de TS toan 10 chuyen tin quang nam 2018 2019

Tìm hai số nguyên tố p và q, biết rằng p q và p4q đều là các số chính phương.. Cho tam giác nhọn ABC AB < AC nội tiếp đường tròn O , D là điểm chính giữa trên cung nhỏ BC của đường trò

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NAM

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề có 1 trang)

Môn thi : TOÁN (Chuyên Tin)

Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi : 09/6/2018

Câu 1 (1,5 điểm).

Cho biểu thức

4 4 2

x A

x



 , với x và 0 x  Rút gọn biểu thức A và tìm 4 x để

2

5

A

Câu 2 (1,0 điểm).

Tìm hai số nguyên tố p và q, biết rằng p q và p4q đều là các số chính phương.

Câu 3 (2,0 điểm).

a) Giải phương trình x23x  2 (x 1) 4x.

b) Giải hệ phương trình

0

    





    



Câu 4 (1,0 điểm).

Cho đường thẳng ( ) :d y  2x m  (m là tham số) và parabol ( ) :P y x  Tìm m để ( )2 d

cắt ( )P tại hai điểm phân biệt có hoành độ x x sao cho 1, 2 x12x22 10

Câu 5 (3,5 điểm).

Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O) , D là điểm chính giữa trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) , H là chân đường cao vẽ từ A của tam giác ABC Hai điểm

K, L lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên AB và AC

a) Chứng minh AL.CB = AB.KL

b) Lấy điểm E trên đoạn thẳng AD sao cho DB = DE Chứng minh E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

c) Đường thẳng KL cắt đường tròn (O) tại hai điểm M, N (K nằm giữa M, L) Chứng minh AM = AN = AH

Câu 6 (1,0 điểm).

Cho hai số thực dương a và b thỏa mãn a b  ab Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

ab

A a b

a b

  



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 2018-2019 HDC CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN (Chuyên Tin)

(Bản hướng dẫn này gồm 05 trang)

Câu 1

(1,5)

Cho biểu thức

4 4 2

x A

x



 , với x và 0 x Rút gọn biểu thức 4 A và tìm x để

2

5

1,5

4

A

x



x

 

x

1 4

x

Câu 2

(1,0) Tìm 2 số nguyên tố

p và q, biết rằng p q và p4q đều là các số chính phương. 1,0

Theo đề ta có

2 2

*

4

;

p q a

a b N

  

  



 , suy ra b2a23q b a b a    3q

0,25

Từ q là số nguyên tố và a b  nên ta có các trường hợp sau:2

+ TH 1:

1 3

b a

b a q

 



  

 suy ra b a  và 1 2a 1 3q, suy ra q lẻ

Ta viết q2k1 ( k N *)

Khi đó 2a3q 1 6k2 hay a3k và 1 p a 2 –q9k24k k k 9 4

Do p nguyên tố nên k  và 1 p13,q3.

0,25

+ TH 2:

3

b a

b a q

 



  

 , suy ra b a  và 3 q2a3

Lại có p a 2  q a22 – 3a  a 1 a– 3  Do p nguyên tố nên a  và 4 p5,q11

0,25

b a q

b a

 



  

 và b a  1

Suy ra b  và 2 a  khi đó 1 q1 không phải số nguyên tố.

0,25

Kết luận: (p;q) = (5;11), (13;3).

Trình bày cách khác:

Theo đề ta có

2 2

*

4

;

p q a

a b N

  

  



Suy ra b2a2 3q b a b a    3q.

(0,25)

Vì p q, là các số nguyên tố nên a2, b4 Do đó ta có các trường hợp sau:

+ TH 1:

1 3

b a

b a q

 



  

 Khi đó b a  và 1 2a 1 3q Suy ra q lẻ

Ta viết q2k1 ( k N *)

Khi đó 2a3q 1 6k2 hay a3k và 1 p a 2 –q9k24kk k9 4

Do p nguyên tố nên k  Suy ra 1 p13, q3.

(0,25)

+ TH 2:

3

b a

b a q

 



  

 Khi đó b a  và 3 q2a3

Lại có p a 2  q a22 – 3a a1 a– 3 

Do p nguyên tố nên a Suy ra 4 p5, q11.

(0,25)

Vậy p13, q3 hoặc p5, q11. (0,25)

Câu 3

(2,0) a) Giải phương trình

Điều kiện: x 4

x    x x x  (x 1)x 2 4x 0 0,25

1

x





2

2

x





  

   (thỏa điều kiện 2 ≤ x ≤ 4) x 3 0,25 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x1,x3. 0,25

b) Giải hệ phương trình

0

    





    

x  x y    y x y x y     hoặc x y x y  1 0 0,25

+ Với x y thay vào pt thứ hai ta được: x22x    hoặc 3 0 x 1 x 3.

Suy ra được: ( ; ) (1;1)x y  hoặc ( ; ) ( 3; 3)x y    0,5

+ Với x y     1 0 y 1 x thay vào pt thứ hai ta được:

x  x    hoặc x x 3.

Suy ra được: ( ; ) (1;0)x y  hoặc ( ; ) ( 3;4)x y  

0,25

Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm: (1;1),( 3; 3), (1;0),( 3; 4).  

* Lưu ý: Học sinh giải đúng một trong 2 trường hợp: với x y , với x y  1 0 cho

0,5đ

/ M

N K

L O

E

D

B

A

thuvienhoclieu.com

Câu 4

(1,0)

Cho đường thẳng ( ) :d y 2x m (m là tham số) và parabol ( ) :P y x 2 Tìm m để ( )d

cắt ( )P tại hai điểm phân biệt có hoành độ x x1, 2 sao cho x12x22 10 1,0 Phương trình hoành độ giao điểm của ( )d và ( )P : x22x m  (1)0 0,25

+ ( )d cắt ( )P tại hai điểm phân biệt khi  ' 0 hay m 1 0,25

+ x x là hai hoành độ của hai giao điểm 1 2, ( )d và ( )P nên x x là 2 nghiệm của pt (1).1, 2

Theo định lý Viet:

1 2

2

x x

 



  

 (thí sinh không viết định lý này mà thể hiện ở dòng dưới

đúng cũng được).

x12x22 10(x1x2)22x x1 210 4 2m10  (thỏa m 3 m  ).1

Vậy m là giá trị cần tìm.3

0,25

Lưu ý : Nếu thí sinh không lập ∆’ riêng mà ghi chung ở phần lập luận 2 nghiệm phân

biệt thì vẫn được 0,5đ.

Câu 5

(3,5) Cho tam giác nhọn

ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), D là điểm chính giữa trên cung nhỏ BC của đường tròn (O), H là chân đường cao vẽ từ A của tam giác ABC Hai

điểm K, L lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên AB và AC

Hình vẽ phục câu a: 0,25 đ

Hình vẽ phục cả hai câu b, c: 0,25 đ

0,5

- Xét hai tam giác AKL và ACB, có:

+



Suy ra hai tam giác AKL và ACB đồng dạng 0,25

Suy ra

Lưu ý: HS chứng minh được ∆AKL ~ ∆ACB theo cách khác vẫn được 0,75đ.

b) Lấy điểm E trên đoạn thẳng AD sao cho DB = DE. Chứng minh E là tâm đường tròn

+ AE là đường phân giác trong của góc µA của tam giác ABC (*)

+ Tam giác DBE cân tại D nên: BED = EBD (1).· · 0,25 BED = BAD + ABE = BCD + ABE = DBC + ABE (2); ·· · · EBD = DBC + EBC (3)· · 0,5

Từ (1), (2) và (3) suy ra ABE = EBC hay BE là phân giác trong của góc µB của tam giác· ·

ABC (**)

Từ (*) và (**) suy ra E là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC

0,25

c) Đường thẳng KL cắt đường tròn (O) tại hai điểm M, N (K nằm giữa M, L)

+ Hai tam giác AKL và ACB đồng dạng

Suy

ALK = ABC sdAM + sd NC = sdAC

sdAM + sd NC = sdAN + sd NC

 sdAM = sdAN¼ » AM = AN (4). 0,25 + Chứng minh được hai tam giác ALN và ANC đồng dạng 0,25

Suy ra

2

Mà AL.AC = AH2 AN = AH (5).

Từ (5) và (6) suy ra AM = AN = AH.

0,25

Câu 6

(1,0)

Cho hai số thực dương a và b thỏa mãn a b  ab Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức

ab

A a b

a b

  

 .

1,0

Ta có:

, 0 , 0

1 1

1

a b

a b







 

Đặt

,

a  b 

; khi đó ta có

, 0 1

x y

x y





  

 và 2 2 2 2

A

  

 .

0,25

A





3 1 5

A

xy xy xy

   

0,25

1 1

x y  xy   xy xy       

Suy ra A Dấu bằng xảy ra khi 10

1

x y

x y

x y



  

 hay a b  4

Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 10 khi a b  4

0,5

Cách khác:

Câu 6 Cho hai số thực dương a và b thỏa mãn a b  ab Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 1,0

(1,0)

thức

ab

A a b

a b

  

 .

Ta có: 2 a b  a b  ab ab4

Dấu đẳng thức xảy ra

4 4

a b ab

 





(0,25)

10

a b

Suy ra: A 10

(0,5)

Đẳng thức xảy ra khi

4

4 4

a b

a b

a b

 





Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 10 khi a b  4

(0,25)

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.