SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2019 Môn thi: TOÁN (chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu (1,5 điểm) 4 x x x 1 x 1 x 0 x3 x 2 x 1 x 2 a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị lớn A Câu (2,5 điểm ) Giải phương trình: x x x 1 x Cho biểu thức A x y y Giải hệ phương trình: 2 x x y xy Câu (1,0 điểm) n a b Tìm số ngun khơng âm a, b, n thỏa mãn 2 n a b Câu (3,5 điểm) Cho đường tròn O; R đường kính AB, điểm M nằm đoạn OB ( M khác O B) Từ M kẻ đường thẳng vng góc với AB cắt O hai điểm C E Gọi F hình chiếu C AE I hình chiếu M CF.Đường thẳng AI cắt (O) điểm thứ hai H a) Chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp b) Tiếp tuyến C O cắt đường thẳng AB D Gọi O1 đường tròn ngoại tiếp CHD (điểm O1 tâm đường tròn) Chứng minh đường thẳng BD tiếp tuyến O1 c) Gọi O2 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HMD Biết OM R , tính diện tích tam giác OO1O2 theo R Câu (1,5 điểm) Cho số thực a, b, c thỏa mãn a 1; b 1; c a b c Chứng minh a2018 b2019 c2020 2 Cho trước p số nguyên tố Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, lấy hai điểm A p8 ;0 B p9 ;0 thuộc trục Ox Có tứ giác ABCD nội tiếp cho điểm C , D thuộc trục Oy có tung độ số nguyên dương ĐÁP ÁN Câu x 1 1a) A x 1 x 2 x 1 x x x x 1 x 2 x 4 x x x 1 x 1 x x 1 x x 2 1 x 5 Với x ta có: x nên x 1 x 1 Giá trị lớn A x Do A 5 x 1 Câu 1b) A 2.1 x 1 x x 1 x (1) Điều kiện 1 x t2 Đặt x x t x 1 x t 1(ktm) t2 Phương trình (1) trở thành: t 1 t 3(tm) x 0(tm) 32 t x 1 x x 3x x 3(tm) Vậy S 0;3 2 x y y x y (1) 2.2 x x y xy 2 x x y xy (2) Thế x y từ phương trình (1) vào phương trình (2) ta được: 2x3 x y x xy y x3 y x y Thay x y vào phương trình (1) ta được: x2 x Hệ phương trình có nghiệm Câu 2; ; 2; Có : a b a b2 n4 n3 hay n3 n 6 x 1 Nếu n n3 n n3 0(ktm) n 0;1;2 Với n 0;1 Khơng có số ngun a, b thỏa mãn a 1; b Với n (tm) Vậy n; a; b 2;1;3 ; 2;3;1 a 3; b Câu O1 C I A O H MB D O2 F E a) Chỉ IM / / AE suy MIH EAH , mà EAH ECH nên MIH MCH Suy tứ giác CIMH nội tiếp b) Chỉ ED tiếp tuyến O suy HED HCE Do tứ giác CIMH nội tiếp nên CHM 900 suy HCM HMC 900 (1) Mà HMD HMC 900 nên CHM HMD (2) Từ (1) (2) suy HED HMD nên tứ giác EMHD nội tiếp Do HDM HEM mà HEM HCM mà HDM HCD Từ chứng minh BD tiếp tuyến O1 c) Sử dụng tính chất đường nối tâm vuong góc với dây chung ta có: OO2 HE, O2O1 HD ED HD suy OO2 O2O1 Chỉ COM 450 suy CAE 450 nên O2OO1 450 Tam giác O2OO1 vuông cân O2 Chỉ tam giác OCDE hình vng cạnh R O2 trung điểm DE 5R 5R Tính O2O Vậy diện tích tam giác OO1O2 Câu 5.1 Từ giả thiết ta có: a 1 b 1 c 1 1 a 1 b 1 c Suy a 1 b 1 c 1 1 a 1 b 1 c Rút gọn ta có: 2 ab bc ca Mặt khác : a b c a b2 c ab bc ca a b2 c 2 ab bc ca a b2 c Dấu " " xảy hạn a 0, b 1, c 1 5.2 Xét tứ giác ABCD thỏa mãn đề Gọi C 0; c ; D 0; d c d , suy c.d p8 p9 p17 Tứ giác ABCD nội tiếp OC.OD OAOB (1) Do p nguyên tố c, d nguyên dương nên có cặp c; d với c d thỏa mãn (1) : p ;1 , p 17 16 ; p , , p9 , p8 Vậy có tứ giác thỏa mãn đề ... y xy (2) Thế x y từ phương trình (1) vào phương trình (2) ta được: 2x3 x y x xy y x3 y x y Thay x y vào phương trình (1) ta được: x2 x Hệ phương... hình vng cạnh R O2 trung điểm DE 5R 5R Tính O2O Vậy diện tích tam giác OO1O2 Câu 5.1 Từ giả thi t ta có: a 1 b 1 c 1 1 a 1 b 1 c Suy a 1 b 1 c 1... bc ca a b2 c Dấu " " xảy hạn a 0, b 1, c 1 5.2 Xét tứ giác ABCD thỏa mãn đề Gọi C 0; c ; D 0; d c d , suy c.d p8 p9 p17 Tứ giác ABCD nội tiếp OC.OD OAOB