Đề Toán tuyển sinh lớp 10 chuyên năm 2019 – 2020 sở GD&ĐT Đắk Lắk

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐĂK LĂK NĂM HỌC 2019 – 2020 MÔN THI: TOÁN - CHUYÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi : 07/6/2019
(Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề) Câu 1: (2,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d : y  m  2 x  2 với m là tham số
và m  2 . Tìm tất cả các giá trị của m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng d  bằng 2 . 3
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 4 x  m   2 2
1 x  m  m 1  0 có
đúng ba nghiệm phân biệt. Câu 2: (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 2
x  2 7  x  2 x 1  x  8x  7 1 3 3     
2) Tìm tất cả các cặp số hữu tỉ  4x y x 4y 0
x; y thỏa mãn hệ phương trình:  . 2 2 10x   7xy  2y  9 Câu 3: (2,0 điểm)
1) Tìm các số tự nhiên n thỏa mãn 2019 4 3n
 có chữ số tận cùng là 7.
2) Tìm các bộ số tự nhiên a ; a ; a ;; a thỏa mãn: 1 2 3 2019  2        a a a a 2019 1 2 3 2019  2 2 2 2 3 a  a  a    a  2019 1  1 2 3 2019 Câu 4: (1,0 điểm) 3 
1) Cho các số thực dương x 1 7 5 x , chứng minh 2  x  . x  2 18 18
2) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn 2 2 2
a  b  c  3. Chứng minh rằng: 3 3 3 3 3 3 a  b b  c c  a    2 a  2b b  2c c  . 2a Câu 5: (3,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD với tâm O. Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Các điểm N, P
theo thứ tự thuộc các cạnh BC, CD sao cho MN // AP. Chứng minh rằng:
1) Tam giác ADP đồng dạng với tam giác NBM. 2) 2 BN  DP  OB .
3) DO là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác OPN.
4) Ba đường thẳng BD, AN, PM đồng quy.
------------------- Hết -------------------
Nguyễn Dương Hải – GV THCS Nguyễn Chí Thanh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 1 SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Câu 1: (2,0 điểm) 1)    d  cắt Ox tại 2 A ; 0 
 và cắt Oy tại B 0; 2 . Gọi OH là khoảng cách từ O đến d   2  m  1 1 1 1 1 1 2  m  2 2 m  2  2 2 Ta có:       2  m  8     2 2 2 2  2 2 2 OH OA OB  2   2  2 2   m  2 2 m   2  2 2      3   2  m  (TMĐK m  2 ). m  2  2 2 Vậy 
thì khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng d  bằng 2 . m  2  2 2 3 2) Đặt 2
t  x  0 ; phương trình đã cho trở thành 2 t  m   2
1 t  m  m 1  0 *
Khi đó phương trình đã cho có đúng ba nghiệm phân biệt  * có một nghiệm bằng 0 và 2 2 m  m 1  0 m  m 1  0 2       một nghiệm dương ( m m 1 0 t  t  0 ) 2  t t  0  m  m 1 0  2 1 1 2 m     1 t  t  0 m 1  0  1 2   1 5  5 1 2  m   m  Ta có:  1  5 2 2 2 2 m  m 1  0  m          2  4  1 5   5 1 m    m   2 2  2 Lại có  m  1, nên 5 1 m  2 Câu 2: (2,0 điểm) 1) ĐK: 1  x  7 Ta có: 2
x  2 7  x  2 x 1  x  8x  7 1  x 1 2 x 1  7  x x   1  2 7  x  0    
 x   x     x  x       x    x    x x 1 2 0 1 1 2 7 1 2 0 1 2 1 7  0    x  1  7  x  0  x 1  4 x  5   
(TMĐK). Vậy tập nghiệm của phương trình là S  4;  5 x 1 7 x      x   4 3 3 3 3          2) 4x y x 4y 0 x 4y y 4x    2 2 2 2 10x  7xy  2y  9 10x  7xy  2y  9     2 2
x  xy  y x  y   3 3 y  x  3 2 2 3 10 7 2 4 9 4
 46x  33x y  26xy  y  0 * x 2 4x 1  0 x  0 3     Nếu 4x x 0   y  0      
3 (không xảy ra), nên y  0 2 9 2 1  0x  9 x x       10 10 3 2     Với x x x y  0 ;   3 2       t  t  t         t   2 * 46 33 26 1 0 46 33 26 1 0 2 1 23t  28t   1  0  y   y  y
Nguyễn Dương Hải – GV THCS Nguyễn Chí Thanh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 2   t    x   2t   1  2 1 0 2 23t  28t   1  0  t   Q  2   23t  28t 1  0  y  1 x 1
) 2t 1  0  t     2x  y 2 y 2
Khi đó 10x  7x  2x  22x2 3 2 2
 9  4x  9  x   2 Với 3 3  
x   y  2  3 ; Với 3 3 x    y  2   3   2 2 2  2  +) 2
23t  28t 1  0 không có nghiệm hữu tỉ, vì có   173 Vậy các cặp số      x; y cần tìm là 3 ; 3   và 3  ;  3    2   2  Câu 3: (2,0 điểm) 1) Ta có: n  1009 2019 2 n 1009 4 3 4 4 3 4 16 3n 4 6 3n 4 3n             Do đó 2019 4 3n
 có chữ số tận cùng bằng 7 khi 3n có chữ số tận cùng bằng 3    4k n 4k 1 3 3 1 3 3 3       
 n  4k 1k  N  2
 a  a  a    a  2019
4038 a  a  a    a  4  0382019 1 2 3 2019  1 2 3 2019  2 2) Ta có:    2 2 2 2 3 2 2 2 2 3 a  a  a    a  2019 1 a  a  a    a  2019 1  1 2 3 2019  1 2 3 2019 2 2 2 2
 a  a  a    a
 4038a  a  a    a  3 2  2019 1 40382019 1 2 3 2019 1 2 3 2019   2 2
a  4038a  2019    2 2
a  4038a  2019    2 2 a  4038a  2019  3 2  2019 1 20192019 1 1 2 2 2019 2019
 a  20192  a  20192  a  20192 1 1 2 2019
a  20192 a  20192 a  20192  0 * 1 2 2019   Do đó 
a  20192 a  20192 a  20192 1 ** 1 2 2019  
Từ *  a  a   a  2019 1 2 2019
Từ **  trong các số a ; a ;; a có một số bằng 2018 hoặc 2020 và các số còn lại bằng 1 2 2019
2019. Giả sử a  2018 hoặc a  2020 và a  a   a  2019 1 1 2 3 2019
+) TH: a  2018 và a  a   a  2019 1 2 3 2019 2  a  a  a  a
 2018  2018 2019  2019  20182019  2019 1 2 3 2019 Mâu thuẩn với 2 a  a  a    a  2019 1 2 3 2019
+) TH: a  2020 và a  a   a  2019 1 2 3 2019 2 2 2 2 2 2 2 2
 a  a  a    a
 2020  20182019  2019  2 2019 1 2018 2019 1 2 3 2019   2 2 2019  20182019  3 3
1 22019  2019 1 2 2019  2019 1 Mâu thuẩn với 2 2 2 2 3 a  a  a    a  2019 1 1 2 3 2019 Vậy a ; a ; a ;; a
 2019; 2019; 2019;; 2019 1 2 3 2019    Câu 4: (1,0 điểm) 3  1) Vi x 1 7 5 x  0 , nên 2  x   18 3 x   1   x  2 2 7x  5 3 2
 0  11x 14x  5x  8  0 x  2 18 18   x  2
1 11x  8  0 ; luôn đúng với mọi x  0
Nguyễn Dương Hải – GV THCS Nguyễn Chí Thanh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 3 3  Vậy với x 1 7 5 x  0 thì 2  x 
. Dấu “=” xảy ra khi x 1 x  2 18 18
2) Áp dụng kết quả của 1), với a x 
 0 do a  0; b  0 . b 3  a    1 2 3 3 Ta có:  b  7  a  5 a  b 7 5 2 2     a  b . a   18  b  18 a  2b 18 18  2 b 3 3 3 3 Tương tự b  c 7 5 c  a 7 5 2 2 2 2  b  c ;  c  a b  2c 18 18 c  2a 18 18 3 3 3 3 3 3 Do đó a  b b  c c  a 7     5 2 2 2 2 2 a  b  c    2 2 2 a  b  c    2 2 2
a  b  c   3  2 a  2b b  2c c  2a 18 18 3 3  a 1  b  b   Dấu “=” xảy ra 1   c  a  b  c 1  c   1 a  2 2 2
a  b  c  3; a, ,b c  0 Câu 5: (3,0 điểm) A M B I I' O N D P C
1) Tam giác ADP đồng dạng với tam giác NBM.  BMN   0 BNM  B  MN   0 MBN    BAP   DAP   0 90 , 90 ;
BAD  90 (ABCD là hình vuông) Mà  BMN   BAP MN / / AP   BNM   DAP Xét ADP và NBM :  ADP   0
NBM  90 (ABCD là hình vuông);  DAP   BNM cmt
Nguyễn Dương Hải – GV THCS Nguyễn Chí Thanh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 4 Vậy ADP NBM (g-g) 2) 2 BN  DP  OB Đặt a
AB  BC  CD  DA  a  AM  BM  2 2 Vì  AD DP a a ADP NBM cmt  
 BN  DP  AD  BM  a   BN BM 2 2 2 2
Lại có ABCD là hình vuông tâm O, nên  AB a AOB vuông cân tại O 2  OB   2 2 Vậy 2 BN  DP  OB (đpcm)
3) DO là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác OPN. Ta có: BN BO DO 2 BN  DP  OB cmt    do BO  DO BO DP DP Xét  BN DO BNO và DOP :  OBN   0
PDO  45 (ABCD là hình vuông);  cmt BO DP
Vậy BNO DOP (c-g-c)   BON   DPO Do đó:  DOP   BON   DOP   0 DPO    0 0 0 180 ODP  180  45  135   0 NOP    DOP    BON  0 0 0 180  180 135  45 Mặt khác  ON OB DO BNO DOP (cmt)    do OB  DO OP DP DP Xét  ON DO ONP và DOP :  NOP   0 ODP  45 (cmt);  cmt OP DP
Vậy ONP DOP (c-g-c)   ONP   DOP
Vẽ tia Ox là tia tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp OPN (Ox nằm trên nửa mặt phẳng bờ
AC có chứa điểm D), ta có  xOP  
ONP (góc nội tiếp và góc tạo bới tia tiếp tuyến và dây) Do đó  xOP  
DOP  tia OD trùng với tia Ox. Vậy OD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác OPN (đpcm)
4) Ba đường thẳng BD, AN, PM đồng quy.
Gọi I  BD  AN;I   BD  MP Xét IB BN
AID : AD / /BN  AD / /BD   (hệ quả Thales) ID AD  Xét I B BM
BIM : BM / /DP  AB / /CD   (hệ quả Thales) I D  DP Mà ADP    BN BM NBM cmt   . AD DP  Do đó IB I B 
 I  I . Vậy ba đường thẳng BD, AN, PM đồng quy. ID I D 
Nguyễn Dương Hải – GV THCS Nguyễn Chí Thanh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 5