Đề toán thi vào 10 Chuyen quang nam
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.83 MB, 112 trang )
Tailieumontoan.com
Sưu tầm, tổng hợp
TUYỂN TẬP ĐỀ TOÁN
VÀO 10 CHUYÊN QUẢNG NAM
Sưu tầm, ngày 02 tháng 7 năm 2020
1
Website:tailieumontoan.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
QUẢNG NAM
Năm học: 2019 – 2020
Khóa thi: Ngày 10 tháng 6 năm 2019
Môn: TOÁN (Chung)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 120 phút (không tính thời gian giao đề)
Đề số 1
Câu 1 (2,0 điểm).
a) Rút gọn biểu thức A =
b) Cho biểu thức B=
12 + ( 2 − 1) 2 −
1
⋅
3− 2
1
2 x
1
với x > 0 và x ≠ 1 .
+
−
x + x x −1 x − x
Rút gọn biểu thức B và tìm x để B = 8.
Câu 2 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) : y =
1 2
x .
2
a) Vẽ parabol (P) .
b) Hai điểm A, B thuộc (P) có hoành độ lần lượt là 2; − 1. Viết phương trình đường
thẳng đi qua hai điểm A và B.
Câu 3 (2,0 điểm).
0.
a) Giải phương trình x + 2 x − 8 =
4
2
b) Cho phương trình x 2 − (2m + 1) x + m 2 + 1 =
0 (m là tham số).
Tìm giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao
cho biểu thức P =
x1 x2
có giá trị nguyên.
x1 + x2
Câu 4 (3,5 điểm). Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 6cm. Điểm N nằm trên cạnh CD
sao cho DN = 2cm, P là điểm nằm trên tia đối của tia BC sao cho BP = DN.
a) Chứng minh ∆ABP =
và tứ giác ANCP nội tiếp đường tròn.
ADN
∆
b) Tính độ dài đường tròn ngoại tiếp tứ giác ANCP.
= 450 . Chứng minh MP = MN và tính diện
c) Trên cạnh BC, lấy điểm M sao cho MAN
tích tam giác AMN.
Câu 5 (0,5 điểm). Cho hai số thực x, y thỏa mãn x ≥ 3; y ≥ 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T= 21 x +
1
1
+ 3 y + ⋅
y
x
--------------- HẾT --------------Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
2
Website:tailieumontoan.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
QUẢNG NAM
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học: 2019 – 2020
Khóa thi: Ngày 10 tháng 6 năm 2019
Môn: TOÁN (Chung)
Thời gian làm bài: 120 phút (không tính thời gian giao đề)
Câu
Nội dung
Điểm
1a (1,0đ)
Rút gọn biểu thức: A =
=
A
4.3 +
1
3− 2
12 + ( 2 − 1) 2 −
2 − 1 − ( 3 + 2)
0,5
(Nếu biến đổi đúng 2 trong 3 ý thì được 0,25)
=
A 2 3 + 2 −1− 3 − 2
0,25
=
A
0,25
3 −1.
1b (1,0đ)
1
2 x
1
+
−
với x > 0, x ≠ 1 .
x + x x −1 x − x
Cho biểu thức: B=
Câu 1
(2đ)
Rút gọn biểu thức 𝐵 . Tìm tất cả các giá trị x để B = 8 .
1
B=
x
(
2 x
+
) (
x +1
)(
x +1
)
x −1
−
x
(
1
)
x −1
0,25
(Nếu biến đổi đúng 2 trong 3 ý thì được 0,25)
=
x −1+ 2 x x −
x
=
(
)(
x +1
(
B =8 ⇔
)(
0,25
2
x
0,25
)
x −1
2 ( x − 1)
=
x x +1
x −1
(
)
x +1
)
2
1
=8 ⇔ = x ⇔ x =1
4
16
x
1
Vậy để B = 8 thì x =
.
16
Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038
0,25
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
3
Website:tailieumontoan.com
2a (1,0đ)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol (𝑃): y =
1
2
1 2
x . Vẽ parabol (𝑃)
2
1
2
Parabol (P) đi qua 5 điểm ( 0;0 ) , 1;
, −1; , ( −2; 2 ) , ( 2; 2 )
0,5
(Xác định đúng được 2 điểm được 0,25)
0,5
Vẽ đúng parabol (P)
2b. (1,0đ)
Hai điểm A, B thuộc (P) có hoành độ lần lượt là 2; − 1. Viết phương trình đường
Câu 2
(2đ)
thẳng đi qua hai điểm A và B.
x = 2 ⇒ y = 2 ⇒ A(2;2)
0,25
1
1
x =−1 ⇒ y = ⇒ B (−1; )
2
2
y ax + b
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B có dạng: =
2 2a + b
=
Lập được hệ 1
2 =− a + b
0,25
1
a =
Giải hệ ra kết quả:
2
b =1
0,25
1
x +1.
2
0,25
Đặt 𝑥 2 = 𝑡, điều kiện 𝑡 ≥ 0. Phương trình trở thành: 𝑡 2 + 2𝑡 − 8 = 0.
0,25
y
Vậy phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B là:=
3a (1,0đ)
Câu 3
(2đ)
Giải phương trình: 𝑥 4 + 2𝑥 2 − 8 = 0.
⇔�
𝑡 = −4 (loại)
𝑡 = 2 (nhận)
𝑥 = √2
𝑡 = 2 ta có 𝑥 2 = 2 ⇔ �
𝑥 = −√2
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: 𝑥 = √2, 𝑥 = −√2.
Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038
0,25
0,25
0,25
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
4
Website:tailieumontoan.com
3b (1,0đ)
Cho phương trình x 2 − (2m + 1) x + m 2 + 1 =
0 (m là tham số).
Tìm giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao
x1 x2
có giá trị nguyên.
x1 + x2
cho biểu thức P =
= 4m − 3 .
Tính được ∆
Pt có 2 nghiệm phân biệt khi ∆ > 0 ⇔ m >
0,25
3
4
Theo định lý Viet, ta có:
x1 + x2 = 2m + 1
x1 x2
m2 + 1
⇒=
P
=
.
m 2 + 1
x1 + x2 2m + 1
x1 x=
2
P=
0,25
2m − 1
5
5
+
⇒ 4 P= 2m − 1 +
.
4
4 ( 2m + 1)
2m + 1
Để 4P ∈ thì 2m + 1 là ước của 5. Mà m >
0,25
3
5
nên 2m + 1 >
4
2
0,25
Suy ra 2m + 1 = 5 ⇔ m = 2 .
Thử lại m = 2 thì P = 1 (thỏa). Vậy m = 2 thỏa ycbt.
P
A
B
450
Câu 4
(3,5đ)
6cm
D
2cm N
0,5
M
C
Hình vẽ phục vụ câu a đúng 0,25 đ; câu c đúng 0,25 đ.
4a. (1,0đ)
+ Xét hai tam giác ADN và ABP có: ADN
= ABP
= 900 , AD = AB, DN = BP
∆ABP ( c − g − c )
Suy ra ∆ADN =
0,5
(Đúng hai trong 3 ý cho 0,25).
=
+ ∆ADN =
∆ABP ⇒ PAB
NAD
= NAB
+ BAP
= NAB
+ DAN
= DAB
= 900 .
Suy ra NAP
Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038
0,25
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
5
Website:tailieumontoan.com
+ NCP
= 1800
Suy ra NAP
0,25
Vậy tứ giác ANCP nội tiếp đường tròn.
4b. (1,0đ)
0,25
Ta có: NC = 4 ; CP = 8 .
=
NP
0,25
=
NC2 +CP 2 4 5 .
Chỉ ra được NP là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ANCP
Suy ra độ dài đường tròn ngoại tiếp tứ giác ANCP: =
C π=
d 4π 5 (cm).
4c. (1,0đ)
∆ANM ( c − g − c ) Suy ra: MN = MP.
Chứng minh ∆APM =
S=
S=
AMN
AMP
1
AB.MP.
2
0,25
0,25
0,25
0,25
Đặt BM = x
Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông NCM, ta có:
0,25
3.
( x + 2) =(6 − x) + 4 ⇔ x =
2
2
2
Tính được diện tích tam giác AMN bằng 15cm2.
0,25
Cho hai số thực x, y thỏa mãn x ≥ 3; y ≥ 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T= 21 x +
Ta có: 21 x +
Câu 5
(0,5đ)
1
1
+ 3 y + ⋅
y
x
1
1 7
21 x 3 2
62
x
+ 3 y + = y + + + + y +
y
x 3
y 3 x 3
3
0,25
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:
7
21
7 21
y+
≥2
y⋅
=
14 ;
3
y
3 y
x 3
x 3
2.
+ ≥2 ⋅ =
3 x
3 x
1
1
2
62
Mà x ≥ 3 ; y ≥ 3 nên T = 21 x + + 3 y + ≥ 14 + 2 + ⋅ 3 +
⋅ 3 = 80 ⋅
y
x
3
3
0,25
Vậy giá trị nhỏ nhất của T bằng 80 khi x= y= 3 .
Ghi chú: Thí sinh có thể giải theo cách khác, giám khảo dựa trên đáp án để phân chia thang điểm
hợp lý.
Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
6
Website:tailieumontoan.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
QUẢNG NAM
Năm học: 2019 – 2020
Khóa thi ngày 10 tháng 6 năm 2019
Môn: TOÁN (Chuyên Tin)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 150 phút (không tính thời gian giao đề)
Đề số 2
Câu 1 (1,5 điểm). Cho biểu thức
=
A
x+ x
−
x −1
x
(
x
)
x −1
với x > 0 và x ≠ 1 .
Rút gọn biểu thức A và tìm x để A = 3.
x
2
0.
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm tất cả các cặp số tự nhiên ( x ; y ) thỏa mãn 2 − y + 2 y + 3 =
Câu 3 (2,0 điểm).
a) Giải phương trình
3 − x − x +1 =
0.
x2 + y 2 + x + y =
4
b) Giải hệ phương trình
3.
2 x + 2 y − xy =
Câu 4 (1,0 điểm). Cho parabol (P): y = x 2 và đường thẳng (d): y = m ( m là tham số). Tìm
m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB đều (với O là gốc tọa
độ).
Câu 5 (3,5 điểm). Cho tam giác ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O) đường kính BC,
tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A cắt đường thẳng BC tại D. Vẽ dây cung AE của đường
tròn (O) vuông góc với BC. Gọi H là giao điểm của AE và BC, K là hình chiếu vuông góc
cắt BC tại F.
của A lên CE. Tia phân giác của BAC
a) Chứng minh AB.HC = AC.HA.
= CAK
.
b) Chứng minh CDE
c) Chứng minh DF2 = DB.DC .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y , z. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P=
xy
yz
zx
+
+
⋅
(2 x + z )(2 y + z )
(2 y + x)(2 z + x)
(2 z + y )(2 x + y )
--------------- HẾT ---------------
Họ và tên thí sinh: ..................................................................
Số báo danh: ............................................................................
Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
7
Website:tailieumontoan.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
QUẢNG NAM
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học: 2019 – 2020
Khóa thi ngày 10 tháng 6 năm 2019
HDC CHÍNH THỨC
Môn: TOÁN (Chuyên Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (không tính thời gian giao đề)
Câu
Nội dung
Cho biểu thức
=
A
x+ x
−
x −1
x
(
x
)
x −1
Điểm
, với x > 0 và x ≠ 1 . Rút gọn biểu thức A
1,5
và tìm x để A = 3.
=
A
Câu 1
=
(1,5đ)
x ( x + 1)
1
(Đúng mỗi ý được 0,25đ)
−
( x + 1)( x − 1)
x ( x − 1)
x
1
− =
x −1
x ( x − 1)
A=
3⇔
( x )2 − 1
=
x ( x − 1)
0,5
x +1
(đúng 2 ý sau, mỗi ý được 0,25đ)
x
x +1
=
3⇔ 2 x =
1.
x
0,5
0,25
1
⇔x=
4
0,25
1
- Đối chiếu điều kiện suy ra x = là giá trị cần tìm.
4
x
2
0.
Tìm tất cả các cặp số tự nhiên ( x ; y ) thỏa mãn 2 − y + 2 y + 3 =
1,0
2x − y 2 + 2 y + 3 =
0 ⇔ 2 x = ( y + 1)( y − 3) (1)
0,25
* y + 1 và y − 3 là hai số cùng chẵn, cùng lẻ và y + 1 > y − 3 > 0 . Do đó từ (1) ta
Câu 2
(1đ)
có:
y + 1 =2m
( với m, n là hai số tự nhiên và m > n ).
n
y
−
3
=
2
0,25
⇒ 2m − 2n = 4 ⇒ 2n (2m−n − 1) = 4 = 4.1 (2)
n
=
n 2
2 4=
Suy ra:
.
⇔
m−n
3
m
=
2
1
1
−
=
Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038
0,25
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
8
Website:tailieumontoan.com
y + 1 =23
Khi đó
⇔ y=
7 ⇒ 2 x = (7 + 1)(7 − 3) ⇒ x = 5
2
2
y − 3 =
0,25
Vậy ( x; y ) = (5;7).
Câu
Nội dung
a) Giải phương trình
Điểm
1,0
3 − x − x +1 =
0.
x −1 ≥ 0
3 − x − x +1 =
0 ⇔ 3 − x = x −1 ⇔
2
3 − x = ( x − 1)
0,25
(Nếu học sinh chỉ ghi được điều x ≤ 3 thì cho 0,25)
x ≥ 1
⇔ 2
0
x − x − 2 =
0,25
x ≥ 1
⇔
−1 hoac x =
2
x =
0,25
⇔x=
2 (thỏa điều kiện)
0,25
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = 2 .
2
2
4
Câu 3 b) Giải hệ phương trình x + y + x + y =
3
2 x + 2 y − xy =
(2đ)
x 2 + y 2 +=
( x + y ) 2 − 2 xy + ( x=
x+ y 4
+ y) 4
⇔
(*)
2 y − xy 3
y ) − xy 3
2 x + =
2( x +=
1,0
0,25
Đặt S =
x + y, P =
xy . Khi đó hệ (*) trở thành:
0,25
S 2 − 2P + S =
4
S = 1
S = 2
hoặc
⇔
3
P = −1
P = 1
2S − P =
•
=
+y 2 =
S 2
x=
x 1
Với
⇔
⇔
=
P 1=
xy 1 =
y 1
0,25
•
1− 5
1+ 5
x=
x =
=
S
1
=
x
+
y
1
2
2 .
Với
hoặc
⇔
⇔
P
=
−
1
xy
=
−
1
1
+
5
y =
y = 1− 5
2
2
0,25
Câu 4 Cho parabol (P): y = x 2 và đường thẳng (d): y = m ( m là tham số). Tìm m để (d)
(1đ)
cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB đều (với O là gốc tọa độ).
Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038
1,0
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
9
Website:tailieumontoan.com
+ Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: x 2 = m .
0,25
+ Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì m> 0.
x = m
Với điều kiện trên, ta có: x 2= m ⇔
x = − m
. Khi đó ta có: A( − m ; m), B( m ; m).
0,25
Gọi H là trung điểm của AB.
0,25
Tam giác OAB cân tại O, do đó tam giác OAB đều khi: OH = AB. 3
2
⇔m=
2 m.
3
⇔ m 2 = 3m ⇔ m = 3 (vì m > 0 ).
2
0,25
Vậy m = 3 là giá trị cần tìm.
Cho tam giác ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O) đường kính BC, tiếp tuyến của
đường tròn (O) tại A cắt đường thẳng BC tại D. Vẽ dây cung AE của đường tròn (O)
vuông góc với BC. Gọi H là giao điểm của AE và BC, K là hình chiếu vuông góc của A
cắt BC tại F.
lên CE. Tia phân giác của BAC
a) Chứng minh AB.HC = AC.HA.
= CAK
.
b) Chứng minh CDE
c) Chứng minh DF2 = DB.DC .
Câu 5
(3,5đ)
0,5
Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
10
Website:tailieumontoan.com
Hình vẽ phục câu b: 0,25
Hình vẽ phục cả hai câu b và c: 0,25
a) Chứng minh AB.HC = AC.HA.
1,0
Xét hai tam giác ABC và HAC có: BAC
= AHC
= 900 ,
0,25
= HCA
. Suy ra hai tam giác ABC và HAC đồng dạng.
ACB
0,25
Do đó
AB AC
=
HA HC
0,25
⇔ AB.HC = AC.HA .
0,25
= CAK
b) Chứng minh CDE
1,0
=900 − ACE
=900 − EAD
(đúng mỗi ý được 0,25)
CAK
0,5
= AED
+ Lập luận được tam giác ADE cân tại D nên EAD
0,25
=900 − AED
=CDE
Suy ra CAK
0,25
c) Chứng minh DF2 = DB.DC .
1,0
(cùng chắn cung
)
= ACF
= FAC
(vì AF là phân giác của BAC
AB ), FAB
DAB
0,25
. Suy ra tam giác ADF cân tại D.
+ FAB
= ACF
+ FAC
⇔ DAF
= DFA
Suy ra: DAB
0,25
+ Chứng minh được hai tam giác ABD và CAD đồng dạng.
0,25
AD BD
Suy ra =
⇔ AD 2 = DB.DC . Hơn nữa AD = DF nên DF2 = DB.DC
CD AD
0,25
Cho ba số thực dương x, y, z. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
A=
1,0
xy
yz
zx
.
+
+
(2 x + z )(2 y + z )
(2 y + x)(2 z + x)
(2 z + y )(2 x + y )
(2 x + z )(2 y + z ) 4 xy + 2 z ( x + y ) + z 2
2 z( x + y) + z 2
=
= 4+
xy
xy
xy
Câu 6
≥ 4+
(1,0)
⇒
0,25
2 z ( x + y ) + z 2 4( x + y + z ) 2
2 z( x + y) + z 2
=
4
1 +
=
( x + y)2
( x + y)2
( x + y)2
4
0,25
xy
x+ y
≤
(2 x + z )(2 y + z ) 2( x + y + z )
Tương tự:
yz
y+z
≤
,
(2 y + x)(2 z + x) 2( x + y + z )
0,25
zx
z+x
.
≤
(2 z + y )(2 x + y ) 2( x + y + z )
0,25
Suy ra A ≤ 1 (dấu ‘‘=’’ xảy ra khi x= y= z ).
Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
11
Website:tailieumontoan.com
Vậy giá trị lớn nhất của A bằng 1 khi x= y= z .
Cách khác: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakovski ta có:
(2 y + x)(2 z +=
x) ( x )2 + ( y )2 + ( y )2 ( z )2 + ( z )2 + ( x )2
≥
(
⇒
xz + yz + yx
)
2
xy
≤
(2 x + z )(2 y + z )
( Dấu ‘‘ = ’’ xảy ra khi
xy
xy + yz + zx
y
x
=
z
z
y
=
x
+
⇔ x= y= z )
Tương
yz
≤
(2 y + x)(2 z + x)
yz
xy + yz + zx
,
zx
≤
(2 z + y )(2 x + y )
tự:
zx
xy + yz + zx
Suy ra: A ≤ 1. Vậy giá trị lớn nhất của A bằng 1 khi x= y= z .
--------------- HẾT --------------* Lưu ý: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì vẫn cho đủ số
điểm từng phần như hướng dẫn quy định.
Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
12
Website:tailieumontoan.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
QUẢNG NAM
Năm học: 2019 – 2020
Khóa thi ngày 10 tháng 6 năm 2019
Môn: TOÁN (Chuyên Toán)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 150 phút (không tính thời gian giao đề)
Đề số 3
Câu 1 (2,0 điểm).
x +2
2 x + 8 x2 − x x + x − 1
−
a) Cho biểu thức A=
với x ≥ 0.
⋅
x +3
x − x +1 x x +1
Rút gọn biểu thức A và tìm x để A = 6.
4n
4n
b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n , số M = 9.3 − 8.2 + 2019 chia
hết cho 20.
2
Câu 2 (1,0 điểm). Cho parabol ( P ) : y = − x 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
2
2
thỏa mãn x1 + x2 < 3.
Câu 3 (2,0 điểm).
a) Giải phương trình x 2 − x 2 − 4 x = 4 ( x + 3) .
2
2
3
x + y + 4 x + 2 y =
b) Giải hệ phương trình 2
2
13.
x + 7 y − 4 xy + 6 y =
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.
AC .
a) Chứng minh AB. AH + AD. AK =
b) Trên hai đoạn thẳng BC , CD lần lượt lấy hai điểm M , N ( M khác B, M khác
2
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 và F . Chứng minh
1 và BE + DF > EF .
+
=
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.P C = 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 a.b.c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức: P =
(1 + a )
+ b 2 + 5 (1 + b ) + c 2 + 5 (1 + c ) + a 2 + 5
+
+
⋅
ab + a + 4
bc + b + 4
ca + c + 4
2
Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038
2
2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
13
Website:tailieumontoan.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
QUẢNG NAM
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học: 2019 – 2020
HDC CHÍNH THỨC
Khóa thi ngày 10 tháng 6 năm 2019
Môn: TOÁN (Chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 150 phút (không tính thời gian giao đề)
Câu
Nội dung
Điểm
x +2
2 x + 8 x2 − x x + x − 1
a) Cho biểu thức A=
với
−
⋅
x +3
x − x +1 x x +1
x ≥ 0.
Câu 1
1,25
Rút gọn biểu thức A và tìm x để A = 6 .
(2đ)
Ta có:
(
)(
) (
x +2
x +1 − 2 x + 8
x +2
2 x +8
−
=
x − x +1 x x +1
x x +1
x+ x −6
=
x x +1
=
(
x 2 − x x + x −=
1
(
Do đó: A =
A =6 ⇔
(
x −2
)(
x +3
x x +1
)(
x −1
(
)(
x −2
)(
x +3
x x +1
)
0,25
).
0,25
)
x −1 x x +1 .
).(
)(
0,25
)=
(
x −1 x x +1
x +3
)
x − 2 =6 ⇔ x − 3 x − 4 =0 ⇔
)(
x −1
(
)(
x +1
)
0,25
x −2 .
)
x − 4 =0
⇔ x − 4 = 0 ⇔ x = 16 (không đối chiếu điều kiện x ≥ 0 cũng được).
b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n , số
0,75
M = 9.34 n − 8.24 n + 2019 chia hết cho 20.
M = ( 92 n +1 − 12 n +1 ) − 2.42 n +1 + 2020 .
(9
2 n +1
0,25
− 12 n +1 )( 9 − 1) , 2.42 n +1 8, 2020 4 ⇒ M 4 .
M = ( 92 n +1 − 42 n +1 ) − ( 42 n +1 + 12 n +1 ) + 2020 .
(9
2 n +1
0,25
− 42 n +1 )( 9 − 4 ) , ( 42 n +1 + 12 n +1 )( 4 + 1) , 20205 ⇒ M 5 .
Mặt khác 4 và 5 nguyên tố cùng nhau nên M 20 .
0,25
2
Cho parabol ( P ) : y = − x 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
Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038
0,25
1,0
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
14
Website:tailieumontoan.com
2
2
hoành độ x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 < 3.
Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là: − x = x + m − 2
2
Câu 2
(1đ)
⇔ x2 + x + m − 2 =
0 (1).
0,25
(d ) cắt ( P) tại hai điểm phân biệt khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt,
tức là:
0,25
9
∆ ' > 0 ⇔ 1 − 4(m − 2) > 0 ⇔ m < (*).
4
x12 + x22 < 3 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 < 3 ⇔ 1 − 2(m − 2) < 3
2
0,25
⇔ 1 − 2m + 4 < 3 ⇔ m > 1 .
Kết hợp với điều kiện (*) suy ra: 1 < m <
9
.
4
0,25
1,0
a) Giải phương trình x 2 − x 2 − 4 x = 4( x + 3) (1).
Đặt t = x 2 − 4 x , t ≥ 0
0,25
(Điều kiện: x − 4 x ≥ 0 được 0,25).
2
Câu 3 PT (1) trở thành: t − t − 12 =0 (chỉ cần thay t đúng và không còn chứa x ).
⇔ t =−3 (loại) hoặc t = 4 (thỏa t ≥ 0 ).
(2đ)
2
(Nếu không loại t = −3 , nhưng bước 4 có xét t = −3 phương trình
0,25
0,25
x2 − 4 x =
−3 vô nghiệm thì bước này cũng được 0,25).
Với t = 4 thì
x 2 − 4 x =4 ⇔ x 2 − 4 x =16 ⇔ x 2 − 4 x − 16 =0 ⇔ x =2 ± 2 5 .
* Trình bày khác: Điều kiện: x − 4 x ≥ 0
2
(1) ⇔
(
x2 − 4x
)
2
0,25
(0,25)
− x 2 − 4 x − 12 =
0 (0,25)
⇔ x2 − 4x =
−3 (vô nghiệm) hoặc
x2 − 4x =
4
⇔ x 2 − 4 x =16 ⇔ x 2 − 4 x − 16 =0 ⇔ x =2 ± 2 5 .
(0,5)
(0,25)
(0,25)
Ghi chú: Nếu thí sinh không đặt điều kiện nhưng giải đúng hoàn toàn thì vẫn được
điểm tối đa.
x 2 + y 2 + 4 x + 2 y =
3
b) Giải hệ phương trình 2
2
13.
x + 7 y − 4 xy + 6 y =
2 x 2 + 2 y 2 + 8 x + 4 y =
6
Hệ phương trình đã cho tương đương với: 2
2
13.
x + 7 y − 4 xy + 6 y =
Suy ra:
1,0
0,25
x 2 − 5 y 2 + 4 xy + 8 x − 2 y =
−7
Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
15
Website:tailieumontoan.com
⇔ x 2 + 2(2 y + 4) x − 5 y 2 − 2 y + 7 = 0 ⇔ x = y − 1 hoặc x =
−5 y − 7 .
0,25
+ Với x= y − 1 ta có hệ:
x 2 + y 2 + 4 x=
+ 2 y 3 y 2 + 2=
y −3 0
x = 0
x = −4
⇔
⇔
hoặc
y −1
y −1
y =1
y = −3
x =
x =
0,25
+ Với x= y − 1 ta có hệ:
−26 − 10 13
x=
2
2
2
x + y + =
4 x + 2 y 3 13 y + =
26 y + 9 0
13
hoặc
⇔
⇔
x
=
−
5
y
−
7
x
=
−
5
y
−
7
−
13
+
2
13
y =
13
−26 + 10 13
x =
13
y = −13 − 2 13
13
0,25
−26 − 10 13 −13 + 2 13
;
,
13
13
Vậy hệ PT có 4 nghiệm: (0;1) , ( −4; −3) ,
−26 + 10 13 −13 − 2 13
;
.
13
13
* Cách khác: Hệ phương trình đã cho tương đương với:
( x + 2) 2 + ( y + 1) 2 =
8
2
2
16
( x − 2 y ) + 3(y + 1) =
(0,25)
2
2
8
(1)
a + b =
2
2
16
(a − 2b) + 3b =
x 2, b =+
y 1 , hệ phương trình trên trở thành:
Đặt a =+
2a 2 + 2b 2 =
16
⇒ a 2 + 4ab − 5b 2 = 0 ⇔ a = b
⇔
2
2
16
(a − 2b) + 3b =
(0,25)
hoặc a = −5b .
8 ⇔ b =±2 .
Thay a = b vào (1) ta được: 2b =
2
x 0,=
y 1.
Với b = 2 thì a = 2 . Suy ra:=
(0,25)
−4, y =
−3 .
Với b = −2 thì a = −2 . Suy ra: x =
Thay a = −5b vào (1) ta được: 26b 2 =
8 ⇔ b =±
2 13
.
13
(0,25)
2 13
10 13
Với b =
thì a = −
.
13
13
Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
16
Website:tailieumontoan.com
Suy ra: x
=
−26 − 10 13
−13 + 2 13
.
=
,y
13
13
Với b = −
=
x
2 13
10 13
thì a =
. Suy ra:
13
13
−26 + 10 13
−13 − 2 13
.
=
,y
13
13
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.
1,25
AC .
a) Chứng minh AB. AH + AD. AK =
2
Hình vẽ phục vụ câu a (chưa vẽ đường phụ
Câu 4
nhưng vẽ đúng vẫn được 0,25).
(2đ)
Dựng BL ⊥ AC , DI ⊥ AC ( L, I ∈ AC ) .
0,25
0,25
Hai tam giác vuông ABL và ACH đồng
dạng nên:
Lưu ý: Không có hình không chấm.
AB AL
= ⇒ AB. AH =
AC. AL .
AC AH
0,25
(Chỉ cần nêu hai tam giác ABL và ACH đồng
dạng, không cần chứng minh).
Hai tam giác vuông ADI và ACK đồng dạng
nên:
AD AI
= ⇒ AD. AK =
AC.AI .
AC AK
0,25
(Chỉ cần nêu hai tam giác ADI và ACK đồng
dạng, không cần chứng minh).
Mà AI = CL nên:
AB. AH + AD. AK
= AC ( AL + AI=
) AC ( AL + C 0,25
.
* Cách khác:
(0,25)
Dựng BL ⊥ AC ( L ∈ AC ) .
Hai tam giác vuông ABL và ACH đồng
dạng nên:
(0,25)
AB AL
= ⇒ AB. AH =
AC. AL (1).
AC AH
Hai tam giác vuông BCL và CAK đồng dạng
nên:
Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038
(0,25)
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
17
Website:tailieumontoan.com
BC CL
= ⇒ BC. AK =
CA.CL ⇒ AD. AK =
AC
CA AK
(2).
AC 2 . (0,25)
Từ (1) và (2) suy ra: AB. AH + AD. AK =
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 E và F . Chứng minh
0,75
BM DN
+
=
1 và
BC DC
BE + DF > EF .
S ABM = S ACN ⇒
⇒
S ABM S ACN
BM CN
=
⇒
=
S ABC S ACD
BC CD
0,25
BM DN CN DN DC
+
=
+
=
=1 .
BC DC DC DC DC
0,25
BE a=
, DF b=
, EF c .
Đặt=
BM
BC
BM BE
a
.
= =
AD DE b + c
DN
DC
DN DF
b
.
= =
AB BF a + c
Vì BM / / AD và BC = AD nên: =
Vì D N / / AB và DC = AB nên: =
Suy ra:
0,25
a
b
+
=
1.
b+c a+c
⇒ a(a + c) + b(b + c) = (a + c)(b + c)
⇒ a 2 − ab + b 2 = c 2 ⇒ a 2 + 2ab + b 2 > c 2 ⇒ ( a + b ) > c 2 ⇒ a + b > c .
2
Vậy BE + DF > EF .
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 .
1,25
a) Chứng minh PB.P C = PE.PF và KE song song với BC.
Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
18
Website:tailieumontoan.com
Hình vẽ phục vụ câu a (chỉ cần phục vụ
một trong hai ý ở câu a cũng được 0,25).
Câu 5
(2đ)
0,25
Lưu ý: Không có hình không chấm.
Ta có: BEC
= BFC
= 90o ⇒ Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn đường kính
BC .
0,25
= PCF
nên chúng đồng
Hai tam giác PBE và PFC có góc P chung và PEB
dạng.
0,25
PB PE
⇒
=
⇒ PB.PC = PE.PF (1).
PF PC
Vì BDH
= BFH
= 90o nên tứ giác BDHF nội tiếp.
0,25
Tứ giác HEKF nội tiếp.
0,25
⇒ KE / / BC .
Ta có: EBC
= HBD
= HFD
= HEK
= BEK
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.
0,75
= PQF
nên chúng đồng
Hai tam giác PHE và PFQ có góc P chung và PEH
dạng.
0,25
PH PE
⇒
=
⇒ PH .PQ = PE.PF (2)
PF PQ
Từ (1) và (2) suy ra: PB.P C = PH .PQ .
Hai tam giác PBQ và PHC có góc P chung và
PB PQ
nên chúng đồng
=
PH PC
0,25
dạng.
=
hay HQB
⇒ Tứ giác BCQH nội tiếp.
⇒ PQB
PCH
= BCH
= FIB
.
= FQH
+ HQB
= FEH
+ HCB
= 2 FCB
Từ đó: FQB
0,25
Vậy tứ giác BIQF nội tiếp đường tròn.
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a.b.c = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038
1,0
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
19
Website:tailieumontoan.com
P=
(1 + a )
+ b 2 + 5 (1 + b ) + c 2 + 5 (1 + c ) + a 2 + 5
+
+
⋅
ab + a + 4
bc + b + 4
ca + c + 4
2
2
2
Ta có: (1 + a ) + b 2 + 5 = a 2 + b 2 + 2a + 6 ≥ 2ab + 2a + 6 .
2
Câu 6
(1đ)
0,25
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a = b (không nêu cũng được).
(1 + a )
⇒
+ b 2 + 5 2ab + 2a + 6
1
≥
=
2 1 −
.
ab + a + 4
ab + a + 4
ab + a + 4
2
1
=
ab + a + 4
1
≤
( ab + a + 1) + 3
0,25
1
1
1
+
4 ab + a + 1 3
1 + a ) + b2 + 5
(
1
1
1
1 11 1
1
⇒ 1−
≥ 1−
+ =
− .
⇒
≥
ab + a + 4
4 ab + a + 1 3 12 4 ab + a + 1
ab + a + 4
2
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a= b= 1 (không nêu cũng được).
Tương tự, xét hai biểu thức
P≥
(1 + b )
+ c + 5 (1 + c ) + a + 5
,
ta suy ra:
bc + b + 4
ca + c + 4
2
2
2
2
0,25
11 1
1
1
1
−
+
+
.
2 2 ab + a + 1 bc + b + 1 ca + c + 1
Vì a.b.c = 1 nên
1
1
1
1. Do đó: P ≥ 5 .
+
+
=
ab + a + 1 bc + b + 1 ca + c + 1
P = 5 ⇔ a = b = c =1 .
0,25
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 khi a= b= c= 1 .
* Lưu ý:
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì vẫn cho đủ
số điểm từng phần như hướng dẫn quy định.
Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
20
Website:tailieumontoan.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
QUẢNG NAM
Năm học: 2018 – 2019
Khóa thi: Ngày 07 tháng 6 năm 2018
Môn: TOÁN (Chung)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 120 phút (không tính thời gian giao đề)
Đề số 4
Câu 1: (2,0 điểm)
a. Rút gọn các biểu thức sau:
A=
x y−y x
x− y
3
11
10
−
và B
−
−=
xy
x+ y
5 +2 4− 5
5
b. Giải phương trình:
x−
với x > 0 ; y > 0 .
4
=
5.
x−2
Câu 2 : (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = ( 2k − 1) x + 3 (k
là tham số) và parabol (P): y = x 2 .
a. Vẽ parabol (P).
b. Chứng minh rằng với bất kỳ giá trị nào của k thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P)
tại hai điểm phân biệt.
Câu 3 : (2,0 điểm)
a. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình: 2 x 2 + ( 2m − 1) x + m − 1 =
0 có hai
11.
nghiệm phân biệt x1 và x2 thỏa mãn điều kiện 3 x1 − 4 x2 =
b. Giải phương trình :
x + 3 + 6 - x − (x + 3)(6 - x) = 3.
Câu 4 : (3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD, lấy điểm K thuộc cạnh AD (K khác A, D). Qua
A kẻ đường thẳng vuông góc với CK, đường thẳng này cắt các đường thẳng CK và
CD theo thứ tự tại I và H.
a. Chứng minh các tứ giác ABCI, AIDC nội tiếp đường tròn.
.
b. Tính số đo HID
c. Chứng minh HI.HA = HD.HC.
1
BC
d. Đường thẳng BK cắt đường thẳng CD tại N. Chứng minh =
2
1
1
.
+
2
BK
BN 2
Câu 5 : (0,5 điểm) Cho a; b; c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
a 2 + b2 − c2 b2 + c2 − a 2 c2 + a 2 − b2
+
+
> 1.
2ab
2bc
2ca
......................HẾT........................
Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
21
Website:tailieumontoan.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
QUẢNG NAM
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
HDC CHÍNH THỨC
Năm học: 2018 – 2019
Khóa thi: Ngày 07 tháng 6 năm 2018
Môn: TOÁN (Chung)
Câu
Nội dung
Điểm
a/(1,5đ)
A=
=
Câu 1
3
11
10
−
−
5 +2 4− 5
5
3
(
5−2
5−4
) − 11( 4 + 5 ) − 2
16 − 5
0,25
5
= 3 5 −6−4− 5 −2 5
0,25
= -10
0,25
x y−y x
(2đ)
=
B
xy
B=
xy
(
−
x− y
xy
= ( x−
x− y
x+ y
)−(
với x > 0 ; y > 0 .
x− y
)(
x+ y
)
0,25
x+ y
y ) − ( x − y)
0,25
=0
0,25
b/ (0,5đ)
Giải phương trình:
x−
x−
4
=
5.
x−2
4
ĐK: x ≠ 2
=
5
x−2
Quy đồng khử mẫu ta được phương trình:
0,25
x2 -2x - 4 = 5(x - 2)
⇔
x2 −7 x +6 = 0
Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
22
Website:tailieumontoan.com
Do a +b + c = 1 -7 +6 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm:
x = 1; x = 6 (thoả mãn)
0,25
Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm x = 1; x = 6
a. (1,0đ)
Vẽ parabol (P): y = x 2 .
Câu 2
Parabol (P) đi qua 5 điểm ( 0;0 ) , (1;1) , ( −1;1) , ( 2;4 ) , ( −2;4 )
0,5
y
(2đ)
4
0,5
1
-2
-1
O
1
2
x
b. (1,0đ)
Chứng minh rằng với bất kỳ giá trị nào của k thì đường thẳng (d) luôn cắt
parabol (P) tại hai điểm phân biệt.
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là:
0,25
x2 = (2k − 1)x + 3
⇔ x2 − (2k − 1)x − 3 = 0
0,25
Ta có ac = −3 < 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của
k.
Vậy đường thẳng (d) và parabol (P) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt.
0,25
0,25
3a) (1,0đ)
0 có
Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình : 2 x 2 + ( 2m − 1) x + m − 1 =
11.
hai nghiệm phân biệt x1 và x2 thỏa mãn điều kiện 3 x1 − 4 x2 =
Câu 3
(2đ)
Phương trình 2 x 2 + ( 2m − 1) x + m − 1 =
0 có hai nghiệm phân biệt x1 và x2
2 ≠ 0
a ≠ 0
3
⇔
⇔
⇔ 2m − 3 ≠ 0 ⇔ m ≠
2
2
∆ > 0
( 2m − 3) > 0
0,25
(Có thể không cần điều kiện a ≠ 0 )
Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
23
Website:tailieumontoan.com
Theo viet ta có
2m − 1
x1 + x2 =
−
(1)
2
m −1
x1.x2 =
( 2)
2
0,25
Theo giả thiết ta có
3 x1 − 4 x2 =
11( 3) . Từ (1) và ( 3)=
suy ra x1
−6m − 19
13 − 4m
=
; x2
7
14
0,25
Thay vào (2) ta được
m = −2
24m − 51m − 198 =
0⇔
(TM)
m = 33
8
0,25
2
3b/ (1,0đ)
Giải phương trình
x + 3 + 6 - x − (x + 3)(6 - x) = 3
x+3 ≥ 0
⇔ -3 ≤ x ≤ 6 .
6-x ≥ 0
Điều kiện :
0,25
u = x + 3
, u, v ≥ 0 ⇒ u 2 + v 2 =
9.
v = 6 - x
Đặt :
0,25
Phương trình đã có trở thành hệ :
u 2 + v 2
(u + v) 2 - 2uv = 9
=9
⇔
u
+
v
uv
=
3
= 3 + uv
u + v
Giải hệ ta được
0,25
u = 0
u = 3
hoặc
v = 3
v = 0
x + 3 =
3
⇔x=
6(TM )
⇔x=
−3(TM) hoặc
0
3
6 − x =
6 − x =
x + 3 =
0
Suy ra
Vậy phương trình có nghiệm là x =-3 , x = 6.
Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
0,25
24
Website:tailieumontoan.com
Câu 4
a.(1,0đ)
(3,5đ)
A
B
I
K
N
H
D
P
C
a. Chứng minh các tứ giác ABCI, AIDC nội tiếp đường tròn.
+ Ta có
ABC = 90o(ABCD là hình vuông) và
AIC = 90o (gt)
0,25
Do đó B, I cùng thuộc đường tròn đường kính AC⇒ tứ giác ABCI nội tiếp
0,25
+ Ta có
AIC = 90o (gt) và
ADC = 90o (ABCD là hình vuông)
0,25
Do đó I, D cùng thuộc đường tròn đường kính AC⇒ tứ giác AIDC nội tiếp
0,25
b. (1,0đ)
.
Tính HID
180o
ACD +
AID =
=
⇒ HID
ACD
o
180
HID + AID =
Ta có:
0,5
= 45o
mà
ACD = 45o (tính chất hình vuông ABCD) ⇒ HID
0,5
c. (1,0đ)
Chứng minh HI.HA = HD.HC
Xét ∆HAD và ∆HCI
HDA
= HIC
= 90o
Có
( chung )
AHD = IHC
⇒
⇒ ∆HAD
0,5
∆HCI (g.g)
HA HD
=
HC HI
0,25
0,25
⇒ HI.HA = HD.HC (đpcm)
d. (0,5đ)
Đường
thẳng
BK
cắt
đường
thẳng
CD
tại
N.
Chứng
minh
1
1
1
.
=
+
2
2
BC
BK
BN 2
Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
