SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2019 – 2020

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi : TOÁN (Toán chuyên)
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
với x  0 .
a) Cho biểu thức A  


x 3
 x  x 1 x x 1 
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 .


Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1  a 
P

 b 2  5 1  b   c 2  5 1  c   a 2  5



ab  a  4
bc  b  4
ca  c  4
2

2

--------------- HẾT---------------

2


HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
Câu

Phần

Nội dung

Với x  0 , ta có:



x 1  2 x  8 x x

x 1 x  x 1



x3 x 22
x x 1


x 8 x






 x3 x 2 x 6 

a)







 



x  1

x 2

 x3 x  2
A  6  x 3 x  2  6  x 3 x 4  0

Câu 1
(2,0đ)

Điểm


x  1  0 x  0 

 x x 4 x 40



 x  4  0 vì



x 4



x 1  0


(d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt

(2)

(1)

1.0


 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
9
0m
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
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

Đặt
a)

y 2  y  12  0
Giải phương trình (2) được:

Câu 3
(2,0đ)

(2)

2
2
 2( x  2)  2( y  1)  16

2
2
( x  2 y )  3( y  1)  16
 2( x  2) 2  ( x  2 y ) 2  ( y  1) 2  0

 ( 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
(2)
x  y 1

(3)
 x  5 y  7
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

(2)

13  
13
13  


B

A
Q

F
D

H

E
I

M
P

N

C

K

Câu 4
(2,0đ)
a)



BC SADC


BM DN SACN SADN SACN  SADN




1
BC DC SADC SADC
SADC

1.0

0.5


Gọi I là giao điểm của AC và BD  IA = IC
Ta có:
SAMCN = SACM + SACN = SACM + SABM = SABC =

1
SABCD = SABD
2

Vì IA = IC nên:
SAEF = SAIE + SAIF = SCIE + SCIF = SCEF < SEMCNF
1

P

Câu 5
(2,0đ)

a)

B

Q

1

1

D

I

C

Tứ giác BCEF có:
  BFC
  90o (GT)
BEC
 BCEF là tứ giác nội tiếp
1  E
1
C
 chung ; E





 1  HEK
  180o  HFK

F

b)



 1  F 1  B
 1  HEK

Mà B
 KE // BC
Trước hết, ta chứng minh DIEF là tứ giác nội tiếp
Cách 1:
 1  HFE

Tứ giác BCEF nội tiếp  B
1  F
 1  DFE
  2B
1
Mà B
 EBC vuông tại E, đường trung tuyến EI
1


PQ PI
  PIQ

  PDH
 PQI (c-g-c)  PHD

(1)

(2)

  AHQ
  AFQ

Lại có PHD
  PIQ

 AFQ

Câu 6
(1,0đ)

 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


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 

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
P