Đề thi tuyển sinh 10 THPT chuyên năm 2019-2020 môn toán chung Sở GD Quảng Nam Đề chính thức (có đáp án và lời giải chi tiết)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUẢNG NAM NĂM HỌC 2019 - 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (chung)
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề có 01 trang)
Khóa thi ngày: 10 - 12/6/2019
Câu 1 (2,0 điểm). a) Rút gọn biểu thức 2 1 A  12  ( 2 1)   3  2 x b) Cho biểu thức 1 2 1 B   
với x  0 và x  1. x  x x 1 x  x
Rút gọn biểu thức B và tìm x để B  8. 1
Câu 2 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol 2 (P) : y  x . 2 a) Vẽ parabol (P) .
b) Hai điểm A, B thuộc (P) có hoành độ lần lượt là 2; 1. Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B.
Câu 3 (2,0 điểm). a) Giải phương trình 4 2
x  2x  8  0 . b) Cho phương trình 2 2
x  (2m 1)x  m 1  0 (m là tham số).
Tìm giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x , x sao cho 1 2 biểu thức x x 1 2 P  có giá trị nguyên. x  x 1 2
Câu 4 (3,5 điểm).
Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 6cm. Điểm N nằm trên cạnh CD sao cho DN = 2cm,
P là điểm nằm trên tia đối của tia BC sao cho BP = DN. a) Chứng minh A  BP  A
 DN và tứ giác ANCP nội tiếp đường tròn.
b) Tính độ dài đường tròn ngoại tiếp tứ giác ANCP.
c) Trên cạnh BC, lấy điểm M sao cho 0
MAN  45 . Chứng minh MP = MN và tính diện tích tam giác AMN.
Câu 5 (0,5 điểm). Cho hai số thực ,
x y thỏa mãn x  3; y  3.  1   1 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  21 x   3 y        y   x 
--------------- HẾT ---------------
Họ và tên thí sinh: .................................................................. Số báo danh: ........................... Trang 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUẢNG NAM Năm học 2019-2020
Khóa ngày 10 tháng 6 năm 2019
Hướng dẫn chấm Môn TOÁN CHUNG
(Hướng dẫn chấm này có 4 trang) Câu Nội dung Điểm 1
Rút gọn biểu thức: 2
A  12  ( 2 1)  3  2 A  4.3  2 1  ( 3  2) 1a 0,5
(1,0đ) (Nếu biến đổi đúng 2 trong 3 ý thì được 0,25)
A  2 3  2 1 3  2 0,25 A  3 1. 0,25 1 2 x 1
Cho biểu thức: B   
với x  0, x  1. x  x x 1 x  x
Rút gọn biểu thức 𝐵. Tìm tất cả các giá trị x để B  8 . 1 2 x 1 B    x  x   1
 x  1 x  1 x x  1 0,25
(Nếu biến đổi đúng 2 trong 3 ý thì được 0,25) 1b
x 1  2 x x   x   1 (1,0đ)  0,25 x  x   1  x   1 2 x   1 2   0,25 x  x   1  x   1 x 2 1 B  8   8   x 1  x  x 4 16 0,25 Vậy để B  1 8 thì x  . 16 1
Câu 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol (𝑃): 2 y  x . 2 Trang 2
Vẽ parabol (𝑃)  1   1  2a
Parabol (P) đi qua 5 điểm 0;0 , 1;   , 1  ;   ,  2  ; 2, 2;2 0,5  2   2  (1,0đ)
(Xác định đúng được 2 điểm được 0,25)
Vẽ đúng parabol (P) 0,5
Hai điểm A, B thuộc (P) có hoành độ lần lượt là 2; 1. Viết phương trình
đường thẳng đi qua hai điểm A và B.
x  2  y  2  ( A 2;2) 1 1 0,25
x  1  y   B(1; ) 2 2
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B có dạng: y  ax  b 2b.
 2  2a  b (1,0đ)  0,25 Lập được hệ  1  a  b 2  1 a 
Giải hệ ra kết quả:  2 0,25  b 1 1
Vậy phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B là: y  x  1. 0,25 2 Câu 3
Giải phương trình: 𝑥4 + 2𝑥2 − 8 = 0.
Đặt 𝑥2 = 𝑡, điều kiện 𝑡 ≥ 0. Phương trình trở thành: 𝑡2 + 2𝑡 − 8 = 0. 0,25 𝑡 = −4 (loại) 3a ⇔ [ 0,25 𝑡 = 2 (nhận) (1,0đ) 𝑥 = √2
𝑡 = 2 ta có 𝑥2 = 2 ⇔ [ 0,25 𝑥 = −√2
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: 𝑥 = √2, 𝑥 = −√2. 0,25 Cho phương trình 2 2
x  (2m 1)x  m 1  0 (m là tham số). 3b
Tìm giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt (1,0đ) x x
x , x sao cho biểu thức 1 2 P 
có giá trị nguyên. 1 2 x  x 1 2 Trang 3
Tính được   4m  3. 3 0,25
Pt có 2 nghiệm phân biệt khi ∆ > 0 ⇔ m  4
Theo định lý Viet, ta có: 2
 x  x  2m 1 1 2 x x m 1  0,25 1 2  P   . 2 x x  m 1  1 2   x x 2m 1 1 2 2m 1 5 5 P  
 4P  2m 1 . 0,25 4 42m   1 2m 1
Để 4P Z thì 2m  3
1 là ước của 5. Mà m  5 nên 2m  1  4 2 0,25
Suy ra 2m 1  5  m  2.
Thử lại m  2 thì P  1 (thỏa). Vậy m  2 thỏa ycbt. P A B 450 Câu 4 0,5 (3,5đ) 6cm M D C 2cm N
Hình vẽ phục vụ câu a đúng 0,25 đ; câu c đúng 0,25 đ.
+ Xét hai tam giác ADN và ABP có: 0
ADN  ABP  90 , AD = AB, DN = BP Suy ra A  DN  A
 BP c  g  c 0,5
(Đúng hai trong 3 ý cho 0,25). 4a. (1,0đ) +      ADN ABP PAB NAD 0,25 Suy ra 0
NAP  NAB  BAP  NAB  DAN  DAB  90 . Suy ra 0 NAP  NCP 180 0,25
Vậy tứ giác ANCP nội tiếp đường tròn.
Ta có: NC  4 ; CP  8 . 0,25   4b. 2 2 NP NC +CP 4 5 . 0,25
(1,0đ) Chỉ ra được NP là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ANCP 0,25
Suy ra độ dài đường tròn ngoại tiếp tứ giác ANCP: C   d  4 5 (cm). 0,25 4c. Chứng minh A  PM  A
 NM c  g  c Suy ra: MN = MP. 0,25 Trang 4 (1,0đ) 1 S  S  AB.MP. 0,25 AMN MP A 2 Đặt BM  x
Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông NCM, ta có: 0,25 2 2 2
(x  2)  (6  x)  4  x  3.
Tính được diện tích tam giác AMN bằng 15cm2. 0,25 Cho hai số thực ,
x y thỏa mãn x  3; y  3.  1   1 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  21 x   3 y        y   x   1   1   7 21   x 3  2 62 Ta có: 21 x   3 y   y     y  x         0,25  y   x   3 y   3 x  3 3 Câu 5
(0,5 đ) Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: 7 21 7 21 x 3 x 3 y   2 y  14 ;   2   2 . 3 y 3 y 3 x 3 x 0,25  1   1  2 62
Mà x  3; y  3 nên T  21 x   3 y   14  2  3  3  80      y   x  3 3
Vậy giá trị nhỏ nhất của T bằng 80 khi x  y  3 .
Ghi chú: Thí sinh có thể giải theo cách khác, giám khảo dựa trên đáp án để phân chia thang điểm hợp lý. Trang 5