
Giải phương trình (2) được:

y1  4 (TMĐK) ; y2  3 (loại)
Với y  4 thì:

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x  2  2 5 .
 x 2  y 2  4 x  2 y  3
 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

b)

(3)

(1)

x 2  4 x  y  y  0  . Phương trình (1) trở thành:

x 2  4 x  4  x 2  4 x  16  ( x  2) 2  20  x  2  2 5

Câu 3
(2,0đ)

(2)

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

 ( x  2) 2  ( x  2 y ) 2  ( x  2) 2  ( y  1) 2  0
 (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
 ( x  y  1)( x  5 y  7)  0
(2)
x  y 1

(3)
 x  5 y  7
Thay (2) vào (1) được:
( y  1  2) 2  ( y  1) 2  8  2( y  1) 2  8  ( y  1) 2  4
y 1  x  0

 y  3  x  4

(2)

Thay (3) vào (1) được:
(5 y  7  2) 2  ( y  1) 2  8  26( y  1) 2  8  ( y  1) 2 

4
13

2
10

 y  1  13  x  2  13

2
10

 y  1  13  x  2  13
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là

10
2  
10
2 

( x; y )   0;1 ,  4; 3 ,  2 
; 1 
; 1 
 ,  2 
 .
13

13  
13
13  


B

A
Q

F
D

H

E
I

M
P

N

C

K

Câu 4
(2,0đ)
a)

b)

Kẻ BP  AC, DQ  AC
Dễ chứng minh  AQD =  CPB (cạnh huyền - góc nhọn)
 AQ  CP  AQ  AP  AC
(1)
 APB
 AHC (g-g)
AB AP
(2)


 AB.AH  AC.AP
AC AH
Tương tự: AD.AK  AC.AQ
(3)
Từ (1), (2) và (3)
 AB.AH  AD.AK  AC.AP  AC.AQ  AC(AP  AQ)  AC 2
Hai tam giác ADN và ADC có chung chiều cao kẻ từ A
DN SADN


DC SADC
BM SABM
Tương tự:

BC SABC
Mà SABM = SACN (GT) và SABC = SADC (vì ABCD là hình bình hành)
BM SACN



BC SADC


BM DN SACN SADN SACN  SADN




1
BC DC SADC SADC
SADC

1.0

0.5


Gọi I là giao điểm của AC và BD  IA = IC
Ta có:
SAMCN = SACM + SACN = SACM + SABM = SABC =

1
SABCD = SABD
2

Vì IA = IC nên:
SAEF = SAIE + SAIF = SCIE + SCIF = SCEF < SEMCNF
1

1
 SAEF < SAMCN  SAEF < SABD
2
2
1
 EF < BD
2
Mà BE + DF + EF = BD
 BE  DF  EF (đpcm).

0.5

A

J

K

E
1

O

F

1

H
1

P

Câu 5
(2,0đ)

a)

B

Q

1

1

D

I

C

Tứ giác BCEF có:
  BFC
  90o (GT)
BEC
 BCEF là tứ giác nội tiếp
1  E
1
C
 chung ; E

1  C
1
 PBE và  PFC có: EPC
  PBE
 PFC (g-g)
PB PE


 PB.PC  PE.PF
PF PC
Tứ giác BDHF có:
  BFH
  90o (GT)
BDH
  BFH
  180o
 BDH
 BDHF là tứ giác nội tiếp
1  F
1
B
 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)

0.5

0.5



 1  HEK
  180o  HFK

F

b)



 1  F 1  B
 1  HEK

Mà B
 KE // BC
Trước hết, ta chứng minh DIEF là tứ giác nội tiếp
Cách 1:
 1  HFE

Tứ giác BCEF nội tiếp  B
1  F
 1  DFE
  2B
1
Mà B
 EBC vuông tại E, đường trung tuyến EI
1

 IB  IE  BC   IBE cân tại I
2
 1 (tính chất góc ngoài của tam giác)
 I1  2B

Từ (1) và (2)  I1  DFE
 DIEF là tứ giác nội tiếp
Cách 2:
 B
 1  HFE
  IEH
  1 sđHE

Chứng minh được IEH
2
 EI là tiếp tuyến của (J)
  EAF
  BHF
D
1
 IEF
 DIEF là tứ giác nội tiếp
 PEI (g-g)
Dễ chứng minh  PDF
 PD.PI = PE.PF
 PFQ (g-g)
Dễ chứng minh  PHE
 PE.PF = PH.PQ
PD PH
 PD.PI = PH.PQ 


PQ PI
  PIQ

  PDH
 PQI (c-g-c)  PHD

(1)

(2)

  AHQ
  AFQ

Lại có PHD
  PIQ

 AFQ

Câu 6
(1,0đ)

 BIQF là tứ giác nội tiếp.
Dễ chứng minh các bất đẳng thức:
1 1
4
x 2  y 2  2 xy ;  
với x, y  0
x y x y
Dấu “=” xảy ra  x  y

Áp dụng các bất đẳng thức trên, ta có:
2
1  a   b 2  5  a 2  b 2  2a  6  2ab  2a  6  2(ab  a  4)  2
ab  a  4
ab  a  4
ab  a  4
ab  a  4
2
1
4
1
1
1
 2
 2 
 2 
 
2 ( ab  a  1)  3
2  ab  a  1 3 
ab  a  4
11 1
1
  
6 2 ab  a  1
Tương tự:

0.25

0.75

1  b 

2

 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 

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

11 1
 5

2 2
Dấu “=” xảy ra
a  b  c

  ab  a  1  bc  b  1  ca  c  1  3  a  b  c  1
 abc  1

Vậy min P  5  a  b  c  1
P