De Thi Vao 10 Toan Chuyen 2020 2021 Tinh Quang Nam

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NAM

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH 10 THPT CHUYÊN Năm học 2020 – 2021

Môn thi: TOÁN CHUYỂN Thời gian: 150 phút

Khóa thi ngày 23 – 25/07/2020 Câu 1. (2,0 điểm)

a) Cho biểu thức 2 18 0

9 2 3 9

1 4 4

x x x

A x x x x x x

  

             Rút gọn biểu thức A

b) Tìm tất cả các số tự nhiên nthỏa mãn 3ⁿ 8là lập phương của một số tự nhiên Câu 2. (1,0 điểm)

Cho parabol

 

^{P :y x2}và đường thẳng

 

^{d :y2x3.Tìm giá tr}ị của tham số mbiết rằng đường thẳng

 

^{d' :y4xm}cắt đường thẳng

 

^d tại điểm có hoành độ dương thuộc

 

^P

Câu 3. (2,0 điểm)

a) Giải phương trình :



^{2 x 1}



^{2 3x1}

b) Giải hệphương trình:

2 2

2 2 2

5

5 5 2

x y xy x

x y xy y x xy y

    



     

Câu 4. (2,0 điểm) 

Cho tam giác ABCcân tại A AB( BC M), là trung điểm của AC G, là trọng tâm của tam giác ABM

a) Gọi Olà tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Chứng minh OG BM b) Lấy điểm Ntrên BC sao cho BN BA.Vẽ NK vuông góc với AB_{tại K,} BE

vuông góc với ACtại E, KFvuông góc với BCtại F. Tính tỉ số BE Câu 5. (2,0 điểm) KF

Cho tam giác nhọn ABC AB(  AC),_{có ba đườ}ng cao AD BE CF, , _đồng quy tại H. Vẽ đường tròn

 

^O đường kính BC.Tiếp tuyến của đường tròn

 

^{O t}ại E cắt ADtại K

a) Chứng minh KAKE

b) Vẽ tiếp tuyến AMcủa đường tròn

 

^{O M, là ti}ếp điểm. Gọi I_{là tâm đườ}ng tròn ngoại tiếp tam giác HDM. Chứng minh O I M, , thẳng hàng

Câu 6. (1,0 điểm)

Cho ba số thực dương x y z, , thỏa mãn x  y z 3.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức H 3xy yz² zx²x y²

ĐÁP ÁN Câu 1.

 

 

     

  

     

  

  

2

2 18 0

) 1 4 4 2 3 9 9

2 1 18

1 3 3 3

1 2

2 18

3 3 3 3

2 6 3 18 5 24

3 3 3 3

3 8 8

3 3 3

x x x

a A x x x x x x

x x

x x x x

x x

x x x x

x x x x x

x x x x

x x x

x x x

  

            

   

   

 

  

   

     

 

   

  

 

  

b) Giả sử ^{3n  8 a3}



^a



Suy ra ^{3n a3 8}



^a2

 

^{a2 2a4 1}

  

Vì a nên ^{a 2 1.Suy ra a 2 3k k}



^



^{ a 3k2}

Thay vào (1) ta được: ^{3n k}



^{9k2 18k 12}



^3k



^{3k2 6k 4}



Ta có: ₂

2 2

3 3

1

1 1

3 6 4 3( )

3 6 3 0

3 6 4 1

k k k

k k

k k Voly

k k k k

 

  

     

   

    

   



Suy ra a1.Thay vào (1) ta được n2

Câu 2. Phương trình hoành độ giao điểm của

 

^P và (d) là :

2 2 1 1

2 3 2 3 0

3 9

x y

x x x x

x y

   

          

Gọi A B, lần lượt là giao điểm của

 

^{P và}

 

^{d là A}



^{1;1 ,}

  

^{B 3;9}

Yêu cầu bài toán ^B

   

^{3;9  d :y4xm}

9 4.3 m m 3

     

Vậy m 3là giá trị cần tìm Câu 3.

 

²

2

2

) 2 1 3 1 1 2

3

2 2 2 1 3 1 2 2 4 2

2 2 1 1 2 4 4 1

2

1( )

4 3 1 0 1

( ) 4

a x x x

x x x x x

x x x x x x

x tm x x

x ktm

 

       

          

 

          

 

     

  

 Vậy ^{S }

 

¹

   

     

   

  

   

     

   

   

   

2 2 2

2 2

2 2

2

2 2

3 2

5 ) 5

5 5 2 5 2

5 5

5 2 2

5 5

2 0 1

x y x y xy y x y xy x

b

x y xy x xy y xy x y y x y x y x y x y xy y x y x y xy y

xy y x y x y x y x y

x y x y xy y x y x y xy y

x y x y x y

           

 

 

          

 

      

      

 

           

            

 

      







 

²

1 1

1

1 3

3 2 3 0

1 2; 1

1 2; 3

3

x y x y

x y

y y y

xy y y y

x y

x y

y x y

y

   



  

            

  

  

 

       

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm

  

^{x y; }



^{2; 1 ;}

 

^2;3

 

Câu 4.

a) Gọi L là trung điểm của AB ML. cắt AOtại J

Xét OLJvà BAI có: ⁰ 1

90 , 2

OJLBIA LOJ  ABI  sd AB ( . ) (1)

OLJ BAI g g

  

J P F

E

K

N

L G M

A

I O

B C

Tam giác ABM có G là trọng tâm nên 1 2 3 3 (2) LG  LM  LJ

Gọi Plà giao điểm của BMvà OA.Ta có Plà trọng tâm ABC ²

 

³

AP 3AI

 

Từ (1), (2), (3)  OGJ BPI PBI HBI GOJ HOI HBI HOI BHIO

   là tứ giác nội tiếp

900 ( )

BHO BIO OG BM dfcm

    

b) Ta có BECvuông tại sin BE

E C

  BC

BKFvuông tại sin KF

F FBK

  BK

Mà tam giác ABCcân tại A nên ^{C FBK BF KF BE BC}

 

^*

BC BK KF BK

    

Mặt khác BANcân tại B vì BABN gt( ),có NK AI, là 2 đường cao ứng với hai cạnh bên nên NK  AI

Chứng minh được BKN BIABK BI Thay vào (*) ta được BE BC 2

KF  BI 

Câu 5.

a) Chứng minh được AEHFnội tiếp AHE AFE Mà AFE ACB(cùng bù với BFE)

ACBHEK(cùng chắn BE)

KHEHEK KHEcân tại K ^{KH KH}

 

¹

Mặt khác

0 0

90 90 KHE KAE

KAE KEA HEK KEA

  

  

  



Suy ra tam giác AKEcân tại K nên ^KAKE

 

²

Từ (1) và (2) suy ra ^{KAKE dfcm}

 

I

M K

H

D

E F

O A

B C

b) Dễ dàng chứng minh được

 

. . 3

AH AE

AHE ACD AH AD AC AE

AC AD

     

Xét AEMvà AMCcó:EAM chung AME;  ACM (cùng chắn ME)

 

( ) AE AM . 2 4

AEM AMC g g AE AC AM

AM AC

       

Từ (3) và (4) . ² AH AM

AH AD AM

AM AD

   

Xét AHMvà AMDcó: ; AH AM

HAM chung

AM  AD

( . . ) (5)

AHM AMD c g c HDM AMH

    

Gọi Mxlà tiếp tuyến của

 

^{I có : HDM HMx (6)}

Từ (5) và (6) suy ra MxMAIM  AM mà OM  AM gt( ) Nên O I M, , thẳng hàng (đpcm)

Câu 6. Không mất tính tổng quát giả sử 0  x y z. Ta có:

  

 

    

 

2

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

3

2 2 2

0 0

2 1.2 2

1 1. 2 2 2 4

2 27

4

y z y x y xy zy xz

y xz xy zy y z x z xyz x y

x z y x z y xyz x y z y y xz x z xyz x z y x z y y x z xyz y x z x z xyz

x y z xyz xyz

x z y x z y xyz

       

       

         

         

     

    

Ta lại có:

 

2 2 2 2 2 2

2 2 2

3

H xy yz zx x y x y z xy yz zx x y x z y x z y xyz

         

   

Áp dụng kết quảtrên ta được: H 4 Vậy Max H     4 x y z 1