Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm 2019-2020 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Nam (Khối chuyên)

Chia sẻ: Lan Yuan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

59
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luyện tập với Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm 2019-2020 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Nam (Khối chuyên) giúp bạn hệ thống kiến thức đã học, làm quen với cấu trúc đề thi, đồng thời rèn luyện kỹ năng giải đề chính xác giúp bạn tự tin đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới. Mời các bạn cùng tham khảo và tải về đề thi.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm 2019-2020 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Nam (Khối chuyên)

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).  x 2 2 x  8  x2  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 M  9.34 n  8.24 n  2019 chia hết cho 20. Câu 2 (1,0 điểm). Cho parabol ( P) : y   x 2 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 x1 , x2 thỏa mãn x12  x22  3 . Câu 3 (2,0 điểm). a) Giải phương trình x 2  x 2  4 x  4  x  3 .  x  y  4 x  2 y  3 2 2 b) Giải hệ phương trình  2  x  7 y  4 xy  6 y  13. 2 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 AB.AH  AD.AK  AC 2 . 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 BM DN E và F. Chứng minh   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 abc  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1  a   b 2  5 1  b   c 2  5 1  c   a 2  5 2 2 2 P    ab  a  4 bc  b  4 ca  c  4 --------------- HẾT---------------
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm Với x  0 , ta có:  x 2 2 x  8  x2  x x  x  1 A    x  x  1 x x  1  x 3   x 2   x 1  2 x  8 x x   x 1     x 1   x 1 x  x 1  x 3 x3 x 22 x 8 x x 1  x 1   x x 1 x 3 x 1   x3 x 2 x 6   x 3 a) 1.0 x 1  x 2   x 3  x 3  x  2  x  1  x3 x  2 Câu 1 A  6  x 3 x  2  6  x 3 x 4  0 (2,0đ)  x x 4 x 40   x 4  x 1  0  x  4  0 vì  x  1  0 x  0   x  16 (TMĐK) Vậy với x  16 thì A  6 . 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  9  1(mod 4) 8.16n  0(mod 4)  M  1  0  2019  2020  0(mod 4) hay M  4 (1) b) 1.0 Lại có: 81  1(mod 5)  81n  1(mod 5)  9.81n  9  4(mod 5) 16  1(mod 5)  16n  1(mod 5)  8.16n  8  3(mod 5)  M  4  3  2019  2020  0(mod 5) hay M  5 (2) Từ (1) và (2)  M  BCNN (4,5) hay M  20 (đpcm) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): Câu 2  x2  x  m  2  x2  x  m  2  0 (1) Ta có:   1  4(m  2)  9  4m 1.0 (1,0đ) (d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt
 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 9 0m (2) 4  x  x  1 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:  1 2  x1 x2  m  2 Theo đề bài: x12  x22  3  ( x1  x2 ) 2  2 x1 x2  3  1  2(m  2)  3  5  2m  3  m  1 (3) 9 Từ (2) và (3)  1  m  là giá trị cần tìm. 4 x 2  x 2  4 x  4  x  3   x 2  4 x   x 2  4 x  12  0 (1) Đặt x 2  4 x  y  y  0  . Phương trình (1) trở thành: y 2  y  12  0 (2) a) Giải phương trình (2) được: y1  4 (TMĐK) ; y2  3 (loại) Với y  4 thì: x 2  4 x  4  x 2  4 x  16  ( x  2) 2  20  x  2  2 5 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x  2  2 5 .  x 2  y 2  4 x  2 y  3  2  x  7 y  4 xy  6 y  13 2  x 2  4 x  4  y 2  2 y  1  8  2  x  4 xy  4 y  3 y  6 y  3  16 2 2 ( x  2) 2  ( y  1) 2  8 (1) Câu 3  ( x  2 y )  3( y  1)  16 2 2 (2,0đ)  2( x  2)  2( y  1)  16 2 2  ( x  2 y )  3( y  1)  16 2 2  2( x  2) 2  ( x  2 y ) 2  ( y  1) 2  0 b)  ( x  2) 2  ( x  2 y ) 2  ( x  2) 2  ( y  1) 2  0  (2 x  2 y  2)(2 y  2)  ( x  y  3)( x  y  1)  0  ( x  y  1)(4 y  4)  ( x  y  3)( x  y  1)  0  ( x  y  1)( x  5 y  7)  0 x  y 1 (2)   x  5 y  7 (3) Thay (2) vào (1) được: ( y  1  2) 2  ( y  1) 2  8  2( y  1) 2  8  ( y  1) 2  4 y 1  x  0   y  3  x  4
Thay (3) vào (1) được: 4 (5 y  7  2) 2  ( y  1) 2  8  26( y  1) 2  8  ( y  1) 2  13  2 10  y  1  13  x  2  13   2 10  y  1  13  x  2  13 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là   10 2   10 2  ( x; y )   0;1 ,  4; 3 ,  2  ; 1   ,  2  ; 1   .   13 13   13 13   B H A E Q I M F P D C N K Kẻ BP  AC, DQ  AC Dễ chứng minh  AQD =  CPB (cạnh huyền - góc nhọn) Câu 4  AQ  CP  AQ  AP  AC (1) (2,0đ)  APB  AHC (g-g) a) AB AP 1.0    AB.AH  AC.AP (2) AC AH Tương tự: AD.AK  AC.AQ (3) Từ (1), (2) và (3)  AB.AH  AD.AK  AC.AP  AC.AQ  AC(AP  AQ)  AC 2 Hai tam giác ADN và ADC có chung chiều cao kẻ từ A DN SADN   DC SADC BM SABM Tương tự:  BC SABC b) 0.5 Mà SABM = SACN (GT) và SABC = SADC (vì ABCD là hình bình hành) BM SACN   BC SADC BM DN SACN SADN SACN  SADN      1 BC DC SADC SADC SADC
Gọi I là giao điểm của AC và BD  IA = IC Ta có: 1 SAMCN = SACM + SACN = SACM + SABM = SABC = SABCD = SABD 2 Vì IA = IC nên: SAEF = SAIE + SAIF = SCIE + SCIF = SCEF < SEMCNF 1 1 0.5  SAEF < SAMCN  SAEF < SABD 2 2 1  EF < BD 2 Mà BE + DF + EF = BD  BE  DF  EF (đpcm). A K J E 1 F O 1 Q H 1 1 1 P B D I C Câu 5 Tứ giác BCEF có: (2,0đ)   BFC BEC   90o (GT)  BCEF là tứ giác nội tiếp C 1  E 1  chung ; E 1  C 1 0.5  PBE và  PFC có: EPC   PBE  PFC (g-g) PB PE    PB.PC  PE.PF PF PC a) Tứ giác BDHF có:   BFH BDH   90o (GT)   BFH  BDH   180o  BDHF là tứ giác nội tiếp 1  F 1 0.5 B  AH  Gọi J là trung điểm của AH. Dễ thấy  HEF nội tiếp đường tròn  J;   2  Tứ giác HEKF nội tiếp đường tròn (J)
 1  HEK F    180o  HFK   Mà B 1  F 1  B 1  HEK   KE // BC Trước hết, ta chứng minh DIEF là tứ giác nội tiếp Cách 1: Tứ giác BCEF nội tiếp  B  1  HFE  Mà B1  F  1  DFE   2B 1 (1)  EBC vuông tại E, đường trung tuyến EI 1  IB  IE  BC   IBE cân tại I 2  1 (tính chất góc ngoài của tam giác)  I1  2B (2) 0.25 Từ (1) và (2)  I1  DFE  DIEF là tứ giác nội tiếp Cách 2: Chứng minh được IEH  B  1  HFE   IEH  1 sđHE  2 b)  EI là tiếp tuyến của (J)   EAF  IEF   BHF D 1  DIEF là tứ giác nội tiếp Dễ chứng minh  PDF  PEI (g-g)  PD.PI = PE.PF Dễ chứng minh  PHE  PFQ (g-g)  PE.PF = PH.PQ PD PH  PD.PI = PH.PQ   PQ PI 0.75   PDH  PQI (c-g-c)  PHD  PIQ    AHQ Lại có PHD   AFQ    PIQ  AFQ   BIQF là tứ giác nội tiếp. Dễ chứng minh các bất đẳng thức: 1 1 4 x 2  y 2  2 xy ;   với x, y  0 x y x y Dấu “=” xảy ra  x  y Áp dụng các bất đẳng thức trên, ta có: 1  a   b 2  5  a 2  b 2  2a  6  2ab  2a  6  2(ab  a  4)  2 2 Câu 6 (1,0đ) ab  a  4 ab  a  4 ab  a  4 ab  a  4 2 1 4 1 1 1  2  2   2    ab  a  4 2 ( ab  a  1)  3 2  ab  a  1 3  11 1 1    6 2 ab  a  1 Tương tự:
1  b  2  c 2  5 11 1 1    bc  b  4 6 2 bc  b  1 1  c  2  a 2  5 11 1 1    ca  c  4 6 2 ca  c  1 11 1  1 1 1  P      2 2  ab  a  1 bc  b  1 ca  c  1  Vì abc  1 nên: 1 a a   bc  b  1 abc  ab  a ab  a  1 1 ab ab  2  ca  c  1 a bc  abc  ab ab  a  1 1 1 1 1 a ab       ab  a  1 bc  b  1 ca  c  1 ab  a  1 ab  a  1 ab  a  1 1 11 1 P  5 2 2 Dấu “=” xảy ra a  b  c    ab  a  1  bc  b  1  ca  c  1  3  a  b  c  1  abc  1  Vậy min P  5  a  b  c  1