De dap an toan chuyen quang nam

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019 – 2020 Mơn thi : TỐN (Tốn chun) Thời gian : 150 phút (khơng kể thời gian 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 thc A = vi x ữì x − x + x x + x +   A = Rút gọn biểu thức A tìm x để b) Chứng minh với số nguyên dương n, số M = 9.34 n − 8.2 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 E BM DN + = BE + DF > EF F Chứng minh BC DC Câu (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường trịn (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 + ( + b ) + c2 + ( + 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= ữì x +3  x − x +1 x x +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 − 2) ( ) 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) b) Câu (1,0đ) 8.16 n ≡ 0(mod 4) ⇒ M ≡ − + 2019 ≡ 2020 ≡ 0(mod 4) hay M M4 Lại có: 81 ≡ 1(mod 5) ⇒ 81n ≡ 1(mod 5) ⇒ 9.81n ≡ ≡ 4(mod 5) 16 ≡ 1(mod 5) ⇒ 16n ≡ 1(mod 5) ⇒ 8.16n ≡ ≡ 3(mod 5) ⇒ M ≡ − + 2019 ≡ 2020 ≡ 0(mod 5) hay M M Từ (1) (2) ⇒ M MBCNN (4,5) hay M M20 (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 (1) 1.0 (2) 1.0 (1) ⇔ Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔∆>0⇔m<  x1 + x2 = −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 = Câu (2,0đ) Đặt a) (3) (1) x − x = y ( y ≥ ) Phương trình (1) trở thành: y − y − 12 = Giải phương trình (2) được: y1 = (TMĐK) ; y2 = −3 (loại) Với y = thì: x − x = ⇔ x − x = 16 ⇔ ( x − 2) = 20 ⇔ x = ± Vậy nghiệm phương trình cho x = ± b) (2)  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 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     Câu (2,0đ) a) b) Kẻ BP ⊥ AC, DQ ⊥ AC Dễ chứng minh ∆ AQD = ∆ CPB (cạnh huyền - góc nhọn) ⇒ AQ = CP ⇒ AQ + AP = AC ∆ APB ∆ AHC (g-g) AB AP ⇒ = ⇒ AB.AH = AC.AP AC AH Tương tự: AD.AK = AC.AQ 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) (2) 1.0 (3) 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 Câu (2,0đ) a) Tứ giác BCEF có: · · BEC = BFC = 90o (GT) ⇒ BCEF tứ giác nội tiếp µ1 =E µ1 ⇒C · µ1 =C µ1 ∆ PBE ∆ PFC có: EPC chung ; E ⇒ ∆ PBE ∆ PFC (g-g) PB PE ⇒ = ⇒ PB.PC = PE.PF PF PC Tứ giác BDHF có: · · BDH = BFH = 90o (GT) · · ⇒ BDH + BFH = 180o ⇒ BDHF tứ giác nội tiếp µ1 =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 ( · · ⇒ F$1 = HEK = 180o − HFK b) Câu (1,0đ) ) µ1 =F $1 ⇒ B µ = HEK · Mà B ⇒ KE // BC Trước hết, ta chứng minh DIEF tứ giác nội tiếp Cách 1: µ = HFE · Tứ giác BCEF nội tiếp ⇒ B µ1 =F $1 ⇒ DFE · µ1 Mà B = 2B ∆ EBC vuông E, đường trung tuyến EI ⇒ IB = IE = BC ⇒ ∆ IBE cân I $ µ ⇒ I1 = 2B1 (tính chất góc ngồi tam giác) · Từ (1) (2) ⇒ $ I1 = DFE ⇒ DIEF tứ giác nội tiếp Cách 2: » · µ = HFE · · =B ⇒ IEH = sđHE Chứng minh IEH ⇒ EI tiếp tuyn ca (J) ả = EAF Ã Ã à1 IEF = BHF =D ⇒ 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 · · ⇒ ∆ PDH ∆ PQI (c-g-c) ⇒ PHD = PIQ · · · Lại có PHD = AHQ = AFQ (1) (2) · · ⇒ AFQ = PIQ ⇒ 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: ( + a ) + b + = a + b + 2a + ≥ 2ab + 2a + = 2(ab + a + 4) − ab + a + ab + a + ab + a + ab + a + 4 1 1 = = ì + ữ ab + a + (ab + a + 1) +  ab + a +  11 1 = − × ab + a + Tương tự: 0.25 0.75 ( + b) ( 1+ c) + c + 11 1 ≥ − × bc + b + bc + b + + 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 + 1 ab ab = = ca + c + a bc + abc + ab ab + a + 1 1 a ab ⇒ + + = + + ab + a + bc + b + ca + c + ab + a + ab + a + ab + a + =1 11 ⇒P≥ − =5 2 Dấu “=” xảy a = b = c  ⇔ ab + a + = bc + b + = ca + c + = ⇔ a = b = c = abc =  Vậy P = ⇔ a = b = c =