Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Chuyên năm 2019-2020 chuyên toán đề chính thức Sở GD Quảng Nam (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
Môn thi : TOÁN (Toán chuyên) ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Khóa thi ngày : 10-12/6/2019
Câu 1 (2,0 điểm). 2  x  2
2 x  8  x  x x  x 1
a) Cho biểu thức A     với x  0. x  x 1 x x 1 x  3  
Rút gọn biểu thức A và tìm x để A  6.
b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n , số 4n 4 9.3 8.2 n M    2019 chia hết cho 20.
Câu 2 (1,0 điểm). Cho parabol 2
(P) : y  x và đường thẳng (d) : y  x  m  2. Tìm tất cả các giá trị
của tham số m để (d) cắt ( )
P tại hai điểm phân biệt lần lượt có hoành độ 1 x , 2 x thỏa mãn 2 2   1 x 2 x 3.
Câu 3 (2,0 điểm). a) Giải phương trình 2 2
x  x  4x  4 x  3. 2 2
x  y  4x  2y  3
b) Giải hệ phương trình  2 2
x  7y  4xy  6y 13.
Câu 4 (2,0 điểm).
Cho hình bình hành ABCD có góc A nhọn. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông
góc của C lên các đường thẳng AB, AD. a) Chứng minh 2 AB.AH  AD.AK  AC .
b) Trên hai đoạn thẳng BC, CD lần lượt lấy hai điểm M, N ( M khác B, M khác C )
sao cho hai tam giác ABM và ACN có diện tích bằng nhau; BD cắt AM và AN lần lượt
tại E và F. Chứng minh BM DN   1 và BE  DF  EF. BC DC
Câu 5 (2,0 điểm).
Cho tam giác nhọn ABC (AB  AC) nội tiếp đường tròn (O) và có trực tâm H.
Ba điểm D, E, F lần lượt là chân các đường cao vẽ từ A, B, C của tam giác ABC. Gọi I là
trung điểm của cạnh BC, P là giao điểm của EF và BC. Đường thẳng DF cắt đường tròn
ngoại tiếp tam giác HEF tại điểm thứ hai là K.
a) Chứng minh PB.PC  PE.PF và KE song song với BC.
b) Đường thẳng PH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF tại điểm thứ hai là Q.
Chứng minh tứ giác BIQF nội tiếp đường tròn.
Câu 6 (1,0 điểm).
Cho ba số thực dương a, , b c thỏa mãn . a .
b c  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức   a2 2  b   b2 2  c    c2 2 1 5 1 5 1  a  5 P     ab  a  4 bc  b  4 ca  c  4
--------------- HẾT --------------- Trang 1
Họ và tên thí sinh: ........................................................................................ Số báo danh: ......................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUẢNG NAM NĂM HỌC 2019-2020 HDC CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN CHUYÊN
(Bản hướng dẫn này gồm 05 trang) Câu Nội dung Điểm Câu 1 2  x  2
2 x  8  x  x x  x 1 (2,0)
a) Cho biểu thức A        với x  0 . x  x 1 x x 1 x  3   1,25
Rút gọn biểu thức A và tìm x để A  6 .     x  x 
 x 2 x 1 2 x 8 2 2 8  Ta có:   0,25 x  x  1 x x  1 x x  1   x  x 
 x 2 x 3 6    . 0,25 x x 1 x x  1 2 x  x x 
x 1   x   1 x x   1 . 0,25
 x 2 x 3  x  1x x  1 Do đó: A  .   x   1  x  2 . 0,25 x x 1 x  3
A  6   x  
1  x  2  6  x  3 x  4  0   x   1  x  4  0 0,25
 x  4  0  x 16 (không đối chiếu điều kiện x  0 cũng được).
b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n , số 4n 4 9.3 8.2 n M    2019 chia 0,75 hết cho 20.   
M   2n 1 2n 1   2n 1 9 1  2.4  2020 .  0,25 2n 1  2n 1       2n 1 9 1 9 1 , 2.4 8, 2020 4  M 4 .     M   2n 1 2n 1 
 2n 1 2n 1 9 4 4 1 2020.  0,25 2n 1  2n 1  
     2n 1 2n 1 9 4 9 4 , 4 1
 4 1, 2020 5M 5.
Mặt khác 4 và 5 nguyên tố cùng nhau nên M 20 . 0,25 Câu 2 Cho parabol 2
(P) : y   x và đường thẳng (d) : y  x  m  2. Tìm tất cả các giá trị của
(1,0) tham số m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt lần lượt có hoành độ 1x, 2
x thỏa mãn 1,0 2 2   1 x 2 x 3.
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 2
x  x  m  2 0,25 2
 x  x  m  2  0 (1).
(d ) cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt, tức là: 9  0,25
'  0  1  4(m  2)  0  m  (*). 4 2 2           1 x 2 x 3
 1x 2x2 2 1x 2x 3 1 2(m 2) 3 0,25
1 2m  4  3  m 1.
Kết hợp với điều kiện (*) suy ra: 9 0,25 1  m  . 4 Trang 2 Câu Nội dung Điểm Câu 3 a) Giải phương trình 2 2 x 
x  4x  4(x  3) (1). 1,0 (2,0) Đặt 2 t 
x  4x , t  0 (Điều kiện: 2
x  4x  0 được 0,25). 0,25 PT (1) trở thành: 2
t  t 12  0 (chỉ cần thay t đúng và không còn chứa x ). 0,25  t  3
 (loại) hoặc t  4 (thỏa t  0 ).
(Nếu không loại t  3, nhưng bước 4 có xét t  3 phương trình 2 x  4x  3  vô nghiệm 0,25
thì bước này cũng được 0,25). Với t  4 thì 2 2 2
x  4x  4  x  4x  16  x  4x 16  0  x  2  2 5 . 0,25
* Trình bày khác: Điều kiện: 2 x  4x  0 (0,25) 2   (0,5) 2 2
(1)   x  4x   x  4x 12  0 (0,25)   2
 x  4x  3  (vô nghiệm) hoặc 2 x  4x  4 (0,25) 2 2
 x  4x 16  x  4x 16  0  x  2  2 5 . (0,25)
Ghi chú: Nếu thí sinh không đặt điều kiện nhưng giải đúng hoàn toàn thì vẫn được điểm tối đa. 2 2
x  y  4x  2y  3
b) Giải hệ phương trình  1,0 2 2
x  7y  4xy  6y 13. 2 2     
Hệ phương trình đã cho tương đương với: 2x 2 y 8x 4 y 6  2 2
x  7y  4xy  6y 13. 0,25 Suy ra: 2 2
x  5y  4xy  8x  2 y  7  2 2
 x  2(2y  4) x 5y  2y  7  0  x  y 1 hoặc x  5  y 7 . 0,25
+ Với x  y 1 ta có hệ: 2 2 2
x  y  4x  2y  3
y  2y 3  0 x  0 x   0,25      hoặc 4 
x  y 1
x  y 1 y  1  y  3
+ Với x  y 1 ta có hệ:  2  6 10 13  26  10 13     2 2 2 x  x
x  y  4x  2 y  3 1
 3y  26y  9  0  13       hoặc 13  x  5  y  7 x  5  y  7  1  3  2 13  13   2 13 0,25 y   y    13  13            
Vậy hệ PT có 4 nghiệm: 26 10 13 13 2 13 26 10 13 13 2 13 (0;1) , ( 4  ; 3  ) ,  ;    ,  ;    . 13 13   13 13   2 2
(x  2)  (y 1)  8
* Cách khác: Hệ phương trình đã cho tương đương với:  (0,25) 2 2
(x  2y)  3(y1) 16 2 2    Đặt a b 8 (1)
a  x  2, b  y 1, hệ phương trình trên trở thành:  2 2
(a 2b)  3b 16 (0,25) 2 2
2a  2b 16   2 2
 a  4ab  5b  0  a  b hoặc a  5  b . 2 2
(a 2b)  3b 16
Thay a  b vào (1) ta được: 2
2b  8  b  2  .
Với b  2 thì a  2 . Suy ra: x  0, y 1. (0,25) Với b  2  thì a  2  . Suy ra: x  4  , y  3  . Trang 3 Thay a  5
 b vào (1) ta được: 2 2 13
26b  8  b   . 13 10 13 2  6 10 13 1  3  2 13 Với 2 13 b  thì a   . Suy ra: x  , y  . (0,25) 13 13 13 13 10 13 2  6 10 13 1  3 2 13 Với 2 13 b   thì a  . Suy ra: x  , y  . 13 13 13 13 Câu Nội dung Điểm Câu 4
Cho hình bình hành ABCD có góc A nhọn. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông
(2,0) góc của C lên các đường thẳng AB, AD. 1,25 a) Chứng minh 2 AB.AH  AD.AK  AC .
Hình vẽ phục vụ câu a (chưa vẽ đường phụ nhưng vẽ đúng vẫn được 0,25). 0,25
Dựng BL  AC, DI  AC L, IAC . 0,25
Hai tam giác vuông ABL và ACH đồng dạng nên: AB AL   AB.AH  AC.AL . AC AH 0,25
(Chỉ cần nêu hai tam giác ABL và ACH đồng dạng,
không cần chứng minh).
Hai tam giác vuông ADI và ACK đồng dạng nên:
Lưu ý: Không có hình không chấm. AD AI   AD.AK  AC.AI . AC AK 0,25
(Chỉ cần nêu hai tam giác ADI và ACK đồng dạng,
không cần chứng minh). Mà AI  CL nên: 2 0,25
AB.AH  AD.AK  AC(AL  AI)  AC(AL  CL)  AC . * Cách khác: Dựng (0,25) BL  AC L  AC .
Hai tam giác vuông ABL và ACH đồng dạng nên: AB AL (0,25) 
 AB.AH  AC.AL (1). AC AH
Hai tam giác vuông BCL và CAK đồng dạng nên: BC CL (0,25) 
 BC.AK  CA.CL  AD.AK  AC.CL (2). CA AK Từ (1) và (2) suy ra: 2 AB.AH  AD.AK  AC . (0,25)
b) Trên hai đoạn thẳng BC, CD lần lượt lấy hai điểm M, N ( M khác B, M khác C )
sao cho hai tam giác ABM và ACN có diện tích bằng nhau; BD cắt AM và AN lần lượt tại 0,75 E và F. Chứng minh BM DN   1 và BE  DF  EF. BC DC A S BM A S CN BM CN      A S BM A S CN 0,25 A S BC A S CD BC CD BM DN CN DN DC       1. 0,25 BC DC DC DC DC
Đặt BE  a, DF  b, EF  c . BM BM BE a
Vì BM / /AD và BC  AD nên:    . BC AD DE b  c DN DN DF b 0,25
Vì D N / /AB và DC  AB nên:    . DC AB BF a  c a b Suy ra:  1 . b  c a  c Trang 4
 a(a  c)  b(b  c)  (a  c)(b  c) 2 2 2 2 2 2            2 2 a ab b c a 2ab b c a b  c  a  b  c . Vậy BE  DF  EF . Câu Nội dung Điểm Câu 5
Cho tam giác nhọn ABC (AB  AC) nội tiếp đường tròn (O) và có trực tâm H. Ba
(2,0) điểm D, E, F lần lượt là chân các đường cao vẽ từ A, B, C của tam giác ABC. Gọi I là
trung điểm của cạnh BC, P là giao điểm của EF và BC. Đường thẳng DF cắt đường tròn 1,25
ngoại tiếp tam giác HEF tại điểm thứ hai là K.
a) Chứng minh PB.PC  PE.PF và KE song song với BC.
Hình vẽ phục vụ câu a (chỉ cần phục vụ một
trong hai ý ở câu a cũng được 0,25). 0,25
Lưu ý: Không có hình không chấm. Ta có: o
BEC  BFC  90  Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn đường kính BC . 0,25
Hai tam giác PBE và PFC có góc P chung và PEB  PCF nên chúng đồng dạng. PB PE    0,25 PB.PC  PE.PF (1). PF PC Vì o
BDH  BFH  90 nên tứ giác BDHF nội tiếp. 0,25 Tứ giác HEKF nội tiếp. 0,25
Ta có: EBC  HBD  HFD  HEK  BEK  KE / /BC .
b) Đường thẳng PH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF tại điểm thứ hai là Q. Chứng minh tứ giác 0,75
BIQF nội tiếp đường tròn.
Hai tam giác PHE và PFQ có góc P chung và PEH  PQF nên chúng đồng dạng. PH PE    0,25 PH.PQ  PE.PF (2) PF PQ
Từ (1) và (2) suy ra: PB.PC  PH.PQ . PB PQ
Hai tam giác PBQ và PHC có góc P chung và  nên chúng đồng dạng. 0,25 PH PC
 PQB  PCH hay HQB  BCH  Tứ giác BCQH nội tiếp.
Từ đó: FQB FQH  HQB  FEH  HCB  2FCB  FIB . 0,25
Vậy tứ giác BIQF nội tiếp đường tròn. Trang 5 Câu Nội dung Điểm Câu 6 Cho ba số thực dương , a , b c thỏa mãn . a .
b c  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức (1,0)   a2 2  b    b2 2  c    c2 2 1 5 1 5 1  a  5 1,0 P     ab  a  4 bc  b  4 ca  c  4 Ta có:   a2 2 2 2 1
 b  5  a  b  2a  6  2ab  2a  6 . 0,25
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a  b (không nêu cũng được).   a2 2 1
 b  5 2ab  2a  6  1     2 1   . ab  a  4 ab  a  4 
ab  a  4  0,25 1 1 1  1 1       ab  a  4
ab  a   1  3
4  ab  a  1 3  1 1  1 1  11 1 1   a2 2 1  b  5 11 1 1 1 1    .    .   . ab  a  4
4  ab  a 1 3  12 4 ab  a 1 ab  a  4 6 2 ab  a 1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a  b 1 (không nêu cũng được). 1 b2 2
 c  5 1 c2 2   0,25
Tương tự, xét hai biểu thức a 5 , ta suy ra: bc  b  4 ca  c  4 11 1  1 1 1  P       . 2
2  ab  a 1 bc  b 1 ca  c 1 1 1 1 Vì . a . b c  1 nên  
 1. Do đó: P  5 . ab  a  1 bc  b  1 ca  c  1 0,25
P  5  a  b  c  1 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 khi a  b  c 1 . * Lưu ý:
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì vẫn cho đủ số điểm
từng phần như hướng dẫn quy định. Trang 6