039 đề thi vào 10 chuyên toán quảng ngãi 2019 2020

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) a) Giải phương trình: x  x  x  19  x  74  x  3y  6x  b) Giải hệ phương trình:  2  9 x  xy  y  y   Bài (2,5 điểm) x  x x  x2  x  x   a) Cho biểu thức P      Rút gọn tìm giá trị nhỏ x x  x x x  x  x 1  biểu thức P b) Cho hai số thực a, b thỏa mãn a  4ab  7b2   a  b, a  b  Tính giá trị 2a  b 3a  2b biểu thức Q   a b ab c) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng  d  : y   m  2 x  m   d ' : x   m  2 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  1116 có tất ước số nguyên dương phân biệt ? Tính tích tất ước số Bài (3,5 điểm) Cho đường tròn  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   c) Chứng minh hệ thức  AM  AN  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 vng, người ta điền tồn dấu  Sau đó, thực q trình đổi dấu (dấu + sang dấu  , dấu  sang dấu +) theo bước sau: Bước 1: Các ô dòng 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 lại bảng ô vuông sau thực trình đổi dấu ĐÁP ÁN Bài a) GPT: x  x  x  19  x  74 Điều kiện: x2  x  19   x  x  19   x  x  19  36  Đặt t  x2  x  19, t  t  4(tm) Phương trình tương đương với 2t  t  36    t   (ktm)  2 x  t   x  x  19   x  x  19  16  x  x  35     x  5 Thay vào điều kiện ta thấy hai nghiệm thỏa mãn Vậy S  5;7 b) Cộng vế theo vế hai phương trình ta được: x  2 x  xy  y  x  x     3x  y    x  3     y  3x   x; y    3;3  x; y    3; 3 Thử lại ta thấy nghiệm  x; y    3;3  thỏa mãn hệ phương trình Bài a) P  2x  x x  x2  x 2x      x x x x x x x   x   x  x x  1 x  1 x. x  1 x   x  1 x  x  1  x x  x  1 x 1 x  x 1  2x  x  x  x x 1 2x  x      x x x x x   2x  x  x  x  x  2x  x  3    2 x 2 x x x x x   Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có: x  2  P22 x Dấu "  " xảy x  (tmdk ) 2a  b 3a  2b 2a  ab  b2  3a  5ab  2b 5a  4ab  b    b) Q  a b ab a  b2 a  b2 Vì a  4ab  7b2  nên ta có: Q  a  b2    a  4ab  7b2  a  b2   a  b2  a  b2 6 c) Nhận xét A1;3   d  ; B  0;1   d ' Với m  2  d  : y   d ' : x  vng góc với x 1 m2   Khi ta có a.a '   m  .    1   d    d '  m2 Vậy  d    d ' với m Với m  2  d ' : y   Vậy giao điểm đường thẳng nói nhìn đoạn AB cố định góc nên thuộc đường tròn 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 VP số hữu tỉ, vơ lý Vậy xy  k  xy  k Ta có: x  y   xy  xy   x  y  xy  xy  2 xy    x y     xy   x  y  xy  1(*)  y  k   x  y   k  1   k  1 x  x   k  1  x  y k  x    k  1 2 Nếu x số khơng phương VT vơ tỉ, VP hữu tỉ, vơ lý Vậy x số phương, lý luận tương tự y số phương Đặt x  a ; y  b2 , từ (*) a  b  ab    a  1 b  1  Ta tìm  a; b    2;3 ;  3;2    x; y    4;9  ;  9;4  b) n  1116  36.376 Mỗi ước số nguyên dương n có dạng 3x.37 y 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   49 ước số nguyên dương phân biệt n Nếu a ước số nguyên dương n, a  1113 b  ước số nguyên a 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 1113 48 ước số lại chia thần 24 cặp ước số có tính chất cặp ước  a, b  Vậy tích tất ước nguyên dương phân biệt n 1116  1113  111147 24 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   AM CQ  AC  R AM AC AM CQ AC 2 R Tứ giác ACMQ có AM  CQ  S ACMQ     R2 2 Vậy CAQ MAC ( g.g )  CA CQ AQ CQ  AQ      c) Ta có CAQ MAC ( g.g )   1 AM AC MC AM  MC  COM CND( g.g ) (vì DCN chung; COM  CND  900 ) CM CO   CM CN  R.R  R CD CN Tương tự: AQ AN  2R Suy Vậy CM CN  AQ.AN  AQ CN  MC AN CQ  CN  Từ (1) (2) suy   AM  AN  (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 2 Ta có: OM  MB  R  OM  R Vậy OM  R    1   NQ tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp CPQ 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   j  số lẻ) Do vng dòng i cột j mà i  j số lẻ đổi dấu số chẵn lần dấu vng dấu  , 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 lại mang dấu  2038180 ... j số chẵn đổi dấu số lẻ lần dấu ô vuông dấu  Mà từ đến 2019 có 100 9 số chẵn 101 0 số lẻ nên số cặp  i; j  mà i  j : 100 9 .101 0  101 0 .100 9  2038180 Vậy số ô vuông lại mang dấu  2038180 ...   t   (ktm)  2 x  t   x  x  19   x  x  19  16  x  x  35     x  5 Thay vào điều kiện ta thấy hai nghiệm thỏa mãn Vậy S  5;7 b) Cộng vế theo vế hai phương trình ta