1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

039 đề thi vào 10 chuyên toán quảng ngãi 2019 2020

6 2 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 6
Dung lượng 275,83 KB

Nội dung

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 x1 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 m2   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    21  NQ tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp CPQ 21 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

Ngày đăng: 30/10/2023, 14:18

w