Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm 2019-2020 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Nam (Khối chuyên)

Luyện tập với Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm 2019-2020 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Nam (Khối chuyên) giúp bạn hệ thống kiến thức đã học, làm quen với cấu trúc đề thi, đồng thời rèn luyện kỹ năng giải đề chính xác giúp bạn tự tin đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới. Mời các bạn cùng tham khảo và tải về đề thi.

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  x3 x 22 x x 1  x 8 x     x3 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  x3 x  A   x 3 x    x 3 x 4  Câu (2,0đ) Điểm  x   x    x x 4 x 40   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 0m  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 ... 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 0m  x  x  1 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:   x1 x2  m  Theo đề. .. (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. .. 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