SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019-2020 Khóa ngày 03/06/2019 Mơn: TỐN (CHUN) Câu (2,0 điểm) Cho parabol P : y x đường thẳng d qua điểm M 0;1 có hệ số góc k a) Chứng minh đường thẳng d cắt P hai điểm phân biệt A, B phân biệt với giá trị k b) Chứng minh OAB tam giác vuông với giá trị k ( O gốc tọa độ) Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình : x2 x x 1 x 2 x 5y y 7x b) Giải hệ phương trình : y y x 3x Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z số dương thỏa mãn x y z Chứng minh rằng: 2019 x2 xy 2019 y 2019 y yz 2019z 2019z 2xz 2019x2 2020 Câu (3,5 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB AD 4a(a 0) Đường thẳng vng góc với AC C cắt đường thẳng AB AD E F a) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp b) Gọi I giao điểm đường thẳng BD EF Tính độ dài đoạn thẳng ID theo a c) M điểm thay đổi cạnh AB ( M khác A, M khác B), đường thẳng CM cắt đường thẳng AD N Gọi S1 diện tích tam giác CME S diện tích tam giác AMN Xác định vị trí M cho S1 S2 Câu (1,5 điểm) Cho abc số nguyên tố Chứng minh phương trình ax2 bx c khơng có nghiệm hữu tỷ ĐÁP ÁN Câu a) Phương trình đường thẳng d qua điểm M 0;1 có hệ số góc k : y kx Phương trình hồnh độ giao điểm d P : x kx 0(1) Phương trình (1) có k 0, k Vậy phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt hay đường thẳng d cắt P hai điểm A, B phân biệt với giá trị k b) Gọi A x1; x12 B x2 ; x22 Khi x1 , x2 nghiệm phương trình (1) , suy x1.x2 1 Phương trình đường thẳng OA : y x1.x Phương trình đường thẳng OB : y x2 x Do x1.x2 1nên OA OB Vậy OAB tam giác vuông Câu 2a) Điều kiện : x x2 x x 1 x x x 1 x x 1 Đặt y x 1, y Phương trình (1) trở thành: y 1 y y y y y y y 1 y y y y 1(do y 1) Suy x 1 x Vậy phương trình cho có nghiệm x 2 x y y x (1) 2b) (2) y y x 3x (1) Điều kiện y x y 3 y x 1 y 3 y x 1 Với y 3 1 x2 18 13 x (vô nghiệm) Với y x 1, từ (1) ta có: x x 5 x x x x 7 x y 2(tm) x x 12 0(VN ) x 5x x y 5(tm) x 5x Vậy hệ cho có nghiệm 1;2 ; 4;5 Câu Đặt S 2019x2 2xy 2019 y 2019 y yz 2019z 2019z 2zx 2019x2 Ta có 2019 x2 xy 2019 y 1009 x y 1010 x y 1010 x y Suy 2019 x xy 2019 y 1010 x y Dấu " " xảy x y Tương tự : 2019 y yz 2019 z 1010 y z 2019 z zx 2019 x 1010 z x Do S 1010 x y z 2020 Đẳng thức xảy x y z 2 Câu I E B C M F N A D a) Do ABCD hình chữ nhật nên BDA CAD Mặt khác CAD AEF (cùng phụ với AFE ) Suy BDA AEF Tứ giác EBDF có BEF BDF BDA BDF 1800 Vậy tứ giác EBDF nội tiếp b) Tam giác ACE vuông C CB EA nên ta có: CB2 BE.BA CB 2a a Suy BE BA 4a Ta có: BD2 AB2 AD2 4a 2a 20a BD 2a Do BE / /CD nên IB BE a ID DC 4a 4 5a Suy ID BD Vậy ID 3 MB 4a x c) Đặt AM x,0 x 4a ME 5a x Do BC / / AN nên AN MA MA.BC 2ax AN BC MB MB 4a x Suy 1 S1 CB.ME 2a. 5a x a 5a x 2 1 2ax ax S2 AM AN x 2 4a x 4a x S 5a x 4a x x2 18ax 40a Do S2 x2 x 2a x 20a x 2a(do x 4a) Khi M trung điểm AB S1 S2 Câu Giả sử phương trình ax2 bx c có nghiệm hữu tỉ, b2 4ac m2 m Suy b2 m2 hay b m (1) Ta có: 4a.abc 4a.100a 10b c 400a 40b 4ac 400a 40ab b b 4ac 20a b m 2 20a b m 20a b m Do abc số nguyên tố nên 20a b m abc 20 b m abc, Suy 20a b m abc (2) Từ (1) ta có 20a 2b 20a b b 20a b m Từ (2) ta có: 20a b m 100a 10b c 100a 10b Do đó: 20a 2b 100a 10b 10a b 10 10a b 10 (vô lý) Vậy khơng thể số phương nên phương trình ax2 bx c khơng có nghiệm hữu tỉ ... Đặt S 2019x2 2xy 2019 y 2019 y yz 2019z 2019z 2zx 2019x2 Ta có 2019 x2 xy 2019 y 100 9 x y 101 0 x y 101 0 x y Suy 2019 x xy 2019 y 101 0 x ... 101 0 x y Dấu " " xảy x y Tương tự : 2019 y yz 2019 z 101 0 y z 2019 z zx 2019 x 101 0 z x Do S 101 0 x y z 2020 Đẳng thức xảy x y z 2 Câu I E B C... b b 20a b m Từ (2) ta có: 20a b m 100 a 10b c 100 a 10b Do đó: 20a 2b 100 a 10b 10a b 10 10a b 10 (vô lý) Vậy số phương nên phương trình ax2 bx