SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019-2020 Ngày thi: 06/06/2019 Mơn: Tốn (Hệ chun) Bài (2,0 điểm) 2 a) Giải phương trình: x x x 19 4 x 74 x y x 0 2 b) Giải hệ phương trình: 9 x xy y y 0 Bài (2,5 điểm) P 2x x x x2 x x x x x x x x x 1 Rút gọn tìm giá trị nhỏ a) Cho biểu thức biểu thức P 2 b) Cho hai số thực a, b thỏa mãn a 4ab 7b 0 a b, a b Tính giá trị biểu thức Q 2a b 3a 2b a b a b c) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d : y m x m d ' : x m y m 2, m tham số Chứng minh giao điểm hai đường thẳng nói thuộc đường cố định m thay đổi Bài (1,5 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x y x y b) Số tự nhiên n 111 có tất ước số nguyên dương phân biệt ? Tính tích tất ước số Bài (3,5 điểm) Cho đường trịn O; R có hai đường kính AB CD vng góc với Gọi M điểm di động đoạn thẳng OB ( M khác O P) Tia CM cắt đường tròn O N ; DB cắt CN P, AN cắt CD Q a) Chứng minh PQ / / AB b) Chứng minh CAQ đồng dạng với AMC , từ suy diện tích tứ giác ACMQ không đổi M di động đoạn thẳng OB CQ CN AM AN c) Chứng minh hệ thức d) Xác định vị trí điểm M đoạn thẳng OB để NQ tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác CPQ Tính OM theo R trường hợp Bài (0,5 điểm) Trên bảng ô vuông, ô người ta điền toàn dấu Sau đó, thực q trình đổi dấu (dấu + sang dấu , dấu sang dấu +) theo bước sau: Bước 1: Các dịng thứ i đổi dấu i lần, i 1,2, ,2019 Bước 2: Các ô cột thứ j đổi dấu j lần, j 1,2, ,2019 Tính số dấu cịn lại bảng vng sau thực trình đổi dấu ĐÁP ÁN Bài 2 a) GPT: x x x 19 4 x 74 Điều kiện: x x 19 0 x x 19 x x 19 36 0 Đặt t x x 19, t 0 t 4(tm) 2t t 36 0 t (ktm) Phương trình tương đương với x 7 x x 19 4 x x 19 16 x x 35 0 x Thay vào điều kiện ta thấy hai nghiệm thỏa mãn Vậy S 5;7 t 4 b) Cộng vế theo vế hai phương trình ta được: x 3 2 x xy y x x 0 x y x 0 y 3 x x; y 3;3 x; y 3; 3 Thử lại ta thấy nghiệm x; y 3;3 thỏa mãn hệ phương trình Bài 2x x x x2 x 2x a) P x x x x x x x 2x x x 1 x x x x 1 2x x x 1 x x x x x 1 x x x x 1 2x x x x. x x x 1 x x 1 x x 1 x x x 1 x1 x 1 2x x 3 2 x 2 x x x x 1 x Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có: 2 P 2 x x (tmdk ) Dấu " " xảy 2a b 3a 2b 2a ab b 3a 5ab 2b 5a 4ab b Q 2 a b a b a b a b2 b) 2 Vì a 4ab 7b 0 nên ta có: Q a b a 4ab 7b a b2 a b2 a b2 6 c) Nhận xét A 1;3 d ; B 0;1 d ' Với m d : y 3 d ' : x 0 vng góc với Với m d ' : y x 1 m2 a.a ' m d d ' m Khi ta có Vậy d d ' với m Vậy giao điểm đường thẳng nói nhìn đoạn AB cố định góc nên thuộc đường trịn đường kính AB m thay đổi Bài a) x y 1 x y x y x y x xy y x y xy x y xy xy xy xy x y Nếu xy số khơng phương VT số vơ tỉ cịn VP số hữu tỉ, vô lý xy k Vậy xy k Ta có: x y xy xy x y xy xy 2 xy x y xy 1(*) y k k 1 x y k x k 1 x y xy 2 x y k 1 k 1 x x Nếu x số khơng phương VT vơ tỉ, VP hữu tỉ, vơ lý Vậy x số phương, lý luận tương tự y số phương 2 Đặt x a ; y b , từ (*) a b ab a 1 b 1 2 Ta tìm a; b 2;3 ; 3;2 x; y 4;9 ; 9;4 6 b) n 111 3 37 x y Mỗi ước số nguyên dương n có dạng 37 x 01;2;3;4;5;6 y 0;1;2;3;4;5;6 Do x nhận giá trị y nhận giá trị nên n có tất 7 49 ước số nguyên dương phân biệt n b a ước số nguyên Nếu a ước số nguyên dương n, a 111 dương n, b a Khi a b tạo thành cặp ước số nguyên dương n chúng có tích n Trong 49 ước số nguyên dương phân biệt n, ngoại trừ 111 48 ước số lại chia thần 24 cặp ước số có tính chất cặp ước a, b 24 111 Vậy tích tất ước nguyên dương phân biệt n 1113 111147 Bài C M A B O P Q N D a) Vì AB CD nên CA CB D1 N1 nên tứ giác PQDN nội tiếp PND PQD 1800 mà PND 900 PQD 900 PQ CD PQ / / AB b) Xét hai tam giác CAQ AMC có: ACQ MAC 450 ; CAQ AMC (do sd AC sd BN sd BC sd BN ) CA CQ CAQ MAC ( g g ) AM CQ AC 2 R AM AC Vậy AM CQ S ACMQ Tứ giác ACMQ có AM CQ AC 2 R R 2 2 CA CQ AQ CQ AQ CAQ MAC ( g g ) 1 AM AC MC AM MC c) Ta có COM CND ( g.g ) (vì DCN chung; COM CND 90 ) CM CO CM CN 2 R.R 2 R Suy CD CN Tương tự: AQ AN 2 R Vậy CM CN AQ AN AQ CN MC AN CQ CN AM AN Từ (1) (2) suy (2) d) Ta có tứ giác PQDN nội tiếp PQN PDN Mà PDN BCN nên PQN BCN NQ tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp CPQ PQN PCQ Do đó: BCN PCQ hay BN ND Suy CN phân giác OCB Tam giác BOC vuông cân O BC BC OB R OM OC R Vì CM phân giác tam giác BOC nên MB CB R Ta có: OM MB R OM R Vậy OM R 21 NQ tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp CPQ 21 Bài Theo q trình đổi dấu ghi vng dòng i cột j đổi dấu i j lần Mà i j i j hai số khơng tính chẵn lẻ (vì i j 1 i j 2 j số lẻ) Do vng dịng i cột j mà i j số lẻ đổi dấu số chẵn lần dấu vng dấu , cịn ô vuông dòng i cột j mà i j số chẵn đổi dấu số lẻ lần dấu vng dấu Mà từ đến 2019 có 1009 số chẵn 1010 số lẻ nên số cặp i; j mà i j : 1009.1010 1010.1009 2038180 Vậy số vng cịn lại mang dấu 2038180