SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019 – 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi : TỐN (Tốn chun) Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề) Khóa thi ngày : 10-12/6/2019 Câu (2,0 điểm) x 2 x x2 x x x với x a) Cho biểu thức A x 3 x x 1 x x 1 Rút gọn biểu thức A tìm x để A b) Chứng minh với số nguyên dương n, số M 9.34 n 8.24 n 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 ) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 thỏa mãn x12 x22 Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình x x x x 3 2 x y x y b) Giải hệ phương trình 2 x y xy y 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 BM DN BE DF EF E F Chứng minh BC DC Câu (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB AC) nội tiếp đường tròn (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 Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 a P b 1 b c 1 c a ab a bc b ca c 2 - HẾT - HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Với x , ta có: x 2 x x2 x x x A x x x x x 3 1 x 2 x 1 x x x x 1 x x 1 x3 x 22 x x 1 x 8 x x3 x 2 x 6 a) x 1 x 1 x 3 x 1 x 1 x 3 x 1 x 3 1.0 x 1 x 3 x 3 x x 1 x 2 x3 x A x 3 x x 3 x 4 Câu (2,0đ) Điểm x x x x 4 x 40 x x 4 x 1 x 16 (TMĐK) Vậy với x 16 A M 9.34 n 8.24 n 2019 9.81n 8.16n 2019 Ta có: 81 1(mod 4) 81n 1(mod 4) 9.81n 1(mod 4) 8.16n 0(mod 4) b) M 2019 2020 0(mod 4) hay M Lại có: 81 1(mod 5) 81n 1(mod 5) 9.81n 4(mod 5) (1) 1.0 16 1(mod 5) 16n 1(mod 5) 8.16n 3(mod 5) Câu (1,0đ) M 2019 2020 0(mod 5) hay M Từ (1) (2) M BCNN (4,5) hay M 20 (đpcm) Xét phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): x2 x m x2 x m Ta có: 4(m 2) 4m (d ) cắt ( P ) hai điểm phân biệt (2) (1) 1.0 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 0m x x 1 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 x2 m Theo đề bài: x12 x22 ( x1 x2 ) x1 x2 2(m 2) 2m m Từ (2) (3) m giá trị cần tìm x x x x 3 x x x x 12 Đặt a) y y 12 Giải phương trình (2) được: y1 (TMĐK) ; y2 3 (loại) Với y thì: Vậy nghiệm phương trình cho x x y x y 2 x y xy y 13 x x y y 2 x xy y y y 16 ( x 2) ( y 1) (1) 2 ( x y ) 3( y 1) 16 b) (3) (1) x x y y Phương trình (1) trở thành: x x x x 16 ( x 2) 20 x Câu (2,0đ) (2) 2 2( x 2) 2( y 1) 16 2 ( x y ) 3( y 1) 16 2( x 2) ( x y ) ( y 1) ( x 2) ( x y ) ( x 2) ( y 1) (2 x y 2)(2 y 2) ( x y 3)( x y 1) ( x y 1)(4 y 4) ( x y 3)( x y 1) ( x y 1)( x y 7) (2) x y 1 (3) x 5 y Thay (2) vào (1) được: ( y 2) ( y 1) 2( y 1) ( y 1) y 1 x y 3 x 4 (2) Thay (3) vào (1) được: (5 y 2) ( y 1) 26( y 1) ( y 1) 13 10 y 1 13 x 2 13 10 y 1 13 x 2 13 Vậy nghiệm hệ phương trình cho 10 10 ( x; y ) 0;1 , 4; 3 , 2 ; 1 ; 1 , 2 13 13 13 13 B A Q F D H E I M P N C K Câu (2,0đ) a) b) Kẻ BP AC, DQ AC Dễ chứng minh AQD = CPB (cạnh huyền - góc nhọn) AQ CP AQ AP AC (1) APB AHC (g-g) AB AP (2) AB.AH AC.AP AC AH Tương tự: AD.AK AC.AQ (3) Từ (1), (2) (3) AB.AH AD.AK AC.AP AC.AQ AC(AP AQ) AC Hai tam giác ADN ADC có chung chiều cao kẻ từ A DN SADN DC SADC BM SABM Tương tự: BC SABC Mà SABM = SACN (GT) SABC = SADC (vì ABCD hình bình hành) BM SACN BC SADC BM DN SACN SADN SACN SADN 1 BC DC SADC SADC SADC 1.0 0.5 Gọi I giao điểm AC BD IA = IC Ta có: SAMCN = SACM + SACN = SACM + SABM = SABC = SABCD = SABD Vì IA = IC nên: SAEF = SAIE + SAIF = SCIE + SCIF = SCEF < SEMCNF 1 SAEF < SAMCN SAEF < SABD 2 EF < BD Mà BE + DF + EF = BD BE DF EF (đpcm) 0.5 A J K E O F H P Câu (2,0đ) a) B Q 1 D I C Tứ giác BCEF có: BFC 90o (GT) BEC BCEF tứ giác nội tiếp 1 E 1 C chung ; E 1 C 1 PBE PFC có: EPC PBE PFC (g-g) PB PE PB.PC PE.PF PF PC Tứ giác BDHF có: BFH 90o (GT) BDH BFH 180o BDH BDHF tứ giác nội tiếp 1 F 1 B AH Gọi J trung điểm AH Dễ thấy HEF nội tiếp đường tròn J; Tứ giác HEKF nội tiếp đường tròn (J) 0.5 0.5 HEK 180o HFK F b) F B HEK Mà B KE // BC Trước hết, ta chứng minh DIEF tứ giác nội tiếp Cách 1: HFE Tứ giác BCEF nội tiếp B 1 F DFE 2B 1 Mà B EBC vuông E, đường trung tuyến EI IB IE BC IBE cân I (tính chất góc ngồi tam giác) I1 2B Từ (1) (2) I1 DFE DIEF tứ giác nội tiếp Cách 2: B HFE IEH sđHE Chứng minh IEH EI tiếp tuyến (J) EAF BHF D 1 IEF DIEF tứ giác nội tiếp PEI (g-g) Dễ chứng minh PDF PD.PI = PE.PF PFQ (g-g) Dễ chứng minh PHE PE.PF = PH.PQ PD PH PD.PI = PH.PQ PQ PI PIQ PDH PQI (c-g-c) PHD (1) (2) AHQ AFQ Lại có PHD PIQ AFQ Câu (1,0đ) BIQF tứ giác nội tiếp Dễ chứng minh bất đẳng thức: 1 x y xy ; với x, y x y x y Dấu “=” xảy x y Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có: 1 a b a b 2a 2ab 2a 2(ab a 4) ab a ab a ab a ab a 4 1 1 2 2 2 ( ab a 1) ab a ab a 11 1 ab a Tương tự: 0.25 0.75 1 b c 11 1 bc b bc b 1 c a 11 1 ca c ca c 11 1 P 2 ab a bc b ca c Vì abc nên: a a bc b abc ab a ab a ab ab ca c a bc abc ab ab a a ab 1 1 ab a bc b ca c ab a ab a ab a 1 11 5 2 Dấu “=” xảy a b c ab a bc b ca c a b c abc Vậy P a b c P