Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Nam (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Nam (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYấN QUẢNG NAM NĂM HỌC 2019 – 2020 Mụn thi : TOÁN (Toỏn chuyờn) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian : 150 phỳt (khụng kể thời gian giao đề) Khúa thi ngày : 10-12/6/2019 Cõu 1 (2,0 điểm). x 2 2 x 8 x2 x x x 1 a) Cho biểu thức A  với x 0 . x x 1 x x 1 x 3 Rỳt gọn biểu thức A và tỡm x để A 6 . b) Chứng minh rằng với mọi số nguyờn dương n, số M 9.34n 8.24n 201 9chia hết cho 20. Cõu 2 (1,0 điểm). Cho parabol (P) : y x2 và đường thẳng (d) : y x m 2 . Tỡm tất cả cỏc giỏ trị của tham số m để (d) cắt (P) tại hai điểm phõn biệt lần lượt cú hoành độ x1, x 2thỏa món 2 2 x1 x2 3 . Cõu 3 (2,0 điểm). a) Giải phương trỡnh x2 x2 4x 4 x 3 . x2 y2 4x 2y 3 b) Giải hệ phương trỡnh 2 2 x 7y 4xy 6y 13. Cõu 4 (2,0 điểm). Cho hỡnh bỡnh hành ABCD cú gúc A nhọn. Gọi H, K lần lượt là hỡnh chiếu vuụng gúc của C lờn cỏc đường thẳng AB, AD. a) Chứng minh AB.AH AD.AK AC2 . b) Trờn hai đoạn thẳng BC, CD lần lượt lấy hai điểm M, N (M khỏc B, M khỏc C) sao cho hai tam giỏc ABM và ACN cú diện tớch bằng nhau; BD cắt AM và AN lần lượt tại BM DN E và F. Chứng minh 1 và BE DF EF . BC DC Cõu 5 (2,0 điểm). Cho tam giỏc nhọn ABC (AB AC) nội tiếp đường trũn (O) và cú trực tõm H. Ba điểm D, E, F lần lượt là chõn cỏc đường cao vẽ từ A, B, C của tam giỏc ABC. Gọi I là trung điểm của cạnh BC, P là giao điểm của EF và BC. Đường thẳng DF cắt đường trũn ngoại tiếp tam giỏc 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 trũn ngoại tiếp tam giỏc HEF tại điểm thứ hai là Q. Chứng minh tứ giỏc BIQF nội tiếp đường trũn. Cõu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a,b,c thỏa món abc 1 . Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức 1 a 2 b2 5 1 b 2 c2 5 1 c 2 a2 5 P  ab a 4 bc b 4 ca c 4 HẾT
2. HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Cõu Phần Nội dung Điểm Với x 0 , ta cú: 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 1  x 1 x x 1 x 3 x 3 x 2 2 x 8 x x 1 x 1  x x 1 x 3 x 1 x 3 x 2 x 6  x 3 a) 1.0 x 1 x 2 x 3  x 3 x 2 x 1 x 3 x 2 Cõu 1 A 6 x 3 x 2 6 x 3 x 4 0 (2,0đ) x x 4 x 4 0 x 4 x 1 0 x 4 0 vỡ x 1 0 x 0 x 16 (TMĐK) Vậy với x 16 thỡ A 6 . M 9.34n 8.24n 2019 9.81n 8.16n 2019 Ta cú: 81 1(mod 4) 81n 1(mod 4) 9.81n  9 1(mod 4) 8.16n  0(mod 4) M 1 0 2019  2020  0(mod 4) hay M M4 (1) b) 1.0 Lại cú: 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) hay M M5 (2) Từ (1) và (2) M MBCNN(4,5) hay M M20 (đpcm) Xột phương trỡnh hoành độ giao điểm của (P) và (d): Cõu 2 x2 x m 2 x2 x m 2 0 (1) 1.0 (1,0đ) Ta cú: 1 4(m 2) 9 4m (d) cắt (P) tại hai điểm phõn biệt
3. Phương trỡnh (1) cú hai nghiệm phõn biệt 9 0 m (2) 4 x1 x2 1 Áp dụng hệ thức Vi-ột, ta cú: x1x2 m 2 Theo đề bài: 2 2 2 x1 x2 3 (x1 x2 ) 2x1x2 3 1 2(m 2) 3 5 2m 3 m 1 (3) 9 Từ (2) và (3) 1 m là giỏ trị cần tỡm. 4 x2 x2 4x 4 x 3 x2 4x x2 4x 12 0 (1) Đặt x2 4x y y 0 . Phương trỡnh (1) trở thành: y2 y 12 0 (2) a) Giải phương trỡnh (2) được: y1 4 (TMĐK) ; y2 3 (loại) Với y 4 thỡ: x2 4x 4 x2 4x 16 (x 2)2 20 x 2 2 5 Vậy nghiệm của phương trỡnh đó cho là x 2 2 5 . x2 y2 4x 2y 3 2 2 x 7y 4xy 6y 13 x2 4x 4 y2 2y 1 8 2 2 2 x 4xy 4y 3y 6y 3 16 (x 2)2 (y 1)2 8 (1) Cõu 3 2 2 (2,0đ) (x 2y) 3(y 1) 16 2(x 2)2 2(y 1)2 16 2 2 (x 2y) 3(y 1) 16 2(x 2)2 (x 2y)2 (y 1)2 0 b) (x 2)2 (x 2y)2 (x 2)2 (y 1)2 0 (2x 2y 2)(2y 2) (x y 3)(x y 1) 0 (x y 1)(4y 4) (x y 3)(x y 1) 0 (x y 1)(x 5y 7) 0 x y 1 (2) x 5y 7 (3) 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
4. Thay (3) vào (1) được: 4 ( 5y 7 2)2 (y 1)2 8 26(y 1)2 8 (y 1)2 13 2 10 y 1 x 2 13 13 2 10 y 1 x 2 13 13 Vậy nghiệm của hệ phương trỡnh đó cho là 10 2 10 2  (x; y) 0;1 , 4; 3 , 2 ; 1 , 2 ; 1 . 13 13 13 13  B H A E Q I M P F C D N K Kẻ BP  AC, DQ  AC Dễ chứng minh AQD = CPB (cạnh huyền - gúc nhọn) Cõu 4 AQ CP AQ AP AC (1) (2,0đ) APB AHC (g-g) AB AP a) AB.AH AC.AP (2) 1.0 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) AC2 Hai tam giỏc ADN và ADC cú chung chiều cao kẻ từ A DN S ADN DC SADC BM S Tương tự: ABM BC S b) ABC 0.5 Mà SABM = SACN (GT) và SABC = SADC (vỡ ABCD là hỡnh bỡnh hành) BM S ACN BC SADC BM DN S S S S ACN ADN ACN ADN 1 BC DC SADC SADC SADC
5. Gọi I là giao điểm của AC và BD IA = IC Ta cú: 1 SAMCN = SACM + SACN = SACM + SABM = SABC = SABCD = SABD 2 Vỡ IA = IC nờn: SAEF = SAIE + SAIF = SCIE + SCIF = SCEF < SEMCNF 1 1 0.5 SAEF < SAMCN SAEF < SABD 2 2 1 EF < BD 2 Mà BE + DF + EF = BD BE DF EF (đpcm). A J K E 1 F O 1 Q H 1 1 1 P B D I C Cõu 5 Tứ giỏc BCEF cú: (2,0đ) BãEC BãFC 90o (GT) BCEF là tứ giỏc nội tiếp à à C1 E1 ã à à 0.5 PBE và PFC cú: EPC chung ; E1 C1 PBE PFC (g-g) PB PE PB.PC PE.PF PF PC a) Tứ giỏc BDHF cú: BãDH BãFH 90o (GT) BãDH BãFH 180o BDHF là tứ giỏc nội tiếp à $ 0.5 B1 F1 AH Gọi J là trung điểm của AH. Dễ thấy HEF nội tiếp đường trũn J; 2 Tứ giỏc HEKF nội tiếp đường trũn (J)
6. $ ã o ã F1 HEK 180 HFK à $ à ã Mà B1 F1 B1 HEK KE // BC Trước hết, ta chứng minh DIEF là tứ giỏc nội tiếp Cỏch 1: à ã Tứ giỏc BCEF nội tiếp B1 HFE à $ ã à Mà B1 F1 DFE 2B1 (1) EBC vuụng tại E, đường trung tuyến EI 1 IB IE BC IBE cõn tại I 2 $ à I1 2B1 (tớnh chất gúc ngoài của tam giỏc) (2) 0.25 $ ã Từ (1) và (2) I1 DFE DIEF là tứ giỏc nội tiếp Cỏch 2: ã à ã ã 1 ằ Chứng minh được IEH B1 HFE IEH sđHE 2 b) EI là tiếp tuyến của (J) ả ã ã à IEF EAF BHF D1 DIEF là tứ giỏc 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 PH PD.PI = PH.PQ PQ PI 0.75 PDH PQI (c-g-c) PãHD PãIQ Lại cú PãHD ÃHQ Ã FQ Ã FQ PãIQ BIQF là tứ giỏc nội tiếp. Dễ chứng minh cỏc bất đẳng thức: 1 1 4 x2 y2 2xy ; với x, y 0 x y x y Dấu “=” xảy ra x y Áp dụng cỏc bất đẳng thức trờn, ta cú: 2 1 a b2 5 a2 b2 2a 6 2ab 2a 6 2(ab a 4) 2 Cõu 6 (1,0đ) ab a 4 ab a 4 ab a 4 ab a 4 2 1 4 1 1 1 2 2  2 ab a 4 2 (ab a 1) 3 2 ab a 1 3 11 1 1  6 2 ab a 1 Tương tự:
7. 2 1 b c2 5 11 1 1  bc b 4 6 2 bc b 1 2 1 c a2 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 Vỡ abc 1 nờn: 1 a a bc b 1 abc ab a ab a 1 1 ab ab ca c 1 a2bc abc ab ab a 1 1 1 1 1 a ab ab a 1 bc b 1 ca c 1 ab a 1 ab a 1 ab a 1 1 11 1 P 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 Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương