de TS toan 10 chuyen quang nam 2019 2020

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của C lên các đường thẳng AB, AD.. Cho tam giác nhọn ABC AB AC nội tiếp đường tròn O và có trực tâm H.. Đường thẳng DF cắt đường tròn ngoạ

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).

a) Cho biểu thức

2

A

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  và đường thẳng ( ):x2 d y   Tìm tất cả các giá trịx m 2

của tham số m để ( ) d cắt ( ) P tại hai điểm phân biệt lần lượt có hoành độ x x thỏa mãn1, 2

2 2

1 2 3

x x 

Câu 3 (2,0 điểm).

a) Giải phương trình x2 x24x 4x3 

b) Giải hệ phương trình

2 2

    







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 E và F Chứng minh

BM DN

1

và BE DF EF. 

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 1 a b c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 2 2 5 1 2 2 5 1 2 2 5

P

HẾT

-Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020

(Bản hướng dẫn này gồm 05 trang)

Câu 1

(2,0)

a) Cho biểu thức

2

A

Rút gọn biểu thức A và tìm x để A6.

1,25

Ta có:

6

x x x x  x x x

Do đó:

 x   4 0 x 16 (không đối chiếu điều kiện x 0 cũng được). 0,25

b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, số M 9.34n8.24n2019 chia

9 2 1n 1 2 1n  2.4 2 1n 2020

9 2 1n  1 2 1n M9 1 , 2.4   2 1n M 8, 2020 4 M MM 4

0,25

9 2 1n 4 2 1n  4 2 1n 1 2 1n  2020

9 2 1n  4 2 1n M9 4 , 4    2 1n  1 2 1n M4 1 , 2020 5   M MM 5

0,25

Mặt khác 4 và 5 nguyên tố cùng nhau nên MM20 0,25

Câu 2

(1,0) Cho parabol

2

tham số m để ( )d cắt ( )P tại hai điểm phân biệt lần lượt có hoành độ x x1 , 2 thỏa mãn

x x 

1,0

Phương trình hoành độ giao điểm của ( )P và ( )d là:    x2 x m 2

( )d cắt ( )P tại hai điểm phân biệt khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt, tức là:

9

4

(*)

0,25

Kết hợp với điều kiện (*) suy ra:

9 1

4

m

 

Câu 3

(2,0) a) Giải phương trình

Đặt t x24 ,x t0 (Điều kiện: x2  4x 0 được 0,25). 0,25

PT (1) trở thành: t2  t 12 0 (chỉ cần thay t đúng và không còn chứa x) 0,25

3

t

(Nếu không loại t 3, nhưng bước 4 có xét t  3 phương trình x2 4x   3 vô nghiệm

thì bước này cũng được 0,25)

0,25

Với t4 thì x2 4x   4 x2 4x 16 x2 4x     16 0 x 2 2 5. 0,25

* Trình bày khác: Điều kiện: x24x0 (0,25)

2

(1) x 4x  x 4x 12 0

(0,5)

 x24x  3 (vô nghiệm) hoặc x2  4x  4 (0,25)

Ghi chú: Nếu thí sinh không đặt điều kiện nhưng giải đúng hoàn toàn thì vẫn được điểm tối đa.

b) Giải hệ phương trình





Hệ phương trình đã cho tương đương với:

2 2 8 4 6

7 4 6 13.

    





   



Suy ra: x25y24xy8x2y 7

0,25

2 2(2 4) x 5 2 2 7 0 1

          hoặc x   5y 7 0,25 + Với x y 1 ta có hệ:

1

x

y

          

4 3

x y

 



  



0,25 + Với x y 1 ta có hệ:

13

x

y





26 10 13 13

13 2 13 13

x y







 

 



Vậy hệ PT có 4 nghiệm: (0;1), ( 4; 3)  ,

26 10 13 13 2 13

;

    

26 10 13 13 2 13

;

    

0,25

* Cách khác: Hệ phương trình đã cho tương đương với:





Đặt a x 2,b y 1, hệ phương trình trên trở thành:

  







(0,25)

2 2



 

Thay a b vào (1) ta được: 2b2     8 b 2.

Với b2 thì a 2 Suy ra: x 0, y 1.

Với b 2 thì a  2 Suy ra: x  4, y  3.

(0,25)

Thay a  5b vào (1) ta được:

26 8

13

b    b

Với

2 13 13

b

thì

10 13 13

a 

Suy ra:

26 10 13, 13 2 13

x  y 

Với

2 13 13

b 

thì

10 13 13

a

Suy ra:

26 10 13, 13 2 13

x  y 

(0,25)

Câu 4

(2,0) 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

1,25

Lưu ý: Không có hình không chấm.

Hình vẽ phục vụ câu a (chưa vẽ đường phụ nhưng vẽ

Dựng BL AC, DI AC L, I AC      . 0,25

Hai tam giác vuông ABL và ACH đồng dạng nên:

AB.AH AC.AL

(Chỉ cần nêu hai tam giác ABL và ACH đồng dạng, không cần chứng minh).

0,25

Hai tam giác vuông ADI và ACK đồng dạng nên:

AD.AK AC.AI

(Chỉ cần nêu hai tam giác ADI và ACK đồng dạng, không cần chứng minh).

0,25

2

* Cách khác:

Dựng BL AC L AC     . (0,25)

Hai tam giác vuông ABL và ACH đồng dạng nên:

AB.AH AC.AL

(1)

(0,25)

Hai tam giác vuông BCL và CAK đồng dạng nên:

(2)

(0,25)

Từ (1) và (2) suy ra: AB.AH AD.AK AC  2. (0,25) 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

1

0,75

ACN ABM

S

1

Suy ra:

1

a(a c) b(b c) (a c)(b c)

0,25

Câu 5

(2,0) Cho tam giác nhọn

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.

1,25

Hình vẽ phục vụ câu a (chỉ cần phục vụ một

trong hai ý ở câu a cũng được 0,25)

Lưu ý: Không có hình không chấm.

0,25

Ta có: BEC BFC 90· ·  o Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn đường kính BC 0,25 Hai tam giác PBEvà PFC có góc P chung và PEB PCF· · nên chúng đồng dạng.

PB.PC PE.PF

(1)

0,25

Tứ giác HEKF nội tiếp

Ta có: EBC HBD HFD HEK BEK· · · · · KE / /BC. 0,25

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

Hai tam giác PHEvà PFQ có góc P chung và PEH PQF· · nên chúng đồng dạng.

PH.PQ PE.PF

(2)

0,25

Từ (1) và (2) suy ra: PB.P C PH.PQ .

Hai tam giác PBQ và PHC có góc P chung và

nên chúng đồng dạng

PQB PCH

  hay HQB BCH· ·  Tứ giác BCQH nội tiếp

0,25

Từ đó: FQB FQH HQB FEH HCB 2FCB FIB· · · · ·  ·  · .

Câu 6

(1,0) Cho ba số thực dương

, ,

a b c thỏa mãn a b c . 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

1,0

Ta có: 1 a2 b2  5 a2b2 2a  6 2ab 2a 6.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a b (không nêu cũng được). 0,25

2 1

0,25

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a b 1 (không nêu cũng được).

Tương tự, xét hai biểu thức

,

    ta suy ra:

P

0,25

Vì a b c . 1 nên

1

      Do đó: P 5.

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 khi a b c  1.

0,25

* 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