29 đề đáp án thi chuyên 2019 2020

https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ UBND TỈNH SƠN LA CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO Độc lập – Tự – Hạnh phúc ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 Môn : Toán (Lớp chuyên) Câu (2,0 điểm)  x   x 3 x 2 x 2  a) Rút gọn biểu thức: A  1    :  x x x x x          b) Tính giá trị biểu thức B   x  x   2019 x    1 10   21   Câu (2,0 điểm) Cho phương trình : x2  mx  m   a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn biểu thức A x1 x2  đạt giá trị nhỏ x  x22  1  x1 x2  Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: x  3x   3x  Câu (3,0 điểm) Từ điểm I nằm ngồi đường trịn tâm O kẻ hai tiếp tuyến IA IB đến đường tròn ( A, B tiếp điểm) Tia Ix nằm hai tia IA IB, Ix không qua O cắt đường tròn (O) C E ( E nằm C I), đoạn IO cắt AB M Chứng minh a) Tứ giác OMEC nội tiếp b) AMC  AME IE  MB   c)    MC  IC Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c  thỏa mãn  Chứng minh rằng: 362   121 a  b2  c2 ab  bc  ca Câu (1,0 điểm) Trong tam giác có cạnh đáy a, chiều cao tương ứng h ( a, h cho trước, khơng đổi) Hãy tìm tam giác có bán kính đường trịn nội tiếp lớn https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ ĐÁP ÁN Câu a) ĐKXĐ: x  0; x  4, x   x   x 3 x 2 x 2    A  1  :  x 1  x  x 3 x5 x 6  A x9 x 4 x 2 : x 1 x 2 x 3 A x 1   x 2 x   1 10  21    2 2     x 3 x 3 b) Ta có:     x 2 x 1   1  1  1  3  2  52 Vậy B   x  4x  2 2019    2     4 58   2019     2       1 2019 2019  1 Câu a) Phương trình x2  mx  m   có hai nghiệm dương phân biệt  m  4m        m    m     S   m  m  m   P  m      m  Vậy với  phương trình cho có hai nghiệm dương phân biệt m  b) Vì    m    với m nên phương trình cho ln có hai nghiệm phân x  x  m biệt x1 , x2 Theo hệ thức Vi-et ta có:   x1 x2  m  Khi đó: https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ x1 x2  x1 x2  x1 x2  A   2 x1  x2  1  x1 x2   x1  x2   x1 x2   x1 x2  x1  x2 2   m  1  4m    A  m    4m  2 m 2 m 2  Am  4m  A   0(1) A 1 có nghiệm  '    A  A     A2  A     A  1 A     1  A  Vậy MinA  1  m2  4m    m  2 Vậy với m  2 phương trình có hai nghiệm thỏa mãn đề Câu 3 11   11 Có x  3x   x  x     x     0x  4  2 7 ĐKXĐ: x  2 x  3x   x  3x   x  3x   x  3x   12  Đặt x  3x   t  t  0 , ta có phương trình: t  3(tm) t  t  12    t  4(ktm)  x  1(tm) Với t   x  3x      x  4(tm) Vậy S  1;4  VT  https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Câu A C E I M O B a) IAE ICA có IAE  ICA (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung AE ) góc I chung IA IE   IA2  IE.IC (1) IC IA Lại có IAO vng A có AM  IO (do IO trung trực đoạn AB)  IAE  IA2  IM MO ICA( g.g )  (2) IE IO  IM IC IE IO  IEM IOC  c.g.c   IME  OCE IEM IMC có góc I chung  IM IC  Tứ giác OMEC nội tiếp (góc đỉnh góc ngồi đỉnh đối diện) b) Do tứ giác OMEC nội tiếp (câu a) Từ (1) (2) ta có: IE.IC  IM IO   OEC  OMC (hai góc nội tiếp chắn cung OC ) Mà OEC  OCE (do tam giác OCE cân O) Và OCE  IME (chứng minh trên)  IME  OMC Mà IME  EMA  900 OMC  CMA  900 (do AB  IO)  AMC  AME https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ c) CMO ICO có: CMO  ICO  OEC ; IOC chung   CM IC   CM CO  MO.IC MO CO CM CM  CM CO  CM MO.IC   (1) MO.IC CO  CMO ICO( g.g )  Lại có IEM    COM ( g.g ) (do IEM  MOC  IOC theo câu a EMI  OMC (câu b) IM CM  (2) IE CO IM CM IM IO IE    Từ (1) (2) ta có: IE MO.IC MC IC Mà MA2  MI MO (hệ thức lượng tam giác vuông IAO) MB IE MA2 IE IE  MB     mà MA  MB  hay    2 MC IC MC IC  MC  IC Câu 1 Với số thực dương a, b, c ta có    a b c abc Thật ta có: 1 a b c a b c  a  b  c                   a b c b a a c c b CoSi  22239 1 Vậy    (*) , Dấu "  " xảy a  b  c a b c a b c Với ba số thực a, b, c ta có: 3 ab  bc  ca    a  b  c  Thật vậy:  ab  bc  ca    a  b  c   3ab  3bc  3ca  a  b  c  2ab  2bc  2ca  a  b  c  ab  bc  ca   1 2 a  b   b  c   c  a      2 a  b  c Luôn với a, b, c Vậy ab  bc  ca  Dấu "  " xảy a  b  c (**) https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Áp dụng * , ** giả thiết a  b  c  3, ta có: 362  2 a b c ab  bc  ca 1 360     2 a b c ab  bc  ca ab  bc  ca ab  bc  ca 360 360.3      121 2 a  b  c a  b  c 9 Dấu "  " xảy a  b  c Câu C' A P I F G B C H E Tam giác ABC có B, C cố định, AH  h Vậy A thuộc đường thẳng d cố định song song với BC cách BC đoạn h https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Gọi  O; r  đường tròn nội tiếp tam giác ABC , tiếp xúc với BC, AC, AB AH BC (không đổi ) (1) (2) Mặt khác S ABC  S AOB  S BOC  SCOA  r  AB  BC  CA Từ (1) (2) ta có r lớn AB  AC nhỏ Lấy C ' đối xứng với C qua d  C ' cố định AC  AC '  AB  AC  AB  AC '  BC '  AB  AC nhỏ A  I (I giao BC ' d ) Gọi P trung điểm CC ' d / / BC nên I trung điểm BC '  IB  IC '  IC  AB  AC Vậy r lớn tam giác ABC cân A E, F , G Ta có: S ABC  https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019-2020 Ngày thi: 06/06/2019 Mơn: Tốn (Hệ chun) Bài (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x  x  x  19  x  74  x  3y  6x  b) Giải hệ phương trình:  2  9 x  xy  y  y   Bài (2,5 điểm) x  x x  x2  x  x   a) Cho biểu thức P      Rút gọn tìm giá trị nhỏ x x  x x x  x  x 1  biểu thức P b) Cho hai số thực a, b thỏa mãn a  4ab  7b2   a  b, a  b  Tính giá trị 2a  b 3a  2b biểu thức Q   a b ab c) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng  d  : y   m  2 x  m   d ' : x   m  2 y  m  2, m tham số Chứng minh giao điểm hai đường thẳng nói thuộc đường cố định m thay đổi Bài (1,5 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x  y    x  y b) Số tự nhiên n  1116 có tất ước số nguyên dương phân biệt ? Tính tích tất ước số Bài (3,5 điểm) Cho đường trịn  O; R  có hai đường kính AB CD vng góc với Gọi M điểm di động đoạn thẳng OB ( M khác O P) Tia CM cắt đường tròn  O  N ; DB cắt CN P, AN cắt CD Q a) Chứng minh PQ / / AB b) Chứng minh CAQ đồng dạng với AMC, từ suy diện tích tứ giác ACMQ không đổi M di động đoạn thẳng OB CQ  CN   c) Chứng minh hệ thức  AM  AN  d) Xác định vị trí điểm M đoạn thẳng OB để NQ tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác CPQ Tính OM theo R trường hợp Bài (0,5 điểm) Trên bảng ô vuông, người ta điền tồn dấu  Sau đó, thực q trình đổi dấu (dấu + sang dấu  , dấu  sang dấu +) theo bước sau: Bước 1: Các ô dòng thứ i đổi dấu i lần, i  1,2, ,2019 Bước 2: Các ô cột thứ j đổi dấu j  lần, j  1,2, ,2019 Tính số dấu cịn lại bảng vng sau thực q trình đổi dấu https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ ĐÁP ÁN Bài a) GPT: x  x  x  19  x  74 Điều kiện: x2  x  19   x  x  19   x  x  19  36  Đặt t  x2  x  19, t  t  4(tm) Phương trình tương đương với 2t  t  36    t   (ktm)  2 x  t   x  x  19   x  x  19  16  x  x  35     x  5 Thay vào điều kiện ta thấy hai nghiệm thỏa mãn Vậy S  5;7 b) Cộng vế theo vế hai phương trình ta được: x  2 x  xy  y  x  x     3x  y    x  3     y  3x   x; y    3;3  x; y    3; 3 Thử lại ta thấy nghiệm  x; y    3;3  thỏa mãn hệ phương trình Bài a) P  2x  x x  x2  x 2x      x x x x x x x   x   x  x x  1 x  1 x. x  1 x   x  1 x  x  1  x x  x  1 x 1 x  x 1  2x  x  x  2x  x  x x 1     x x x x x   2x  x  x  x  x  2x  x  3    2 x 2 x x x x x   Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có: x  2  P22 x https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Dấu "  " xảy x  (tmdk ) 2a  b 3a  2b 2a  ab  b2  3a  5ab  2b 5a  4ab  b    b) Q  a b ab a  b2 a  b2 Vì a  4ab  7b2  nên ta có: Q  a  b2    a  4ab  7b2  a  b2   a  b2  a  b2 6 c) Nhận xét A1;3   d  ; B  0;1   d ' Với m  2  d  : y   d ' : x  vng góc với x 1 m2   Khi ta có a.a '   m  .    1   d    d '  m2 Vậy  d    d ' với m Với m  2  d ' : y   Vậy giao điểm đường thẳng nói nhìn đoạn AB cố định góc nên thuộc đường trịn đường kính AB m thay đổi Bài a) x  y  1 x  y  x  y   x  y    x  xy  y  x  y   xy   x  y   xy  xy   xy  xy  x  y  Nếu xy số khơng phương VT số vơ tỉ cịn VP số hữu tỉ, vô lý Vậy xy  k  xy  k Ta có: 10 ... https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN Năm học: 2019- 2020 Mơn thi: Tốn Chun Ngày thi: 11/06 /2019 a) Rút gọn biểu thức : A    ...ảng số 115 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TÂY NINH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2019- 2020 Ngày thi: 02 tháng năm 2019 Mơn thi: TỐN (chun) Thời gian lầm b...21 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019- 2020 Mơn: Tốn (chuyên) Ngày thi: 05/6 /2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,5 đ