SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 Môn thi: TỐN (Tốn chun) Thời gian: 150 phút (khơng kể giao đề) Khóa thi ngày: 10-12/6/2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) x 2 x x2 x x x a) Cho biểu thức A x 0 x x x x x Rút gọn biểu thức A tìm x để A b) Chứng minh với số nguyên dương n, số M 9.34n 8.24n 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 hồnh độ x1 , x2 thỏa mãn x12 x22 Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình x x x x 3 x2 y x y b) Giải hệ phương trình : 2 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 lượt E, F Chứng minh 1và BE DF EF BC DC Câu (2,0 điểm) Cho tam giác 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 b2 1 b c 1 c a ab a bc b ca c 2 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 x 1 x 3 x x x x x 1 x 1 x 3 x 1 x x 1 x 1 x 1 x x x x 3 x 3 x 3 x x 1 x x A6 x3 x 26 x3 x 40 x4 x x 40 x 4 x 1 x 1 x x 16(tmdk ) Vậy với x 16 A b) M 9.34n 8.24n 2019 ta có: 81 1 mod 81n 1 mod 9.81n 1 mod 8.16n 0(mod 4) M 2019 2020 mod Hay M (1) Lại có: 81 1 mod5 81n 1(mod5) 9.81n 4(mod5) 16 1(mod5) 16n 1 mod5 8.16n 3(mod5) M 2019 2020 mod5 M (2) Từ 1 , 4,5 M 20(dfcm) Câu Xét phương trình hồnh độ giao điểm P d : x2 x m x2 x m (1) Ta có m 4m ( d ) cắt P hai điểm phân biệt Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt 0m (2) x x 1 Áp dụng hệ thức Vi-et, ta có: Theo đề bài: x1 x2 m x12 x22 x1 x2 x1x2 m 2 m Từ (2) (3) m (3) giá trị cần tìm Câu a) x x x x 3 x x x x 12 (1) Đặt y x x y y Phương trình (1) trở thành: y y 12 y2 3 Với y x2 x x Vậy nghiệm phương trình cho x 2 x y 4x y b) 2 x y xy y 13 x x y y 2 x xy y y y 16 x 2 y 12 (1) 2 x y y 1 16 2 x 2 y 12 16 2 x y y 1 16 x x y y 1 2 x x y x y 1 2 2 x y y x y 3 x y 1 x y 1 y x y 3 x y 1 (2) x y 1 x y 1 x y x 5 y (3) Thay (2) vào (1) ta được: y 2 y 1 y 1 2 y 1 x y 3 x 4 Thay 3 vào (1) ta được: 5 y y 1 y 1 y 1 26 y 1 y 1 2 x 2 13 x 2 13 13 10 13 10 13 Vậy nghiệm hệ phương trình cho là: x; y 0;1 ; 4; 3 ; 2 10 10 ; 1 ; 1 ; 2 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 AC AH Tương tự: AD AK AC AQ APB AHC ( g.g ) (2) Từ (1), (2), (3) AB AH AD AK AC AP AC AQ AC. AP AQ AC b) Hai tam giác ADN ADC có chung chiều cao kẻ từ A Tương tự: BM S ABM BC S ABC DN S ADN DC S ADC 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 Q F B H D C I P a) Tứ giác BCEF có BEC BFC 900 ( gt ) BCEF tứ giác nội tiếp C1 E1 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 1800 BDHF tứ giác nội tiếp EBC EFC AH Gọi J trung điểm AH Dễ thấy HEF nội tiếp đường tròn J ; Tứ giác HEKF nội tiếp đường tròn J F1 HEK 1800 HKF Mà EBC EFC EBC HEK KE / / BC b) Chứng minh IEH EBC HEF IEH sd HE 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.PI PH PQ PDH PD PH PQ PI PQI (c.g.c) PHD PIQ Lại có PHD AHQ AFQ AFQ PIQ BIQF tứ giác nội tiếp Câu 1 , x, y Dễ chứng bất đẳng thức : x y xy; 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 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 Tương tự: 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 1nên: 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 Dấu " " xảy ab a bc b ca c a b c abc Vậy P a b c ... y 1 2 x 2 13 x 2 13 13 10 13 10 13 Vậy nghiệm hệ phương trình cho là: x; y 0;1 ; 4; 3 ; 2 10 10 ; 1 ; 1 ; 2 13 13 13... 1 x y x 5 y (3) Thay (2) vào (1) ta được: y 2 y 1 y 1 2 y 1 x y 3 x 4 Thay 3 vào (1) ta được: 5 y y 1