SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 Mơn thi: TỐN (Tốn chun) Thời gian: 150 phút (khơng kể giao đề) Khóa thi ngày: 10-12/6/2019 Câu (2,0 điểm) x 2 x x2 x x x A x 0 x x x x x a) Cho biểu thức Rút gọn biểu thức A tìm x để A 6 4n 4n b) Chứng minh với số nguyên dương n, số M 9.3 8.2 2019 chia hết cho 20 Câu (1,0 điểm) Cho parabol P : y x đường thẳng d : y x m Tìm tất giá trị tham số m để d cắt P tai hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn x12 x22 Câu (2,0 điểm) 2 a) Giải phương trình x x x 4 x 3 x y x y 3 2 b) Giải hệ phương trình : x y xy 13 Câu (2,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD có góc A nhọn Gọi H , K hình chiếu vng góc C lên đường thẳng AB, AD a) Chứng minh AB AH AD AK AC b) Trên hai đoạn thẳng BC , CD lấy hai điểm M , N (M khác B, M khác C) cho hai tam giác ABM ACN có diện tích nhau; BD cắt AM AN lần BM DN 1 lượt E , F Chứng minh BC DC BE DF EF Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC ( AB AC ) nội tiếp đường trịn (O) có trực tâm H Ba điểm D, E , F chân đường cao vẽ từ A, B, C tam giác ABC Gọi I trung điểm cạnh BC , P giao điểm EF BC Đường thẳng DF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF điểm thứ hai K a) Chứng minh PB.PC PE.PF KE song song với BC b) Đường thẳng PH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF điểm thứ hai Q Chứng minh tứ giác BIQF nội tiếp đường tròn Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2 a b2 b c2 c a P ab a bc b ca c ĐÁP ÁN Câu a) Với x 0, ta có : x 2 x x2 x x x A x x x x x 3 x 2 x 1 x x x x 1 x x 1 x1 x1 x 3 x x x x x 1 x 1 x 3 x x x x1 x1 x x x x 3 x 3 x 3 x x 1 x x A 6 x x 6 x x 0 x x x 0 x x 0 x 0 x 16(tmdk ) Vậy với x 16 A 6 4n 4n b) M 9.3 8.2 2019 ta có: 81 1 mod 81n 1 mod 9.81n 9 1 mod 8.16n 0(mod 4) M 1 2019 2020 mod Hay M 4 (1) Lại có: 81 1 mod5 81n 1(mod 5) 9.81n 9 4(mod5) 16 1(mod 5) 16n 1 mod 8.16 n 8 3(mod5) M 4 2019 2020 0 mod5 M 5 (2) Từ 1 , 4,5 1 M 20(dfcm) Câu Xét phương trình hồnh độ giao điểm P d : x x m x x m 0 (1) Ta có 1 m 9 4m ( d ) cắt P hai điểm phân biệt Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt m (2) x1 x2 x x m Áp dụng hệ thức Vi-et, ta có: Theo đề bài: x12 x22 x1 x2 x1 x2 m 2 m Từ (2) (3) 1 m (3) giá trị cần tìm Câu a) Đặt x2 x x 4 x 3 x x x x 12 0 (1) y1 4 y y 12 y x x y y 0 Phương trình (1) trở thành: Với y 4 x x 4 x 2 2 Vậy nghiệm phương trình cho x 2 2 x y x y 3 b) 2 x y xy y 13 x x y y 8 2 x xy y y y 16 x y 1 8 (1) 2 x y y 1 16 2 x y 1 16 2 x y y 1 16 2 x x y y 1 0 2 2 x x y x y 1 0 x y y x y 3 x y 1 0 x y 1 y x y 3 x y 1 0 (2) x y x y 1 x y 0 x y (3) Thay (2) vào (1) ta được: y 2 2 y 1 8 y 1 4 y 1 x 0 y x Thay 3 vào (1) ta được: 2 y 1 8 26 y 1 8 y 1 13 10 y x 13 13 y x 10 13 13 y 2 Vậy nghiệm hệ phương trình cho là: x; y 0;1 ; 4; 3 ; 10 10 ; 1 ; 1 ; 13 13 13 Câu H B A Q I M E P F D C N K a) Kẻ BP AC , DQ AC Dễ chứng minh AQD CPB (cạnh huyền – góc nhọn) AQ CP AQ AP AC (1) AB AP AB AH AC AP (2) AC AH Tương tự: AD AK AC AQ Từ (1), (2), (3) AB AH AD AK AC AP AC AQ AC AP AQ AC APB AHC ( g g ) b) Hai tam giác ADN ADC có chung chiều cao kẻ từ A DN S ADN DC S ADC BM S ABM BC S ABC Tương tự: Mà S ABM S ACN ( gt ) S ABC S ADC (Vì ABCD hình bình hành) BM S ACN BM DN S ACN S ADN S ACN S ADN 1 BC S ADC BC DC S ADC S ADC S ADC Gọi I giao điểm AC BD IA IC Ta có: S AMCN S ACM S ACN S ACM S ABM S ABC S ABCD S ABD Vì IA IC nên: S AEF S AIE S AIF SCIE SCIF SCEF S EMCNF 1 S AEF S AMCN S AEF S ABC EF BD 2 Mà BE DF EF BD BE DF EF (dfcm ) Câu A J E O K F B P Q H D C I a) Tứ giác BCEF có BEC BFC 90 ( gt ) BCEF tứ giác nội tiếp E C 1 PBE PFC có EPC chung; PEB FCB PBE PFC ( g g ) PB PE PB.PC PE.PF PF PC Tứ giác BDHF có: BDH BFH 180 BDHF tứ giác nội tiếp EBC EFC AH J; J AH Gọi trung điểm Dễ thấy HEF nội tiếp đường tròn Tứ giác HEKF nội tiếp đường tròn J HEK F 1800 HKF Mà EBC EFC EBC HEK KE / / BC IEH EBC HEF IEH sd HE b) Chứng minh EI tiếp tuyến J IEF EAF BHF FDB DIEF tứ giác 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 PDH PQI (c.g.c ) PHD PIQ Lại có PHD AHQ AFQ AFQ PIQ BIQF tứ giác nội tiếp Câu 1 x y 2 xy; , x, y x y x y Dễ chứng bất đẳng thức : Dấu xảy x y Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có: b a b 2a 2ab 2a 2( ab 2a 4) ab a ab a ab a ab a 4 1 1 11 1 2 2 2 ab a ab a 1 ab a ab a 1 a Tương tự: c 11 1 bc b bc b 1 b a 11 1 ca c ca c 11 1 P 2 ab a bc b ca c 1 c Vì abc 1 nên: a a bc b abc ab a ab a 1 ab ab ca c a bc abc ab ab a 1 1 a ab 1 ab a bc b ca c ab a ab a ab a 11 P 5 2 a b c ab a bc b ca c 3 a b c 1 abc 1 Dấu " " xảy Vậy P 5 a b c 1