50 Đề thi vào Lớp 10 THPT môn Toán chuyên - Nguyễn Thiên Hương (Có đáp án)

186 trang thaodu 4090

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "50 Đề thi vào Lớp 10 THPT môn Toán chuyên - Nguyễn Thiên Hương (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

50_de_thi_vao_lop_10_thpt_mon_toan_chuyen_nguyen_thien_huong.pdf

Nội dung text: 50 Đề thi vào Lớp 10 THPT môn Toán chuyên - Nguyễn Thiên Hương (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NGHỆ AN NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: TOÁN CHUYÊN Ngày thi: 03/06/2018 Câu 1. a) Giải phương trình : x 2 4 x 2 x2 5 x 1 xy 34 y x2 b) Gi i h ả ệ phương trình: 22 y 2 y 7 7 x 8 x Câu 2. a) Tìm các số nguyên x;; y z sao cho x2 y 2 z 2 6 xy 3 x 4 z b) Cho hai số nguyên dương m, n thỏa mãn mn 1là một ước nguyên tố của 21 mn22 . CMR mn. là số chính phương Câu 3. Cho abc,, thực dương thỏa mãn abc 1.Chứng minh rằng: 1 1 1 3 aaab4 3 2 bbbc 4 3 2 ccac 4 3 2 Câu 4. Cho tam giác ABC vuông tại A AB AC nội tiếp đường tròn (O) đường cao AH. Gọi D là điểm đối xứng với A qua BC. Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên BD. Qua H kẻ đường thẳng song song với BD cắt AK tại I. Đường thẳng BI cắt đường tròn (O) tại N (N khác B) a) Chứng minh AN BI DH BK b) Tiếp tuyến của (O) tại D cắt đường thẳng BC tại P. Chứng minh đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP c) Tiếp tuyến của (O) tại C cắt DP tại M. Đường tròn qua D tiếp xúc với CM tại M và cắt OD tại Q (Q khác D). Chứng minh đường thẳng qua Q vuông góc với BM luôn đi qua điểm cố định khi BC cố định và A di động trên đường tròn (O) Câu 5 Để phục vụ cho lễ khai mạc World Cung 2018, ban tổ chức giải đấu chuẩn bị 25000 quả bóng, các quả bóng được đánh số từ 1 đến 25000. Người ta dùng 7 màu: Đỏ, Da cam, Vàng, Lục, Lam, Chàm, Tím để sơn các quả bóng (mỗi quả được sơn 1 màu). Chứng minh rằng trong 25000 quả bóng nói trên tồn tại 3 quả bóng cùng màu được đánh số là abc,, mà a chia hết cho b, b chia hết cho c và abc 17 1
ĐÁP ÁN Câu 1. a) Giải phương trình : x 2 4 x 2 x2 5 x 1 Điều kiện xác định: 24 x Ta có 2x2 5 x 3 x 2 1 4 x 1 0 xx 33 2xx 1 3 0 xx 2 1 4 1 11 xx 3 2 1 0 xx 2 1 4 1 11 1 1 0 11 Do xx 2 1 2 1 2 x 1 0 xx 2 1 4 1 24 x x 3 0 x 3( tm ) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 3 b) Hệ đã cho tương đương với 2xy 6 y 8 x22 xy 3 y 4 x 2 2 2 2 2 yy 2 7 8 xxxyy 8 2 7 2 xyyxx 6 8 0 2 xy 34 y x xy 34 y x2 2 x y 8 x y 7 0 x y 7 x y 1 0 2 13 5 13 xy ; xy 1 33 2 3xx 4 3 0 2 13 5 13 xy ; 33 5 2 22 26 2 22 xy ; xy 7 33 2 3xx 10 21 0 5 2 22 26 2 22 xy ; 33 Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm 2
Câu 2 a) Do x,, y z là các số nguyên nên x2 y 2 z 2 6 1 xy 3 y 4 z x2 y 2 z 2 7 xy 3 y 4 z 0 22 1 y 2 x y 3 1 z 2 0 22 1 xy 0 2 x 1 y 1 0 y 2 2 z 2 z 20 Vậy x 1; y z 2 là 3 số nguyên cần tìm b) Giả sử mn . Theo bài ra ta có: m n 2 1 m n 1 m n 1 m n 1 2 m22 n 1 m n 2 1 m n 1 2m2 2 n 2 m 2 2 mn n 2 m n 1 m n 2 m n 1 Do mn 1 là số nguyên tố mn 1là ước của mn Mà m n m n 1do đó vô lý Vậy giả sử sai m n m. n m2 là số chính phương Ta có điều phải chứng minh. Câu 3. Ta có: a 1 2 a2 a 1 0 a 2 2 a 1 a 2 a 1 0 a4 a 3 a 1 0 a 4 a 3 1 a a43 a ab 21 ab a 11 a43 a ab 2 ab a 1 Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có: 3
1 1 1 1 ; b4 b 3 bc 22bc b 11 c4 c 3 ac ac c Như vậy 1 1 1 1 1 1 VT 3. ab a 111 bc b ac c ab a 111 bc b ac c (Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho 3 số) Lại có 1 1 1 1 a ab 3. 3. 2 ab a1 bc b 1 ac c 1 ab a 1 abc ab a a bc abc ab 1 a ab 3. 3 ab a 1 1 ab a a ab 1 Vậy ta có điều phải chứng minh Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc 1 Câu 4 A N I P B C H O J M Q K D 4
a) Chứng minh AN BI DH BK Ta có do cùng chắn cung AB nên BDA BNA IHA BNA INA Suy ra tứ giác ANHI nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau). Do đó: AHN AIN BIK (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN) Ta có : AK BD AK  IH AIH 900 Do tứ giác AHNI là tứ giác nội tiếp (cmt) AIH ANH 18000 ANH 90 BK BI BI IBK NAH ANH BKI(.) g g AN BI DH BK AN AH DH b) Gọi O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP, I là trung điểm NP Vì A; D đối xứng qua BC nên PA cũng là tiếp tuyến của (O) 1 Ta có: PAN PO N PO I (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung NP của 2 1 1 1 đường tròn O1 ) Lại có: PAN ADN (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn cung AN của O ) PO11 I ADN Hơn nữa ANHI nội tiếp (cmt) nên ANH AIH 900 NAH NHP (cùng phụ với NHA) Ta có : NAH NIH NBD NDP NHP NDP tứ giác PDNH nội tiếp nên NPH NDA NPH PO11 I 0 0 0 Mặt khác : PO1 I 1 O 1 PI 1 90 NPH O 1 PI 1 90 O 1 PH 90 Suy ra BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP c) Gọi J là trung điểm OM, G là trung điểm của OC, E là giao điểm của QG và BM Dễ thấy MQ là đường kính của đường tròn đi qua D là tiếp xúc với MC (Do MDQ 900 ) MQ MC . Mà MC BC MQ// BC Do MQ// BC QMO MOP (so le trong) QOM Tam giác QOM cân tại Q QJ OM (trung tuyến đồng thời là đường cao) BOM GJQ (góc có cạnh tương ứng vuông góc) Mặt khác GJ OG OGJ OJG(.) g g JQ OJ 5
OG OC OB OGJ OCM () OC OB OJ OM OM GJ OB GJQ BOM( c . g . c ) OMB QJM 900 JQ OM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QM) QE  EM QE  BM Vậy đường thẳng qua Q vuông góc với BM luôn đi qua trung điểm G của OC cố định. Câu 5: Xét tập A 1;2;3; ;2500 và tập B 1;3;3.2;3.22 ; ;3.2 13  Do 3.213 24576 250000 BA  Tập B có 15 phần tử. Do mỗi quả bóng được sơn một màu mà có 7 màu nên theo nguyên lý Dirichle trong tập B tồn tại 3 quả bóng cùng màu. Giả sử 3 quả bóng được đánh số abc thì a chia hết cho b, b chia hết cho c và abc 18 17 Vậy ta có điều phải chứng minh 6
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TỈNH KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: TOÁN CHUYÊN Ngày thi : 03/06/2018 Câu 1 a) Giải phương trình : x2 2 x 2 3 x x 1 b) Có bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số abc sao cho abc,, là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác cân Câu 2 a) Chứng minh rằng với mọi số thực abc,, ta luôn có: abc 2 a2 b 2 c 2 2 abacbc 1 1 1 1 1 1 1 b) Cho 3 số x,, y z khác 0 thỏa mãn : x y z ; 4; 0 2 x22 y xyz x y z Tính Q y2017 z 2017 z 2019 x 2019 x 2021 y 2021 Câu 3 Cho đường tròn (O) đường kính BC và H là 1 điểm nằm trên đoạn thẳng BO (điểm H không trùng với hai điểm B và O). Qua H vẽ đường thẳng vuông góc với BC, cắt đường tròn (O) tại A và D. Gọi M là giao điểm của AC và BD, qua M vẽ đường thẳng vuông góc với BC tại N a) Chứng minh rằng tứ giác MNBA nội tiếp 2 BO OH b) Tính giá trị: P 2. AB BH c) Từ B vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O), cắt hai đường thẳng AC và AN lần lượt tại K và E. Chứng minh rằng đường thẳng EC luôn đi qua trung điểm I của đoạn thẳng AH khi H di động trên đoạn thẳng BO Câu 4 Cho a, b,c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a b c abc. Chứng 11 ab22 minh rằng 11 c2 ab Câu 5 Để tiết kiệm chi phí vận hành đồng thời du khách đi tham quan hết 18 danh lam, thắng cảnh trong tỉnh K, công ty du lịch lữ hành KH đã thiết lập các tuyến 1 chiều như sau: Nếu đi từ tỉnh A đến B và từ B đến C thì sẽ không có tuyến từ A đến C. Hỏi có bao nhiêu cách thiết lập để đi hết 18 địa danh trên ? 7
ĐÁP ÁN Câu 1 a) Giải phương trình Điều kiện xác định x 1 x22 2 x 2 3 x x 1 x 2 x 1 3 x x 1 0 ux Đặt vx 1 22 uv Phương trình u 3 uv 2 v 0 u v u 2 v 0 uv 2 TH1: u v xx2 10 15 x x 1 x x 0 2 TH2 : u 2 v x 0 x x x 2 1 2 2 2 xx 4 4 0 15 Vậy nghiệm của phương trình đã cho : xx ; 2 2 2 2 b) TH1:Tam giác đều thì abc 0 có 9 số được lập TH2: Xét a b c . Vì a b c (bất đẳng thức tam giác) nên: c 2 )1ab không có giá trị nào của c c 1 c 4 +) ab 2 có 2 cách chọn c c 2 c 6 )3ab có 4 cách chọn c c 3 c 8 )4ab có 6 cách chọn c c 4 c 10 )5ab có 8 cách chọn c c 5 c 12 )6ab có 8 cách chọn c c 6 c 14 )7ab có 8 cách chọn c c 7 8
c 18 )8ab có 8 cách chọn c c 8 c 18 )9ab có 8 cách chọn c c 9 Vậy trường hợp này có 52 số thỏa mãn Do vai trò của abc,, như nhau nên : 52.3 156 (số) Vậy có tất cả 9 156 165số thỏa mãn Câu 2 a) VT abc 2 abcabc a2 ab ac ab b 2 bc ac bc c 2 a2 b 2 c 2 2 ab bc ca VP b) Ta có: 11x y z x y z 22xyz xyz 1 1 1 1 2 2 2 1 xy yz xz2 xyz xy yz xz xyz 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 4 x2 y 2 z 2 xy yz xz x 2 y 2 z 2 xyz 2 1 1 1 1 1 1 42 x y z x y z Từ đó 1 1 1 1 x y z x y z xy yz xz x y z xyz x y x z y z 0 xy yz zx Hơn nữa các mũ của Q đều lẻ nên có ít nhất 1 thừa số bằng 0. Vậy Q 0 9
Câu 3: M K A E I B N H O C D a) Ta có : BAC 9000 BAM 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) MNB 9000 ( gt ) BAM MNB 180 Do đó tứ giác MNBAnội tiếp đường tròn đường kính MB (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 ) b) Do tam giác ABC vuông tại A nên áp dụng hệ thức lượng ta có: AB22 AB BH BC2 BO OH2. BO OH 2.BO BO BH BH AB22 AB 2 2BO2 BH . BC 2 BO 2 AB 2 BO 22 2. 1 AB AB AB 2 BO OH P 21 AB BH Vậy giá trị của P là P 1 c) Ta dễ dàng có : 10
Do tứ giác DBAC nội tiếp: MBN DBC MBN DAC 9000 MBN 90 DAC NMB BCA (1) DBC DAC Tứ giác MNBAnội tiếp (cmt) NMB NAB (2) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NB) Tam giác OAC cân tại O (OA = OC) BCA OAC (3) (hai góc ở đáy) Từ (1) (2) (3) suy ra NAB OAC OAC BAO NAB BAO BAC NAO NAO 900 OA  NA NA là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A EA EB Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: EAB EBA Trong tam giác vuông KAB ta chứng minh được AE là đường trung tuyến EA EB EK EAK cân tại E BKA EAK AH BC CI AI Ta có: AH// BK . Do vậy theo định lý Ta lét ta có: BK BC CE KE CI HI AI HI HI// EB CE BE KE BE Mà KE EB AI HI Từ đó suy ra I là trung điểm của AH Vậy ta có điều phải chứng minh Câu 4: 1 1 1 Ta có: a b c abc 1 ab ac bc 1 1 1 Đặt x ;; y z thì bất đẳng thức đã cho trở thành : xy xz yz 1 a b c 11
11 ab22 11 c2 ab 1 1 1 1 1 c 1 1 a2 b 2 c 2 1 z2 1 xy22 1 1 z 1 z2 1 1 xy22 1 0 z 1 z2 1 x2 1 1 y 2 1 1 x 2 . 1 y 2 0 z 1 z2 z 1 x 2 1 y 2 1 xy22 1 1 1 0 z Ta lại có: 1 x2 1 y 2 1 x 2 y 2 x 2 y 2 1 xy 22 x y xzyz 2 xy 2 z22 11 xy 2 xy z 1 z22 z ( x y ) 1 z bdt 1 x22 1 1 y 1 0 z 1 z22 ( xz yz ) 1 z 1 xy22 1 1 1 0 z 1 z22 (1 xy ) 1 z 1 xy22 1 1 1 0 z xy1 z2 1 xy22 1 1 1 0 z Từ đó ta có điều phải chứng minh Câu 5: Gọi A là địa điểm có nhiều tuyến đường nhất (gồm ca đường xuất phát từ A và đi đến A). Các địa điểm còn lại ta chia thành 3 loại: Loại 1: Các đường xuất phát từ A có nm(1) tuyến đường Loại 2: Các tuyến đi đến A có nn 2 tuyến Loại 3: Không có tuyến đi và đến A có np(3) tuyến Do m n p 17 và: Số tuyến liên quan đến A có mn tuyến Số tuyến không liên quan đến A không vượt quá mn Gọi S là số cách thiết lập đi hết 18 địa danh thì: 12
m n p 1 2 Smnpmn mnmn p1 mnp 1 108 (Áp dụng bất 3 đẳng thức Cosi) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi m p 6, n 5 Vậy có tối đa 108 cách thiết lập đi hết 18 địa danh trên 13
THI TUY N SINH L NG THPT CHUYÊN Ở GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ Ể ỚP 10 TRƯỜ NAM ĐỊNH Năm học: 2018 - 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút. (Đề thi gồm: 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm). x2 y 2 x 2 y 2 a) Rút gọn biểu thức P . (x y )(1 y ) ( x y )(1 x ) (1 x )(1 y ) 1 1 1 1 1 1 b) Chứng minh rằng 1 1 1 2018. 12 2 2 2 2 3 2 2017 2 2018 2 Câu 2 (2,0 điểm). 22 a) Giải phương trình 2 1 x x 2 x 1 x x 1. x 3 y 2 y ( x y 1) x 0 b) Giải hệ phương trình 4y 2 3 8 x x 14 y 8. y 11 Câu 3 (3,0 điểm). Cho đoạn thẳng AB và C là điểm nằm giữa hai điểm A, B. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB, vẽ nửa đường tròn đường kính AB và nửa đường tròn đường kính BC. Lấy điểm M thuộc nửa đường tròn đường kính BC ( MBMC ; ). Kẻ MH vuông góc với BC ( H BC ), đường thẳng MH cắt nửa đường tròn đường kính AB tại K. Hai đường thẳng AK và CM giao nhau tại E. a) Chứng minh BE2 BC AB b) Từ C kẻ CN AB (N thuộc nửa đường tròn đường kính AB), gọi P là giao điểm của NK và CE. Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác BNE và PNE cùng nằm trên đường thẳng BP. c) Cho BC 2 R. Gọi OO12, lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác MCH và MBH . Xác định vị trí điểm M để chu vi tam giác O12 HO lớn nhất. Câu 4 (1,5 điểm). a) Tìm tất cả các cặp số nguyên (;)xy thỏa mãn 2x22 5 y 41 2 xy . b) Có bao nhiêu số tự nhiên n không vượt quá 2019 thỏa mãn n3 2019 chia hết cho 6. Câu 5 (1,5 điểm). a) Cho các số thực dương ab, thỏa mãn ab 1. 2 1 Chứng minh rằng 3 a b a b 4 ab a 3 b b 3 a . 2 b) Cho 100 điểm trên mặt phẳng sao cho trong bất kỳ bốn điểm nào cũng có ít nhất ba điểm thẳng hàng. Chứng minh rằng ta có thể bỏ đi một điểm trong 100 điểm đó để 99 điểm còn lại cùng thuộc một đường thẳng. HẾT Họ và tên thí sinh: Họ tên, chữ ký GT 1: Số báo danh: Họ tên, chữ ký GT 2: Trang 1/5 14
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI NAM ĐỊNH ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học: 2018 - 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn : TOÁN (chuyên) (Hướng dẫn chấm gồm: 05 trang) Câu 1: (2,0 điểm) Nội dung Điểm a) (1,0 điểm) 0,25 Điều kiện: x y; x 1; y 1. x322332232 x y y xy xy x xyy 2 xyxy 22 P 0,25 (x y )(1 y )(1 x ) (1 y )(1 x ) x22 x y x y 0,25 1 x x xy y. 0,25 b) (1,0 điểm) 1 1 1 1 1 1 Đặt S 1 2 2 1 2 2 1 2 2 . 1 2 2 3 2017 2018 0,25 2 1 1 1 1 2 n * Ta có 11 22 () n( n 1) n n 1 n ( n 1) 2 1 1 1 1 1 1 . 0,25 n n 11 n n 1 1 1 1 1 1 Áp dụng đẳng thức trên ta được S 1 1 1 0,25 1 2 2 3 2017 2018 1 = 2018 2018. (điều phải chứng minh) 0,25 2018 Câu 2: (2,0 điểm) Nội dung Điểm a) (1,0 điểm) Điều kiện: xx2 2 1 0. 21 x x2 21 x x x 2 12(1) x x 2 21 x x 2 21(1) x 0,25 Đặt x2 2 x 1 y . ( y 0) 2 y 2 PT (1) trở thành y 2(1 x ) y 4 x 0 0,25 yx 2 Với y 2 thì x2 2 x 1 2 x 1 6. (thỏa mãn điều kiện) 0,25 Với yx 2 thì x2 2 x 1 2 x (vô nghiệm) Trang 2/5 15
Phương trình có tập nghiệm  1 6; 1 6  . 0,25 2) (1,0 điểm) Điều kiện x 8; y 1; x y 0. x 3 y 2 ( x y )( y 1) 0 (1) Hệ đã cho tương đương 4y 2 3 8 x x 14 y 8 (2) 0,25 y 11 Nhận xét: y 1và y 0 không thỏa mãn, do đó x y x y xy (1) 2 0 1 xy 2 1. Thế vào (2) ta được phương trình yy 11 y 1 2 2 4y 1372 y 4 y 10 y 110 4 y 1237214 y y 1060 y 0,25 23 yy 3 2 1 0. (3) yy 1 2 7 2 1 7 2 2 2 3 3 Với 1 y thì ; ;2y 1 1 2 yy 1 2 3 2 2 7 2 1 4 0,25 23 2y 1 0 . yy 1 2 7 2 1 Do đó (3) yy 3 0 3. 0,25 x 7 thỏa mãn điều kiện. Vậy nghiệm của hệ là(xy ; ) (7;3). Câu 3: (3,0 điểm) Nội dung Điểm a) (1,0 điểm). Ta có BME BKE 900 0,25 nên tứ giác BMKE nội tiếp. HKB CEB mà HKB BAE (vì cùng phụ với 0,25 HKA) BAE CEB . BEC đồng dạng với BAE (vì ABE 0,25 chung và BAE CEB ) BE BC Do đó BE2 BC AB 0,25 AB BE b) (1,0 điểm). 2 Xét tam giác vuông ABN có CN AB BN BC. AB 0,25 mà BE2 BC. AB suy ra BN BE hay BNE cân tai B suy ra BNE BEN . (1) Trang 3/5 16
Mặt khác, theo câu trên ta có CEB BAE và BAE BNP suy raCEB BNP . (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra PNE PEN hay PNE cân tại P NP PE . Vì NP PE và BN BE nên BP NE . 0,25 Suy ra BP là đường phân giác của các góc EBN và EPN . 0,25 Do đó tâm đường tròn nội tiếp các tam giác BNE và PNE cùng nằm trên đường thẳng BP. c) (1,0 điểm). Gọi giao điểm của OO12với MB, MC lần lượt là I và J . Ta có CMH MBH (vì cùng phụ MCB ). Suy ra O12 MH O BH 0 Mặt khác O12 HM O HB 45 . O2 0,25 O1 Suy ra MO1 H đồng dạng với BO2 H . O H MH MH MC Do dó 1 mà O’ O2 H HB HB MB O H MC 1 . O2 H MB 0 O1 H MC O12 HO đồng dạng với CMB (vì O12 HO CMB 90 và ). O2 H MB 0 Suy ra HO21 O MBC MBC HO2 I 180 . 0,25 0 Suy ra tứ giác BHO2 I nội tiếp MIJ O2 HB 45 . Suy ra MIJ cân tại M MI MJ . Ta có MO I MO H (g.c.g) suy ra MI MH và OIOH . 22 22 0,25 Tương tự cũng có OHOJ11 . Chu vi tam giác O12 HO là OH1 HO 2 OO 1 2 JO 1 OO 1 2 OI 2 2 MI 2 MH . Ta có MH R. 0,25 Suy ra chu vi tam giác O12 HO lớn nhất bằng 2R khi MH R , hay M nằm chính giữa nửa đường tròn đường kính BC. Câu 4: (1,5 điểm) Nội dung Điểm a) (0,75 điểm). Phương trình đã cho tương đương 2x22 2 xy 5 y 41 0. (1) 82 0,25 Ta có ' 82 9yy22 0 . Mặt khác từ (1) ta có y2 là số lẻ, nên y2 1;9  x 9 Với y 1 2 x2 2 x 36 0 x  . Với y 1 2 x2 2 x 36 0 x  . 0,25 2 x 1 Với y 3 2 x 6 x 4 0 x 2. Trang 4/5 17
x 1 Với y 3 2 x 6 x 4 0 x 2. Vậy có 4 cặp số nguyên(;)xythỏa mãn là: (1;3),(2;3),( 1; 3),( 2; 3)  . 0,25 b) (0,75 điểm). Đặt n 6 q r , r  0,1,2,3,4,5 . Khi đó n3 2019 chia hết cho 6 khi r3 3 chia hết cho 6. 0,25 Nếu r chẵn thì r3 3 lẻ, do đó r3 3 không chia hết cho 6. Suy ra r 1,3,5  . Với rr 1 3 3 4 không chia hết cho 6. Với rr 3 3 3 30 6 . 0,25 Với rr 5 3 3 128 không chia hết cho 6. Suy ra nq 6 3.Mà 0 nq 2019 0 336. 0,25 Vậy có tất cả 337 số tự nhiên n thỏa mãn đề bài. Câu 5: (1,5 điểm) Nội dung Điểm a) (0,75 điểm). 11 Bất đẳng thức đã cho tương đương 2. a 33 b b a a a a b1 a a b Áp dụng BĐT Cô si cho 2 số dương ta có . (1) ab 3 a b a 3 b 2 a b a 3 b 0,25 b1 2 b 1 1 2 b và . . (2) ab 3 2a 3 b 2 2 a 3 b a b1 3 a 1 1 3 a Từ (1) và (2) suy ra . (3) a 33 b2 2a b a b 2 2 a b 0,25 1 1 3 b Chứng minh tương tự ta cũng có . (4) ba 3 22 ab 11 Từ (3) và (4) suy ra 2. (điều phải chứng minh) a 33 b b a 0,25 1 Dấu "" xảy ra khi ab . 4 b) (0,75 điểm). 0,25 Nếu tất cả 100 điểm cùng thuộc một đường thẳng thì bài toán hiển nhiên đúng. Nếu không phải cả 100 điểm đều thẳng hàng. Ta chọn ra bốn điểm ABCD,,, mà không phải tất cả đều thẳng hàng. Theo giả thiết trong 4 điểm ABCD,,, phải có 3 điểm thẳng hàng, giả sử 3 điểm ABC,, thuộc đường thẳng d , còn điểm D nằm ngoài đường thẳng d . Ta sẽ chứng minh 96 điểm còn lại thuộc đường thẳng d bằng phương pháp phản chứng. 0,25 Giả sử trong 96 điểm còn lại, tồn tại điểm E nằm ngoài đường thẳng d . Xét bốn điểm ABDE,,, phải có 3 điểm thẳng hàng. Do 3 điểm ABD,, không thẳng hàng, 3 điểm ABE,, không thẳng hàng nên 3 điểm ADE,,thẳng hàng hoặc 3 điểm BDE,,thẳng hàng. Trang 5/5 18
Trường hợp 3 điểm ADE,,thẳng hàng thì 3 điểm BDE,,không thẳng hàng, 3 điểm CDE,,không thẳng hàng, do đó trong 4 điểm BCDE,,, không có 3 điểm nào thẳng hàng, trái với giả thiết. Trong trường hợp BDE,, thẳng hàng thì tương tự, trong 4 điểm ACDE,,, không có 3 0,25 điểm nào thẳng hàng, trái với giả thiết. Như vậy ngoài 3 điểm ABC,, thuộc đường thẳng d , phải có 96 điểm nữa cùng thuộc d . Bài toán được chứng minh. Chú ý: - Nếu thí sinh làm đúng, cách giải khác với đáp án, phù hơp kiến thức của chương trình THCS thì tổ chấm thống nhất cho điểm thành phần đảm bảo tổng điểm như hướng dẫn quy định. - Tổng điểm toàn bài không làm tròn. HẾT Trang 6/5 19
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN Môn: TOÁN CHUYÊN Năm học: 2018-2019 Câu 1 xy( x y ) 2 a) Giải hệ phương trình : 3 3 3 3 x y x y 7 x 1 y 1 31 b) Giải phương trình: 9 3x 3 2 x 7 x 5 3 2 x Câu 2 a) Cho xy, là các số nguyên sao cho x2 2 xy y 2 ; xy 2 y 2 x đều chia hết cho 5. Chứng minh 22x22 y x y cũng chia hết cho 5 b) Cho a1, a 2 , , a 50 là các số nguyên thỏa mãn: 1 a1 a 2 a 50 50 , a1 a 2 a 50 100. Chứng minh rằng từ các số đã cho có thể chọn được một vài số có tổng là 50 Câu 3. Cho ngũ giác lồi ABCDE nội tiếp (O) có CD// BE . Hai đường chéo CE và BD cắt nhau tại P. Điểm M thuộc BE sao cho MAB PAE . Điểm K thuộc AC sao cho MK song song AD, điểm L thuộc đường thẳng AD sao cho ML // AC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác KBC cắt BD, CE tại Q và S (Q khác B, S khác C) a) Chứng minh 3 điểm K, M, Q thẳng hàng b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác LDE cắt BD, CE tai T và R (T khác D, R khác E). Chứng minh M, S, Q, R,T cùng thuộc một đường tròn c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR tiếp xúc (O) Câu 4. Cho abc,, là các số thực dương. Chứng minh rằng ab bc 11 2 a b b c a b b c 20
ĐÁP ÁN Câu 1. xy( x y ) 2 a) Giải hệ phương trình : 3 3 3 3 x y x y 7 x 1 y 1 31 Ta có hệ phương trình: xy x y 2 223 (xyx )( xyy ) xy 7( xyxy 1) 31 xy x y ( ) 2 23 (xyxy ) 3 xy xy 7 xyxy 1 31 ab 2 Đặt a x y; b xythì hệ trên trở thành: 23 a a 3 b b 7 a b 1 31 ab 2 33 a 3 ab b 7 a b 1 31 a b a b2 3 ab 3 ab 7 a b 1 31 a b 3 3 ab ( a b ) 3 ab 7( a b ) 24 0 3 a b 6( a b ) 3.2 7 a b 24 0 a b 3 a b 30 0 a b 3 27 ( a b ) 3 (a b 3) a b2 3( a b ) 10 0 a b 3 do a b 2 3( a b ) 10 0 a b 32 a 2 2 (do a x y 4 xy 4 b ) ab 21 b xy 2 xy 1 xy 1 Vậy hệ có nghiệm duy nhất xy; 1;1 b) Giải phương trình: 9 3x 3 2 x 7 x 5 3 2 x 3 Điều kiện xác định: 0 x 2 21
Đặt a x, b 3 2 x a , b 0 . Khi đó phương trình tương đương với: 9 3ab 7 a 5 b a22 b ab a b 22 2 6 3 7 5 23ab 2a22 2 ab 4 a ab b 2 b 3 a 3 b 6 0 2a ( a b 2) b a b 2 3 a b 2 0 a b a b 2 2 3 0 a b 2 b 2 a 9 3 a (2 a ) 2 a 10 2a b 3 b 32 a 9332 a a 7532 a a 1 1 3aa 1 1 0 ax ()tm 3 9 a 10 2 a 1 x 1( tm ) 1 Vậy phương trình trên có tập nghiệm S ;1 9 Câu 2. a) Cho x,y x2 2 xyy xy 2 yx 2 xxy 2 2 yx 2 Ta có: xxy22 2 xyy xy xyx 2 y 1 Lại có: x22 2 xy y , xy 2 y x chia hết cho 5 x y x 21 y chia hết cho 5 TH1: Nếu xy chia hết cho5 thì yx mod5 0 x2 2 xy y  x 2 2 x 2 x x 3 x 1 (mod5), do vậy x chia hết cho 5 hoặc chia 5 dư 3. +)Nếu x chia hết cho 5 thì y cũng vậy, bài toán được chứng minh +)Nếu x chia cho 5 dư 3 thì y chia 5 dư 2, thì 2x22 y 2 x y  2.9 4 2.3 30  0(mod5) Ta cũng có điều phải chứng minh. TH2) Nếu xy 21chia hết cho 5 thì xy 2 1 mod5  0x2 2 xy  y 212(1) y 2 y y y y 1mod5 Do đó y chia 5 dư 4 và x cũng chia 5 dư 4 nên: 2x22 y 2 x y 2.16 16 2.4 4 60  0 mod5 22
Vậy ta có điều phải chứng minh. b) Cho Nếu tồn tại n:1 n 50: a12 a an 50thì kết luận bài toán hiểu nhiên a12 a an 49 Xét: 1 na 49 : n 1 2 a1 a 2 an 1 51 TH1: a 2 a a a 49 nn 1 1 2 ann 2 a 3 a 50 49 Nên nếu n 24 a1 an 2 ; a 2 a n 3 ; ; a n a 2 n 1 49a12 a an a n 23 a n a 212 n a n a 4950 a Điều này vô lý nên: n 25 49 a a a na 25 a a 2 a 1 1 2n 1 1 a2 ann 48; a 2 a 1 50 TH2: an 1 3 an 2 a n 3 a 50 100 a 1 a 2 an 1 49 49 49 n a 49 n .3 n 33 n 2 49 a1 a 2 a 16 a 17 an 16 n 16 a17 16 17 a 17 a17 2 a 17 1 a 1 a 2 a 17 1 Nếu an 1 18đặt a1 a 2 an 1 50 k k 1 18 a 50 k 49 k 1 n 1 k 17 akn 11 a 50 Nếu an 1 19 49 49 n a 49 n 19 n 47 n 2 a1 a 2 a 45 1 Vì nếu a45 2 a 1 a 2 a 44 a 45 an 44 n 44 a45 44 47 44 .2 49 Đặt an 1 50 k 0 k 31 a1 ak a n 1 50 do a 1 ak 1 Vậy ta có điều phải chứng minh. 23
Câu 3: a) Chứng minh 3 điểm K, M, Q thẳng hàng Do các tứ giác BCKQvà BCDAnội tiếp nên: CKQ CBQ CAD KQ//. AD Mặt khác MK// ADnên K, M, Q thẳng hàng b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác . Chứng minh tương tự ta có: RML,,thẳng hàng MQ// AD nên RMQ RLD ETD tứ giác RTMQ nội tiếp Chứng minh tương tự RMSQ nội tiếp do đó: MSQRT,,,, cùng thuộc một đường tròn c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp Bổ đề: cho tam giác ABC, M nằm trên d// BC lấy E khác M trên d, AM cắt BC tại I. Đường qua M //AB cắt BE tại J , khi đó IJ// AE Chứng minh MJ cắt AE, AC tại S và T, ME cắt AC tại G. Ta có MG//BC suy ra MA AG MS AP AG MA , ME cắt AB tại P ta có: AE// IJ MI GC MJ PB GC MI Quay trở lại bài toán: AM cắt BC, (O) tại I và J khác A. Áp dụng bổ đề ta có: IR//,// AE IQ AB. Do đó 24
IRE AEC AJC nên RIJC là tứ giác nội tiếp . Chứng minh tương tự ta có DQIJ là tứ giác nội tiếp Do đó: RJI IJQ RPD 2 PCD CPD 1800 nên RPQJ nội tiếp. Kẻ tiếp tuyến Jx của (O). Ta có: xJR xJA RJA ADJ PDC ADP MAC ADP PAD APB PEJ MAC PED Suy ra : Jx tiếp xúc với PQR hay ta thu được: PQR tiếp xúc với O Vậy ta có điều phải chứng minh Câu 4: Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có: ab bc 1 1 ab bc 1 1 2. . 2 abbc a b b c abbc abbc a c b b a c b b 2 abbcabbc abbc abbc a b c b 2 a b a b b c b c Vậy ta có điều phải chứng minh Dấu "" xảy ra khi và chỉ khi abc 25
Ở GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NAM ĐỊNH Năm học: 2016 - 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN (chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút. (Đề thi gồm: 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm). a) Đơn giản biểu thức x 2 2 x 1 x 2 2 x 1 với x 0. 1 1 1 47 b) Cho abc,, là các số thực thỏa mãn các điều kiện abc 6; . a b b c c a 60 a b c Tính giá trị của biểu thức . b c c a a b Câu 2 (2,0 điểm). a) Giải phương trình 2x22 3 x 1 1 3 x 2 x 1. x22 3 y 3 x 1 0 b) Giải hệ phương trình 22 x y x 4 y 5 0. Câu 3 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn O . Các đường cao AK,, BM CN của tam giác ABC cắt nhau tại H. a) Chứng minh NKH MKH. b) Đường thẳng MN cắt đường tròn O tại hai điểm IJ,. Chứng minh AO đi qua trung điểm của IJ. c) Gọi P là trung điểm của BC, diện tích tứ giác AMHN là S. Chứng minh 2.OP2 S . Câu 4 (1,5 điểm). a) Chứng minh rằng tồn tại vô hạn bộ ba số nguyên x,, y z thỏa mãn xyz 0 và xy5 8 3 7z 2 0. 2 2 2 b) Tìm tất cả các số nguyên không âm abc,, thỏa mãn a b b c c a 6 abc và abc3 3 3 1 chia hết cho abc 1. Câu 5 (1,5 điểm). a) Cho x,, y z là các số thực thỏa mãn x y x z 1; y z . Chứng minh 1 1 1 4. x y 2 y z 2 z x 2 b) Trên bảng ban đầu ghi số 2 và số 4. Ta thực hiện cách viết thêm các số lên bảng như sau: nếu trên bảng đã có hai số, giả sử là a,; b a b , ta viết thêm lên bảng số có giá trị là a b ab. Hỏi với cách thực hiện như vậy, trên bảng có thể xuất hiện số 2016 được hay không? Giải thích. HẾT Trang 1/4 26
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI NAM ĐỊNH ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học: 2016 - 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN (chuyên) (Hướng dẫn chấm gồm: 04 trang) Câu 1: (2,0 điểm) Nội dung Điểm a) (1,0 điểm) 0,25 x 221 x x 221 x x 1211 x x 1211 x 22 xx 1 1 1 1 0,25 xx 1 1 1 1 0,25 xx 1 1 1 1 2. 0,25 b) (1,0 điểm) a b c 6 b c 6 c a 6 a b 0,25 Do abc 6 nên bccaab bc ca ab 6 6 6 3 0,25 b c c a a b 1 1 1 63 0,25 b c c a a b 47 47 17 6. 3 3 . 0,25 60 10 10 Câu 2: (2,0 điểm) Nội dung Điểm a) (1,0 điểm) Điều kiện 2x2 3 x 1 0;1 3 x 0. 0,25 Đặt a 2 x22 3 x 1; b x 1; a ; b 0. Khi đó ta được 2b22 a 1 3 x . Phương trình đã cho trở thành: a 22 b22 a b 22b22 a b a 22 2 0,25 22b a b a 2 a22 2 ab b 0 a b . 2 2 2 x 0 Với ab ta được 2x 3 x 1 x 1 x 3 x 0 x 3. 0,25 Thử lại ta được nghiệm phương trình là: xx 0; 3. 0,25 Trang 2/4 27
2) điểm) 22 x 3 y 3 x 1 0 1 22 0,25 x y x 4 y 5 0 2 Cộng vế với vế của (1) và (2) ta được 2x22 2 y 4 x 4 y 4 0 3 22 Phương trình (3) tương đương với x y x y 20 0,25 x y x 1 0,25 x y 2 y 1. Ta thấy xy 1 thỏa mãn (1) và (2). Hệ đã cho có duy nhất nghiệm xy; 1;1 . 0,25 Câu 3: (3,0 điểm) Nội dung Điểm A a) (1,0 điểm). I Chứng minh được tứ giác BNHK và tứ 0,25 M giác CMHK là các tứ giác nội tiếp. N J H O C Chứng minh được tứ giác BNMC nội tiếp. K P B 0,25 S Chứng minh được NBM NKH;;. MCN MKH NBM MCN 0,25 Từ đó chứng minh được MKH NKH. 0,25 b) (1,0 điểm). Kẻ đường kính AS của OR; , nối BS . Ta có BS A ACB (hai góc nội tiếp cùng chắn 0,25 một cung). Tứ giác BNMC nội tiếp nên ANM ACB(cùng bù với BNM ) ANM ASB 0,25 Trong tam giác ABS ta có ABS 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên 0,25 BSA BAS 900 . Suy ra ANM BAS 900 AO MN hay AO IJ. Tam giác OIJ cân ở O OI OJ , AO IJ suy ra AO đi qua trung điểm IJ. 0,25 Trang 3/4 28
c) điểm). Ta có ABS SCA 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) SC  AC; SB  AB CH song song SB (cùng vuông góc BC ) BH song song SC (cùng vuông góc AB ) 0,5 BHCS là hình bình hành P là trung điểm của HS (vì P là trung điểm của BC ). 1 Do đó OP là đường trung bình của tam giác AHS OP AH. 2 Trong tứ giác ANHM ta có AH2 NA 2 NH 2 MA 2 MH 2 NA22 NH2. NA NH hay NA22 NH4 S (Vì 2NA . NH 4 S ) NAH NAH 0,25 2 2 2 2 MA MH 2 MA . MH MA MH 4 S MAH (Vì 2MA . MH 4 S MAH ) 2 2 2 2.HA 4 SANHM 8.OPS 4 hay 2.OP S . 0 0 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi NH NA; MH MA, khi đó MAN 90 hay BAC 90 (mâu 0,25 thuẫn với tam giác ABC nhọn). Do đó không xảy ra dấu bằng, suy ra 2.OP2 S . Câu 4: (1,5 điểm) Nội dung Điểm a) (0,75 điểm). Với mỗi số nguyên k 0 ta có: x5 8 y 3 7z 2 0 k 305 x k 303 .8 y k 302 .7z 0 5 3 2 0,25 k6. x 8 k 10 . y 7 k 15 . z 0. Do đó nếu x0;; y 0 z 0 là một bộ số nguyên thỏa mãn điều kiện đề bài thì với mỗi số nguyên 6 10 15 0,25 k 0 ta cũng có k x0;; k y 0 k z 0 cũng là một bộ số nguyên khác thỏa mãn điều kiện đề bài. Ta thấy bộ 1; 2;3 thỏa mãn điều kiện đề bài. Từ đó suy ra tồn tại vô hạn bộ ba số nguyên x,, y z thỏa mãn xyz 0 và xy5 8 3 7z 2 0. 0,25 Lưu ý: Học sinh có thể chỉ ra ngay bộ k6;; k 10 k 15 với k là số nguyên khác 0 tùy ý là một bộ số nguyên thỏa mãn đề bài. b) (0,75 điểm). Giả sử abc;; là các số nguyên không âm thỏa mãn đề bài, ta có: 0,25 2 2 2 a b b c c a 63 abc a2 b 2 c 2 ab bc ca abc (1) 3 3 3 2 2 2 Phân tích a b c3 abc abca b c abbcca (2) 0,25 Từ (1) và (2) a3 b 3 c 3 33 abc abc a b c hay a3 b 3 c 3 31 abc a b c . Do abc3 3 3 1 chia hết cho abc 1 nên ta được 1 chia hết cho abc 1 0,25 Suy ra abc 0. Thử lại: abc 0 thỏa mãn. Vậy có duy nhất bộ số abc; ; 0;0;0 thỏa mãn đề bài. Trang 4/4 29
Câu 5: (1,5 điểm) Nội dung Điểm a) (0,75 điểm). Đặt x y a; x z b ta được ab 1; a b . Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: 0,25 1 1 1ab22 1 1 44 ab22 4 a2 b 2 ab 2 a 2 b 2 a 2 b 2 2 ab ab22 2 1 ab22 2 2. 0,25 ab22 2 Do ab 1; a b nên a22 b2 ab hay ab22 2 0. 11 M t khác a2 b 2 a2 b 2 t c là ặ 2 22 2 2 . 22 ứ ab 2 ab 2 0,25 1 1 1 1 ab22 22 . Vậy 4. ab22 2 x y 2 y z 2 z x 2 b) (0,75 điểm). Đặt k ab a b a 1 b 1 1. 0,5 Nếu trong 2 số ab, tồn tại một số chia 3 dư 2 thì k chia 3 dư 2. Ban đầu trên bảng gồm có số 2 và số 4 (một số chia 3 dư 1; một số chia 3 dư 2). Suy ra tại mọi thời điểm, trên bảng luôn chỉ có một số chia 3 dư 1 và các số còn lại chia 3 dư 2. Do đó với cách thực hiện như đề bài, trên bảng không thể xuất hiện số 2016 (Vì số 2016 chia 0,25 hết cho 3). Lưu ý: Học sinh có thể dùng bất biến theo modun 10 bằng cách nhận xét chữ số tận cùng của các số viết trên bảng; hoặc sử dụng cách liệt kê các số được viết trên bảng. Chú ý: - Nếu thí sinh làm đúng, cách giải khác với đáp án, phù hơp kiến thức của chương trình THCS thì tổ chấm thống nhất cho điểm thành phần đảm bảo tổng điểm như hướng dẫn quy định. - Tổng điểm toàn bài không làm tròn. HẾT Trang 5/4 30
Họ và tên thí sinh: Họ tên, chữ ký GT 1: Số báo danh: Họ tên, chữ ký GT 2: Trang 6/4 31
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TỈNH HÀ TĨNH NĂM HỌC 2018-2019 MÔN THI: TOÁN CHUYÊN 1 1 1 Câu 1 Cho x,, y z là các số hữu tỉ thỏa mãn . Chứng minh rằng x2 y 2 z 2 là số x y z hữu tỉ Câu 2 a) Giải phương trình : 4x2 3 x 2 x 2 xy x y 5 b) Giải hệ phương trình: 1 1 2 22 x 2 x y 2 y 3 Câu 3 a) Cho phương trình x2 2 mx 1 2 m 0 . Chứng minh rằng phương trình luôn có hai 21xx12 nghiệm xx12; với mọi m. Tìm m để P 2 đạt giá trị nhỏ nhất x12 2 mx 1 2 m xy yz xz 3 b) Cho x, y , z 0 thỏa mãn x y z 1. Chứng minh rằng xy z yz x xz y 2 Câu 4 Cho đường tròn tâm (O) và dây cung AB cố định không phải đường kính. Điểm C khác A, B di động trên AB. Đường tròn tâm P đi qua C và tiếp xúc với (O) tại A, đường tròn tâm Q đi qua C và tiếp xúc với (O) tại B. Các đường tròn (P), (Q) cắt nhau tại điểm thứ hai là M. Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B cắt nhau tại I a) Chứng minh rằng MC là phân giác của AMB và các điểm A, M, O, B, I cùng thuộc đường tròn b) Chứng minh rằng khi điểm C thay đổi thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ luôn thuộc một đường thẳng cố định. Câu 5 Cho a12 a an , n là số tự nhiên không âm, a là các số nguyên dương và không có 2 số nào liên tiếp. Đặt S a12 a an . Chứng minh rằng luon tồn tại một số chính b th a mãn S b S phương ỏ nn 1 32
ĐÁP ÁN Câu 1 1 1 1 xz yz xy 2 xy 2 xz 2 yz 0 Từ giả thiết đã cho ta có: x y z 2 2 2 2 2 2 2 xyz xyz 2 xyxzyz 2 2 xyz xyz x2 y 2 z 2 là một số hữu tỉ Vậy ta có điều phải chứng minh Câu 2. 4x2 3 x 2 x 2 a) Giải phương trình x 2 Điều kiện xác định: Phương trình đã cho tương đương với 16x2 12 x 8 4 x 2 2 2 2 16x 8 x 1 4 x 2 4 x 2 1 4 x 1 2 x 2 1 4xx2 5 1 0 5 41 x x x x x 4 1 2 2 1 2 2 1 1 x 8 2 4xx2 2 0 1 33 x x x x x 4 1 2 2 1 2 2 20 x 8 5 41 1 33 xx ; Vậy nghiệm của phương trình đã cho là 88 xy x y 5 1 1 2 b) Giải hệ phương trình: 22 x 2 x y 2 y 3 xx 0; 2 u ki nh : Điề ện xác đị yy 0; 2 xy x y 5 x 1 y 1 4 Từ phương trình (1) ta có: x22 21 x a xa 1 y22 21 y b Đặt yb 1 ab 4 33
1 1 2 1 1 2 x2 2 x y 2 2 y 3 a 2 1 b 2 1 3 a2 b 2 2 2 a 2 b 2 2 2 a2 b 2 a 2 b 2 1 3 17 a 2 b 2 3 3 a2 b 2 6 34 2 a 2 b 2 a22 b 8 a b 2 2 ab 8 a b 8 2 ab 8 2 4 0 b a 2 a2 8 a 2 ax 21 TH1: by 23 ax 23 TH 2: by 21 1;3 3; 1 Vậy nghiệm của hệ đã cho là và Câu 3: a) ' m2 2 m 1 m 12 0 Ta có nên phương trình luôn có hai nghiệm với mọi m x12 x 2 m Theo định lý Vi et ta có: x12 x 21 m 21xx12 P 2 x1 x 1 x 2 x 2 12 m 21xx12 P 2 x1 x 2 x 1 x 2 2 m 4mm 1 4 1 P 11 4mm22 2 4 2 21m 2 P 11 42m2 1 1 m Vậy giá trị nhỏ nhất của P là đạt tại 2 34
Câu b Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: xy xy xy1 x y xyz xyzxyz zxyz 2 xzyz Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có: yz11 y z xz z x .; yzx 22 xyzx xzy yzxy 1 x y z z x y P 2 xzxyxzyzxyyz 1 x z y x z y P 2 xzxz xyxy yzyz 13 P .3 22 3 1 x y z Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2 đạt tại 3 35
Câu 4. O M Q P A C B J I a) Chứng minh rằng MC là phân giác của góc AMB và các điểm A, M, O, B, I cùng thuộc một đường tròn P O Q O Ta có: IA là tiếp tuyến chung của và . IB là tiếp tuyến chung của và PAO,, QBO,, thẳng hàng và thẳng hàng P AMC BAI Xét đường tròn có (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC) 36
Q BMC ABI Xét đường tròn có: (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn cung BC) BAI ABI IAB Mà ( cân tại A) AMC BMC MC AMB là phân giác của AIB BAI ABI 1800 Ta có: (tổng ba góc trong tam giác) BAI ABI AMC BMC AMB Mà AIB AMB 1800 1800 Tứ giác AMBI nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng ) OAI OBI 9000 ( gt ) OAI OBI 180 AOIB Lại có: Tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 1800 ) tổng hai góc đối bằng Vậy các điểm A, M, O, B, I cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh rằng khi điểm C thay đổi thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ luôn thuộc một dường thẳng cố định Gọi J là trung điểm của OI PA PM MPO PAM PMA 22 PAM OAM Ta có tam giác AMP cân tại P nên: (góc ngoài của tam giác bằng tổng hai góc trong khong kề với nó). QM QB MQO 2 OBM Tương tự ta có: Tam giác BMQ cân tại Q nên OAM OBM Mà (hai góc nội tiếp cùng chắn cung OM) MPO MQO Tứ giác PMOQ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai góc nội tiếp cùng chắn 1 cung bằng nhau) Do đó đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ chính là đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMOQ AMOBQ,,,, JM JB, QM QB Các điểm thuộc đường tròn đường kính OI nên JMQ JOQ JMOQ hay tứ giác nội tiếp Suy ra P,M,O,Q,J cùng thuộc một đường tròn Ta có I, O cố định nên JO cố định Trung trực của JO cố định MPQ JO Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác luôn thuộc trung trực của cố định Câu 5. S a a a S S a Vì n1 2 n n 1 n n 1 37
Ta có: SSnn 1 1 2 SSnn 1 1 Sn a n 1 S n 21 S n aSnn 1 21 Vì dãy số trên không có hai số nào liên tiếp nên aann 1 2 an a n 1 2 a n 1 a n 1 2.2 a a 2 a a n .2 2 1n 1 1 n. ann 1 a 1 a 2 a 2 1 2 3 n nann 1 n( n 1) S 2nann 1 n ( n 1) 1 2 S 1 Ta sẽ chứng minh : ann 11 2 na n n 1 1 a2 2 a 1 4 na 4 n n 1 n 1 n 1 n 1 2 an 1 2 n 1 0( luondung ) SS 1 k S k S Do đó ta luôn có: nn 1 nên luôn tồn tại số thỏa mãn nn 1 bk 2 Vậy là số chính phương cần tìm. 38
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2018 – 2019 Đề chính thức Môn thi: TOÁN (Chuyên Toán) Ngày thi: 03/ 6/ 2018 Thời gián làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1: (2,0điểm) 2 a b ab a b a33 b 1. Cho biếu thức : T: , với a b,a 0,b 0 a b a b ab a) Rút gọn biểu thức T b) Chứng tỏ T > 1 2. Cho n là sô tự nhiên chẵn, chứng minh rằng số 20n 3 n 16 n 1chia hết cho số 323 Bài 2: (2,0 điểm) 1. Giải bất phương trình: 3x 2 7x 8 44 x y 3 xy 2. Giải hệ phương trình: 6 x y 5 xy Bài 3: (1,0 điểm). Cho phương trình: (m 1)x2 2(2m 3)x 5m 25 0 (m là tham số). Tìm các giá trị m là số nguyên sao cho phương trình có nghiệm là số hữu tỉ. Bài 4: (4 điểm). 1. Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn và AB BC; BC CA. Xác định vị trí điểm M thuộc miền tam giác ABC (gồm các cạnh và miền trong tam giác) sao cho tổng khoảng cách từ M đến ba cạnh nhỏ nhất. 2. Cho tam giác ABC (AB < AC) có các goc đều nhọn, các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC và AD lần lượt tại K và I. Qua F kẻ đường thẳng song song với AC cắt AK, AD lần lượt tại M và N. Gọi O là trung điểm của BC. Chứng minh: a) DA là phân giác của FDE b) F là trung điểm của MN c) OD OK OE2 và BD DC OD  DK Bài 5: (1,0 điểm) 22 1 1 1 25 Cho hai số dương a, b thỏa mãn a1 . Chứng minh rằng: ab b a b 2 39
Lượt giải: Bài 1: (2,0điểm) 1. a) Rút gọn T: Với a b,a 0,b 0 , ta có: ababaabbab 3 3 a 3 babab 3 a b a b abab T:  a b a b a b a b ab a b ab a b ab Vậy : T , với a b,a 0,b 0. ab b) Chứng tỏ T > 1 a b ab Ta có: T , với a b,a 0,b 0. (kết quả câu 1.a) ab 22 a b ab a b T 1 1(vì ab 0, a b 0 với a b,a 0,b 0) ab ab Vậy T > 1 2. Ta có: ann b (a b)(a n1n2 a b a n32 b ab n2n1 b ) ann b m(a b) (a, b, n,m ) (*) Vì n là số tự nhiên chẵn nên n = 2k ( k ) A = 20n 3 n 16 n 1 400 k 9 k 256 k 1 Áp dụng (*), có: A (400k 1 k ) (256 k 9 k ) 399x 247y 19  21x 19.13y (x, y ) A 19 với mọi số tự nhiên n chẵn (1) và có: A (400k 9 k ) (256 k   1 k ) 391p 255q 17 23p 17 15q (p,q ) A 17 với mọi số tự nhiên n chẵn (2) mà 17 và 19 là hai số nguyên tố cùng nhau nên từ (1) và (2) suy ra: A 17 19 với mọi số tự nhiên n chẵn Vậy 20n 3 n 16 n 1 323 với mọi số tự nhiên n chẵn Bài 2: (2,0 điểm) 1. Giải bất phương trình: 3x 2 7x 8 (1) 22 22 xx xx (1) 33 33 22 9x 12x 4 7x8 9x 5x 4 0 (x 1)(9x 4) 0 (9x 9)(9x 4) 0 2 2 x x 3 24 3 x 4 39 9x 4 0 9x 9 1x 9  24 Vậy bất phương trình (1) có tập nghiệm S  x | x 39 44 x y 3 xy 2. Giải hệ phương trình: (2) 6 x y 5 xy 4S 2 S3 S 5S 6 0 8 P S 2;P Đặt S = x + y 0; P = xy 0, ta có: (2) 4S 5 6 P S5 S3 S 3;P 2 S 8 8 3 Khi đó: S = 2; P khi và chỉ khi x, y là nghiệm của phương trình: t2 2t 0 vô nghiệm ( '0 ) 5 5 5 40
S = – 3; P = 2 khi và chỉ khi x, y là nghiệm của phương trinh: t2 3t 2 0 t 1; t 2 12 Vai trò của x, y trong hệ (2) như nhau, do vậy hệ (2) có hai nghiệm: (x = – 1; y = – 2), (x = – 2; y = – 1) Bài 3: (1,0 điểm). Phương trình: (m 1)x2 2(2m 3)x 5m 25 0 (3) 2 Có ' (2m 3)  (m 1)( 5)(m 5) 9m22 42m 34 (3m 7) 15 (3) có nghiệm hữu tỉ với m khi và chỉ khi ' chính phương, suy ra: (3m 7)22 15 n (n ) (3m – 7 – n)(3m – 7 + n) = 15 (m,n ) (4) Phương trình (4) tương đương với 8 hệ phương trình: 3m 7 n 15 3m 7 n 1 3m 7 n 5 3m 7 n 3 (4.1), (4.2), (4.3), (4.4) 3m 7 n 1 3m 7 n 15 3m 7 n 3 3m 7 n 5 3m 7 n 15 3m 7 n 1 3m 7 n 3 3m 7 n 5 (4.5), (4.6) (4.7), (4.8) 3m 7 n 1 3m 7 n 15 3m 7 n 5 3m 7 n 3 Giải 8 hệ trên, suy ra hệ phương trình (3) có nghiệm hữu tỉ khi: m = 1 hoặc m = 5 Bài 4: (4 điểm). 1. Gọi khoảng cách từ M đến BC, CA, AB lần lượt là: x, y, z Ta có: 2SABC xBC  yCA  zAB  (x y z)AB(vì AB BC CA) 2S x y z AB + Nếu AB > BC thì dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi: M  C + Nếu AB = BC > CA thì dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi: M thuộc cạnh AC + Nếu AB = BC = CA thì M là điểm trong bất kỳ của tam giác ABC Vậy tổng khoảng các cách từ M đến ba cạnh của tam giác nhỏ nhất bằng chiều cao của cạnh lớn nhất khi: M trùng C (nếu AB > BC = CA), hoặc M nằm trên cạnh AC (nếu AB = BC > CA) hoặc M là điểm trong bất kỳ của tam A giác ABC nếu AB = BC = CA. 2 M a) DA là phân giác của FDE E I P F H N K B D O C Q Dễ chứng minh tứ giác BDHF nội tiếp đường tròn đường kính HB (1) và tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn đường kính AB (2) (1) HDF HBF (nội tiếp cùng chắn cung HF) (1’), (2) HBF HDE (2’) (nội tiếp cùng chắn cung AF) (1’) và (2’) suy ra: HDF HDE Vậy DA là phân giác của FDE b) F là trung điểm của MN Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt AK, AD tại P, Q PQ // MN // AC Ta có: FC là phân giác của DFE (tương tự chứng minh câu a) mà FB  FC nên PB là phân giác trong và FC là phân giác ngoài KFD BK FK CK KB DB == (3) BD FD CD KC DC 41
Theo hệ quả của định lí Ta-let, ta lại có: KB = (4) (vì BP // AC) CA KC BQ DB và: = (5) (BQ // AC) CA DC BP BQ Từ (3), (4), (5) suy ra: = BP = BQ CA AC Khi đó, áp dụng hệ quả của định lí Ta-let trong hai tam giác ABP và ABQ với MF // PQ, NF // BQ, có: A MF AF FN MF FN = = = MF= NF F là trung điểm của MN BP AB BQ BQ BQ c) Chứng minh OD OK = OE2 và BD DC = OD DK M E Từ kết quả câu a) DFE = 2CFE (6) I P F Dễ chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn H (O) đường kính BC, nên EOC = 2CFE (7) N K B D O C Từ (6) và (7) suy ra: DFE = EOC Tứ giác DFEO nội tiếp 1 1 1 ODE sđ OE = sđ OF = OEK (vì OE = OF = BC) 2 2 2 Q S OE OD Từ đó suy ra: ODE OEK (g.g) OD  OK = OE2 OK OE Khi đó: BD DC = OB OD OC + OD  OB2 OD 2 OD OK OD 2 OD OK  OD OD DK Bài 5: 1 1 Ta có: a1 1 a ab 1 b v(a > 0, b > 0) b b (x y)2 lại có HĐT: 2(x2 y 2 ) (x y) 2 (x y) 2 x 2 y 2 (1) , dấu”=” xãy ra khi và chỉ khi x= y 2 và có HĐT: (x y)2 (x y) 2 4xy (x y) 2 4xy (2), dấu”=” xãy ra khi và chỉ khi x= y 2 2 2 2 1 1 1 ab 1 b 22 a b 1 b 1 1 11 a b a a a - Áp dụng (1), ta có: ab (1’), a b 2 2 2 2 11 1 dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi: ab và a1 ab b 2 1 a a b 1 1 - Áp dụng (2), ta có: a 4 1 4 4 (2’), dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi: a và a1 b b b a b b Từ (1’) và (2’) suy ra: 22 1 1 (1 4)2 1 1 ab . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a hay b a b 2 b a 22 1 1 25 1 Vậy ab , dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi: a = và b = 2. a b 2 2 42
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TỈNH CÀ MAU NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: TOÁN CHUYÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút Ngày thi: 03/06/2018 Câu 1: Rút gọn các biểu thức sau aA) 4 20 45 3 125 2 405 bB) 9 4 2 9 4 2 Câu 2: Cho parabol P : y x2 và đường thẳng d:2 y x a) Vẽ đồ thị của P và d trên cùng một mặt phẳng tọa độ b) Tìm m để d và P và đường thẳng :y 2 m 3 x 1cùng đi qua điểm có hoành độ lớn hơn 1 Câu 3: Cho phương trình x22 2 m 1 x m 1 0 (1) (x là ẩn số) a) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt 2 b) Gọi xx12; là 2 nghiệm phân biệt của (1). Tìm m để xx12; thỏa mãn x1 x 2 x 1 Câu 4: Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác, K là tâm đường tròn bàng tiếp góc A và O là trung điểm của IK a) CMR 4 điểm BICK,,, cùng thuộc (O) b) CMR: AC là tiếp tuyến của (O) c) Tính tổng diện tích các hình viên phân giới hạn bởi các cung nhỏ CI,,, IB BK KC và các dây cung tương ứng của (O) biết AB 20, BC 24 3 Câu 5: Giải phương trình : x 1 1 2 x 1 2 x 43
ĐÁP ÁN Câu 1 Ta có ngay: A 4 20 45 3 125 2 405 8 5 3 5 15 5 18 5 2 5 B 9 4 2 9 4 2 22 2 2 2.2 2.1 1 2 2 2.2 2.1 1 22 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 4 2 (do 2 2 1 0) Câu 2. a) Học sinh tự vẽ b) Giao điểm của (d) và (P) là hoành độ của phương trình: 22 x 2 x x2 x x 2 0 x 2 x 1 0 x 1 x 1 x 2 y 2 2 4 M 2;4 Do 11 M(2;4) 4 2 m 3.2 1 m Đường thẳng đi qua điểm 4 11 m Vậy 4 là giá trị cần tìm. Câu 3 a) Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thì 0214 m 2 m2 104 m 2 414 m m 2 40 3 4mm 3 0 4 44
3 m Vậy 4 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt b) 3 m xx; Với 4 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt 12 x12 x 21 m Theo h th c Vi-et ta có: 2 ệ ứ x12 x m 1 2222 x1 x 2 x 1 x 2 24 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 2 2 2m 1 4 m 1 4 m 3 x1 x21 2 m 1 x 2 m 1 4 m 3 4 2 m 2 )1x12 x m 4m 3 4 2 m m2 1 16m 8 m22 12 6 m m 1 9mm2 22 13 0 mm 1 9 13 0 m 1( tm ) m 10 13 9m 13 0 m () tm 9 13 mm 1; Vậy 9 thỏa mãn điều kiện bài toán 45
Câu 4: A H I B C O K a) CMR: 4 điểm Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên IC là phân giác trong của góc C Vì K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC của góc A nên CK là phân giác ngoài của góc C ICK 900 Theo tính chất phân giác trong và ngoài của tam giác ta có IC vuông CK nên IBK 900 Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có: BICK IBK ICK 900 90 0 180 0 Xét tứ giác ta có: BICK 1800 ) là tứ giác nội tiếp (tổng hai góc đối diện bằng 46
Do O là trung điểm của IK nên theo tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa OC OI OK cạnh huyền thì O Vậy là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác IBKC b) CMR: AC là tiếp tuyến OIC OCI Ta có: Tam giác IOC cân tại O nên Mặt khác, theo tính chất góc ngoài của tam giác ta có: 1 1 1 1 OIC IAC ACI BAC ACB BAC ABC 2 2 2 2 1 1 1 1 ICO ICA BAC ABC ACB .18000 90 2 2 2 2 OC CA Do đó AC là tiếp tuyến của (O) tại C (đpcm) c) Tính tổng diện tích . Gọi diện tích hình cần tính là S, diện tích hình tròn (O) là S’, gọi giao điểm của BC và IK là M Ta có: 2 S S' SICKB IO S IBK S IKC IK22 BM IK CM IK IK BC IK 4 2 2 4 2 Ta có: 1 AB BC CA S AM BC IM ABC 22 AB22 BM.24 AB BC CA . IM 2 2 24 20 .24 20.2 24 .IM 2 IM 6 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác IBM vuông tại B có đường cao BM ta có: BM 2212 BM2 IM. IK MK 24 IM 6 IK IM MK 6 24 30 1 1 1 1 S . IK22 BC . IK . .30 .24.30 4 2 4 2 225 360 346,86 dvdt 47
Câu 5. x 1 Điều kiện xác định: t x 1 t 0 x t2 1 Đặt Phương trình trên trở thành: t 1 3 2 t 2 t 2 1 t3 3 t 2 3 t 1 2 t 1 t 2 t32 4 t 5 t 0 t t2 4 t 5 0 tt 22 1 0 t 0 x 1 0 x 1 x 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 48
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2018-2019 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN Môn thi: TOÁN CHUYÊN Thời gian: 150 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu 1 1 1 1 1) Tính giá trị biểu thức P 1 1 1 1 2 1 2 3 1 2 3 2018 a32 3 a 5 a 17 0 2) Cho ab, là các s th a mãn bi u th c ố ực dương thỏ ể ứ 32 b 3 b 5 b 11 0 Chứng minh rằng ab 2 Câu 2 1) Giải phương trình : x2 x 4 2 1 x x 1 11 1 22 2) Giải hệ phương trình : xy 22 x 1 y 1 xy 2 Câu 3 1) Tính tất cả các cặp số nguyên dương xy; thỏa mãn: x2019 y 2019 y 1346 y 673 2 k k k 2) Cho n số nguyên dương tùy ý, với mỗi số nguyên k ta đặt Snk 1 2 Chứng minh rằng SS2019 1 Câu 4: Cho tam giác nhọn ABC có AB AC . Gọi D, E, F theo thứ tự là chân các đường cao kẻ từ ABC,, của tam giác, P là giao điểm các đường BC và EF . Đường thẳng qua D song song với EF lần lượt cắt các cạnh AB,, AC CF tại Q, R, S 1) CMR: tứ giác BQCR là tứ giác nội tiếp PB DB 2) Chứng minh với D là trung điểm QS PC DC 3) Khi B, C cố định và A thay đổi thù chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR luôn đi qua một điểm cố định Câu 5 Trong một giải đấu thể thao có n độ tham dự n 2 , luật đấu như sau: Hai đội bất kỳ luôn đấu với nhau đúng 1 trận. Sau một trận, đội thắng được 2 điểm, đội thua 0 điểm và hòa nhau cả hai đội được 1 điểm. Sau giải đấu các đội xếp hạng théo thứ tự từ cao xuống thấp (bằng điểm xếp cùng hạng). Hỏi điểm chênh lệch lớn nhất có thể giữa các đội xếp thứ hạng liền nhau là bao nhiêu ? 49
ĐÁP ÁN Câu 1 1) Tính giá trị biểu thức 2.3 1 2 Ta có: 1 2 3 2 1 2 2.3 3.4 1 2 1 2 3 6 2 1 2 3 3.4 2018.2019 1 2 1 2 3 2018 2 1 2 3 2018 2018.2019 2 2 2 P 1 1 1 2.3 3.4 2018.2019 2.3 2 3.4 2 2018.2019 2 . 2.3 3.4 2018.2019 410 4074340 . 2.3 3.4 2018.2019 1.4 2.5 3.6 2016.2019 2017.2020 . . . 2.3 3.4 4.5 2017.2018 2018.2019 1.2 2017 . 4.5 2020 1.2020 2020 1010 2.3 2018 . 3.4.5 2019 2018.3 6054 3027 2) 3 a32 3 a 5 a 17 0 aa 1 2 16 0(1) b3 b 2 b 3 3 5 11 0 bb 1 2 12 0(2) 1 2 a 1 33 2 a 16 b 1 2 b 12 0 a1 b 1 a 122 a 1 b 1 b 1 2 a b 2 0 2 a 132 a b 2 b 1 b 1 2 0 24 2 a 132 a b 21 do b b 1 2 0  a , b 24 Vậy ta có điều phải chứng minh Câu 2. 1) Giải phương trình x2 x 4 2 1 x x 1 Điều kiện xác định: x 1 50
a 10 x a Đặt b x 10 b a2 b 2 1 2 x x 2 x 1 x 2 x Pt a22 b 4 2 ab a b 2 4 a b 2 1 x x 1 2 1 x x 1 ab 1 1 x x 1 2 3 x x 1 (x 1) x 1( VN khi x 1) 31 xx x 1 13 x 13 x 30 x x 2 x 2 xx2 7 10 0 2 x x 6 x 9 x 1 5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 2 11 1 22 2) Giải hệ phương trình xy 22 x 1 y 1 xy 2 2 x 10 2 x 1 y2 10 Điều kiện xác định : y2 1 xy 20 xy 2 xy,0 Hệ đã cho tương đương với 11 2 2 2 2 1 x y x y (1) 22 xy 2 2 2 2 22 x y 2 2 x 1 y 1 xy 2(2) x 1 y 1 xy 2 (2) x2 y 2 2 2 x 2 y 2 x 2 y 2 1 xy 2 x22 y xy 2 xy 2 xy 2 0 xy 1 22 2 xy 2( tm ) x y 1 x y 1( ktm ) xy 2 xy 1 0 xy 1( tm ) xy 2 22 2 x y 48 x y 51
xy 2 xy 22 xy 2 xy 2 xy 2 xy 22 Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm xy; thỏa mãn 2; 2 ; 2; 2 Câu 3 Bài 1. Tính tất cả cặp số nguyên xy; thỏa mãn x2019 y 2019 y 1346 y 673 2 Đặt : x673 a;; y 673 b a b Phương trình đã cho trở thành: a3 b 3 b 2 b 2(*) a3 b 3331243 b 2 b b 2 b b 1243 33 b 2 b b 1 33 Lại có: a3 b 361287136 b 2 b b 2 b b 2 7 b2 136 b b 2 33 Từ (1) và (2) ta có: b 1 a3 b 2 b 1 a b 2 ab Vì ab, ab 1 +) Với ab ta có: *2 b3 b 3 b 2 b b2 b 2 0 b 1 b 2 0 b 11 a b b 22 a b xy673 673 1 x y1( tm ) 673 673 673 xy 2 x y 2( ktm ) 3 +)Với a b 1 * b 1 b32 b b 2 b3 3 b 2 3 b 1 b 3 b 2 b 2 4bb2 4 1 0 12 b () ktm 2 12 b () ktm 2 Vậy xy; 1;1 Bài 2 nn 1 Ta có ngay: Sn 1 2 3 1 2 52
n 1 Ta sẽ chứng minh S chia hết cho n và 2019 2 n 1 Giả sử nlẻ thì nguyên. Sử dụng khai triển Newton ta có: 2 a2k 1 b 2 k 1 a b a 2 k a 2 k 1. b b 2 k ( a b ) Do vậy: 2 12019 2 2019 n 2019 1 2019 n 2019 2 2019 n 1 2019 n 2019 1 2019 n 1 2 12019 2 2019 n 2019 1 2019 n 1 2019 2 2019 n 2 2019 n 1 2019 12019 2. n 2019 n Do nn; 1 1nên 2 12009 2 209 n 2009 chia hết cho nn 1 Do vậy SS2019 1 Vậy ta có điều phải chứng minh. Câu 4 A E F R S C P B D M Q 1) CMR: tứ giác BCQRlà tứ giác nội tiếp Do AB AC nên Q nằm trên tia đối của tia BA và R nằm trong đoạn CA, từ đó QC, nằm về cùng một phía của đường thẳng BR 53
Do tứ giác BFEC nội tiếp nên AFE BCA(góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện Vì QR// EF AFE BQR(hai góc đồng vị) BCA BQR AFE BQCR là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau) PB DB 2) Chứng minh với D là trung điểm QS PC DC Xét DHB và EHAta có: HDB AEH 900 ; BHD AHE (hai góc đối đỉnh) DB HB DHB EHA() g g (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ). AE HA Xét DHC và FHAta có: HDC AFH 900 ; CHD AHF (hai góc đối đỉnh) DC HC DHC FHA() g g (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) AF HA HC DB AE HB AE FB DC . AF . . (1) HA DC AF HC AF EC Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến PEF ta được: PB EC FA PB AE FB . . 1 . (2) PC EA FB PC AF EC PB DB Từ (1) và (2) ta được : (3)(dpcm ) PC DC DQ BD DS CD Do QR song song với EF nên theo định lý Ta-let : . PF BP PF CP Kết hợp với (3) ta được DQ DS hay D là trung điểm QS 3) Khi B, C cố định và A thay đổi thì chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR luôn đi qua một điểm cố định Gọi M là trung điểm BC . Ta sẽ chứng minh DP DM DQ DR Thật vậy, do tứ giác BQCR nội tiếp QBC QRC (các góc nôi tiếp chắn cung QC) QD BD QBD CRD() g g (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) CD RD DQ. DR DB . DC (4) DC DB Tiếp theo ta chứng minh: DP DM DB DC DP DB DC 2 54
DP. DC DB 2 DB . DC DB . DP DC DC . DP DB DB . PC DC . PB PB DB (Đúng theo phần b). Do đó: DP. DM DB . DC (5) PC DC DP DQ Từ (4) và (5) ta được DP DM DQ DR DR DM Xét DQP và DRM ta có: DP DQ (cmt ); PDQ RDM (hai góc đối đỉnh) DR DM DQR RMD() c g c PQR RMP(hai góc tương ứng) PQMR là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau) Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm của BC (đpcm) Câu 5 Đội đứng thứ nhất có điểm cao nhất là An 21 điểm (Đội này đấu n 1trận với các đội còn lại và đều thắng) Xét n 1đội còn lại ta có: Đội đứng nhất trong số n 1đội còn lại có số điểm nhỏ nhất được xác định như sau: nn 12 Gọi P là tổng điểm của n 1đội đấu với nhau, số trận của n 1đội còn lại: 2 P n 12 n (Vì mỗi đội thắng hay hòa thì sau mỗi trận đều có 2 điểm) Gọi Q là số điểm của đội nhất trong n 1đội còn lại Q n 1 n 1 n 2 Q n 2 A Q 2 n 1 n 2 n Vậy sự chênh lệch về điểm số lớn nhất có thể giữa các đội xếp hạng liên nhau là n điểm. 55
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi : TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Dành cho thí sinh dự các lớp chuyên: Toán, Tin) Thời gian làm bài: 150 phút x 11 Câu 1 (2 điểm) Cho các biểu thức A : và B x42 5 x 8 x 2025 với x x x x x2 x xx 0, 1 a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm các giá trị của x để biểu thức TBA 2 2 đạt giá trị nhỏ nhất Câu 2 (2 điểm) a) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số yx 2 và y x mcắt nhau tại hai điểm phân 88 biệt A x1;,; y 1 B x 2 y 2 sao cho x1 x 2 y 1 y 2 162 b) Tìm các giá trị nguyên của x để M x42 x 1 3 2 x 2 x là số chính phương. Câu 3 (2 điểm) a) Giải phương trình 2x32 108 x 45 x 48 x 20 3 x x22 y x y x 11 y 2 2 b) Giải hệ phương trình xy 1 yx 11 Câu 4 (3 điểm) Cho đường tròn (O;R) và một đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn. Trên d lấy một điểm M bất kỳ, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) (A, B là các tiếp điểm). Kẻ đường kính AC của đường tròn (O). Tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt đường thẳng AB tại E a) Chứng minh rằng BE MB BC OB b) Gọi N là giao điểm của CM với OE. Chứng minh rằng đường thẳng đi qua trung điểm của đoạn thẳng OM và CE vuông góc với đường thẳng BN c) Tìm giá trị nhỏ nhất của dây AB khi M di chuyển trên đường thẳng d, biết R 8 cm và khoảng cách từ O đến đường thẳng d bằng 10 cm Câu 5 (1 điểm) Cho a, b là hai số thay đổi thỏa mãn các điều kiện a 0 và ab 1 8ab2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Ab 2 4a 56
ĐÁP ÁN Câu 1. a) Điều kiện xx 0; 1 xx 1 1 1 A :. x2 x 2 x x x x x x x x x 1 x 1 .1x x x x.1 x x x 1 . x 1 x x 1 x 1 x 1 x 1 xx 1 b) Ta có: TBA 2 2 x42 5 x 8 x 2025 2 x 1 2 x4 5 x 2 8 x 2025 2 x 2 4 x 2 xxx42 7 4 2023 x4 8 x 2 16 x 2 4 x 4 2003 2 xx2 4 2 2 2023 2 Vì x2 4 0, x 2 2 0 T 2003 x 2 2 x 40 Dấu “=” xảy ra x 2 x 2 x 20 x 2 Vậy với Txmin 2003 2 Câu 2 a) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là: x22 x m x x m 0(*) Hai đồ thị hàm số cắt nhau tại hai điểm phân biệt * có hai nghiệm phân biệt 1 0 1 4mm 0 4 Gọi xx12, là hai nghiệm của phương trình (*). Khi đó ta có: y1 x 1 m, y 2 x 2 m xx12 1 Áp dụng hệ thức Vi ét ta có: x12 x m 57
Theo đề bài ta có: 88 x1 x 2 y 1 y 2 162 88 x1 x 2 x 1 m x 2 m 162 88 x1 x 2 x 1 x 2 162 8 8 xx12 81 3 x x 33 x x 1 2 1 2 x1 x 2 33 x 1 x 2 1 3 1 3 +) Với x x 3 2 x 3 1 x x 1 2 2 222 1 1 3 1 3 1 x x m .() tm 12 2 2 2 1 3 1 3 +)Với x x 3 2 x 3 1 x x 1 2 2 222 1 1 3 1 3 1 x x m .() tm 12 2 2 2 1 Vậy m thỏa mãn điều kiện bài toán. 2 b) Ta có: M x42 x 1 3 2 x 2 x M x4 x 3 3 x 2 3 x 1 2 x 2 2 x M x432 x x x 1 4M 4 x432 4 x 4 x 4 x 4 +) Ta có: 2 2xxxxxxxxxx2 44 4324322 44 2 2444444 2 xxxx 432 M 2 Ta thấy dấu "" không thể xảy ra nên 2x2 x 4 M (1) +) Với x 0 4MM 4 1 M là số chính phương Với x 1 4 M 20 M 5 M không là số chính phương. Với x 2 4 M 124 M 31 M không là số chính phương xx 1 2 3 22 Với x 0;1;2 ta có: xx 1 4 4 1 0 xx 1 2 1 Ta có: 58
4M 4 x432 4 x 4 x 4 x 4 4x4 4 x 3 5 x 2 2 x 1 x 2 2 x 3 2 2 2x2 x 1 x 1 4 2 4M 2 x2 x 1 (2) 22 2 Từ (1) và (2) 2x22 1 4 M 2 x x 1 .Mà x 4 M 2 x2 x 1 2 xx 1 2 3 x 14 xx 1 2 1 Vậy có 3 giá trị nguyên của x thỏa mãn yêu cầu bài toán là x 0; x 1; x 3 Câu 3. Câu a 5 Điều kiện: x 12 2x32 108 x 45 x 48 x 20 3 x 2x32 3 12 x 5 2 x 12 x 5 3 x 2x32 3 x 2 x 12 x 5 3 12 x 5 x2 (2 x 3) 12 x 5. 2 x 3 2x 3 x2 12 x 5 0 3 2x 3 0 x () ktm 2 2 xx 12 5 4 xx 12 5 (1) 1 x4 4 x 2 4 4 x 2 12 x 9 2 xx2 2 2 3 2 xx2 2 2 3 x2 2 x 1 0 x 1 2 2 2 xx 22 3x 2 x 5 0( VN ) x 12 Vậy nghiệm của phương trình là x 12 59
b) Điều kiện: xy 1; 1 22 xy x y x y x 11 y x( x 1) y ( y 1) ( x 1)( y 1) 1 yx 11 2 2 2 2 xy xy 2 2 1 1 xy 1 yx 11 yx 11 yx 11 xy Đặt ab ;.Khi đó hệ phương trình trở thành: yx 11 ba 1 a b 11 b a ba 1 a 2 2 2 0 a b 1 2 a 2 a 1 1 2aa ( 1) 0 a 1 x 0 y 1 ax 00 y 1 by 11 x 1 ()tm ax 11 x 1 by 00 y 1 y 0 x 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (xy ; ) (1;0)hoặc (xy ; ) (0;1) 60
Câu 4 d M B E P H A Q N O C a) Xét tứ giác OAMB có OAM OBM 900 90 0 180 0 Tứ giác OAMB là tứ giác nội tiếp OAB OMB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung OB) Mà OAB OMB (cùng phụ với ACB) OMB BCE Xét tam giác OMB và tam giác ECB có: OBM EBC 900 ; OMB BCE ( cmt ) OMB ECB ( g . g ) BE BC BE () MB BC OB dpcm OB MB b) Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của OM và CE OMB ECB() cmt CEB MOB Xét tam giác EAC và tam giác OMAcó: 61
ECA OMA 900 ; CEA CEB MOB MOA EC AC EC AC EAC OMA(.) g g OA AM OC AM Xét tam giác COE và tam giác AMC có OCE CAM 900 CE AC ()( )cmt COE ACM c g c AMC COE (hai góc tương ứng) CO AM Mà COE NOA 18000 AMC NOA 180 Tứ giác OAMN là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180 0 ) ONM 18000 OAM 90 OMN vuông tại N. 1 NP OM (trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông) 2 1 NP BP OM P thuộc trung trực của đoạn thẳng BN 2 1 Chứng minh tương tự ta có : NQ BQ EC Q thuộc trung trực của đoạn thẳng BN 2 Vậy PQ là trung trực của đoạn thẳng BN PQ BN c) Gọi H  AB OM ta có OH AB ABmin OH max Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAM có: R2 OH. OM OA22 R OH OH OM M là hình chiếu vuong góc của O OM max min 82 trên đường thẳng d OM d O; d 10 OH 6,4 ( cm ) 10 Xét tam giác vuông OAH có AH 822 6,4 4,8( cm ) AB 2 AH 9,6( cm ) Vậy dây AM nhỏ nhất là 9,6cm Câu 5: Theo giả thiết ta có: a b 11 b a 8aa2 1 1 1 1 1 A b22 a b 2 a a b 2 4a 4 a 4 4 a 4 1 1 1 3 1 1 1 a a a2 21 a a a2 a a a 2 a 4a 4 4 a 4 4 a 4 2 2 Co si 1 1 1 1 3 2aa . 1 4a 2 2 2 2 62
11 aa ;0 1 Dấu bằng xảy ra 42a a b () tm 2 ba 1 31 Vậy MinA a b 22 63
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI : TOÁN Dành cho thí sinh chuyên: Toán, Tin, Lý, Hóa, Sinh Câu 1. (1,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức A 2. 2 2 3 1 b) Tìm m để đường thẳng y x m2 2và đường thẳng y m 2 x 11 cắt nhau tại 1 điểm trên trục tung Câu 2 (2,0 điểm) x 23 y m Cho hệ phương trình (1) (m là tham số) 23x y m a) Giải hệ phương trình (1) khi m 1 b) Tìm m để hệ (1) có nghiệm xy; sao cho P 98 x22 y 4 m đạt giá trị nhỏ nhất Câu 3 (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x 3 2 x 6 x x2 1 b) Tìm m để phương trình x42 5 x 6 m 0(m là tham số) có đúng hai nghiệm Câu 4 (1,0 điểm) Quãng đường AB dài 120 km. Một ô tô chạy từ A đến B với vận tốc xác định. Khi từ B trở về A, ô tô chạy với vận tốc nhỏ hơn vận tốc lúc đi từ A đến B là 10 km/h. Tính vận tốc lúc về của ô tô, biết thời gian về nhiều hơn thời gian đi là 24 phút. Câu 5 (3,0 điểm) Cho ba điểm A, B, C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ đường tròn (O;R) bất kỳ đi qua B và C (BC < 2R). Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của BC. a) Chứng minh năm điểm A, M, I, O, N cùng thuộc một đường tròn b) Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MBC, E là giao điểm thứ hai của đường thẳng MJ với đường tròn (O). Chứng minh EB EC EJ c) Khi đường tròn (O) thay đổi, gọi K là giao điểm của OA và MN. Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OIK luôn thuộc một đường thẳng cố định Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số dương x,, y z thỏa mãn xy yz zx3 xyz x3 y 3 z 3 1 1 1 1 Chứng minh rằng 2 2 2 . z x x y y z2 x y z 65
Câu 1 aA) 2 2 2 3 1 2 4 2 3 1 2 2 3 2. 3.1 1 1 2 2 3 1 1 2 3 1 1 3 b) Hai đường thẳng cắt nhau khi và chỉ khi a a' 1 m 2 m 3 Giả sử hai đồ thị cắt nhau tại điểm A Oy A 0; yA Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị đã cho là : x m2 2 m 2 x 11 m 39 x m2 m 3 x m 3 m 3 (*) Hai đồ thị cắt nhau tại A nên khi đó x 0 là nghiệm của phương trình (*) 0.(m 3) m 3 ( m 3) (mm 3)( 3) 0 mm 3 0 3 mm 3 0 3 Với m 3(loại) do 2 đường thẳng trùng nhau Vậy với m 3thì hai đường thẳng cắt nhau tại 1 điểm trên trục tung Câu 2: a) Thay giá trị m 1vào hệ phương trình ta có: x 2 y 4 x 2 I 2x 3 y 1 y 1 Vậy với m 1thì hệ phương trình có nghiệm xy; 2;1 12 b) Ta có I luôn có nghiệm (x;y) với mọi m 23 2x 4 y 2 m 6 x m 3 2 y I 2x 3 y m 7 y m 6 59m x m 32 y x 7 m 6 y m 6 7 y 7 Theo đề bài ta có: P 98 x22 y 4 m 66
5mm 9 22 6 Pm 98. 4 49 49 2(26m2 102 m 117) 4 m 52mm2 208 234 52 mm2 4 4 234 52.2 52 m 2 2 26 26 MinP 26 Dấu “=” xảy ra mm 2 0 2 Vậy m 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán Câu 3 x 30 a) Điều kiện : 2 xx 0 3 2 2 60 xx Pt x 3 2 x x 3 2 x 1(*) Đặt x 3 2 x t t 0 t2 x3 2 x 2 x 3 2 x 5 2 x 3 2 x t 2 5 xx 32 2 t 2 5 (*) t 1 2 2tt 2 5 2 0 tt2 2 3 0 tt 1 3 0 t 1 0 t 1( ktm ) t 3 0 t 3 ( tm ) 352 xx 3 2 2 2 64 xx 2 xx2 20 xx 1 2 0 x 1 0 x 1 ( tm ) x 2 0 x 2 ( tm ) 67
Vậy phương trình có tập nghiệm S 2;1  b) x42 5 x 6 m 0(*) Đặt x2 t( t 0) Phương trình đã cho t2 5 t 6 m 0(1) Để phương trình (*) có đúng hai nghiệm thì phương trình (1) phải có nghiệm dương (1) phải có hai nghiệm trái dấu hoặc hai nghiệm kép dương ac 0 60 m 0 52 4(6 m ) 0 m 6 m 6 x12 x 0 6 m 0 VN xx 50 120 Vậy m 6 thỏa mãn yêu cầu bài toán Câu 4. Gọi vận tốc lúc về của ô tô là x( km / h ) ( x 0) Khi đó vận tốc lúc đi của ô tô là : x 10 ( km / h ) Thời gian về và thời gian đi của ô tô hết quãng đường AB lần lượt là: 120 120 (hh ); ( ) Đổi 24 phút 0,4giờ xx 10 Theo đề bài ta có phương trình: 120 120 0,4 xx 10 120(x 10) 120 x 0,4 x ( x 10) 0,4xx2 4 1200 0 0,4. xx 50 ( 60) 0 x 50 ( tm ) x 60 ( ktm ) Vậy vận tốc lúc đi của ô tô là 50km / h 68
Câu 5. M O J K A B H I C N E a) Ta có OMA ONA900 ( gt ) OIA 900 (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) Các điểm M, I, N cùng nhìn OA dưới 1 góc 900 nên cùng thuộc đường tròn đường kính OA Vậy 5 điểm AMOIN,,,, cùng thuộc đường tròn đường kính OA b) Ta có MJ là phân giác của BMC BME EMC sdBE sdCE EB EC (1) (hai cung bằng nhau thì căng hai dây bằng nhau) Ta có: EBC EMC BME;() CBJ JBM gt EBJ EBC CBJ BME JBM Xét tam giác BMJ có BME JBM BJE (góc ngoài của tam giác bằng tổng hai góc trong không kề với nó) EBJ BJE EBJ cân tại E EB EJ(2) Từ (1) và (2) EB EC EJ c) Gọi H là giao điểm của AC và MN, ta có: OKH 900 (Do AM, AN là hai tiếp tuyến cắt nhau nên OA là trung trực của MN) AIO 900 (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) Xét AHK và AOI có: AKH AIO900 ; OAI chung AH AK AHK AOI( g . g ) AH . AI AO . AK (3) AO AI 69
Xét tam giác vuông AMO có AO. AK AM 2 (4) (hệ thức lượng trong tam giác vuông) Ta có: AMB ACM (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BM) Xét tam giác AMB và ACM có: MAC chung; AMB ACM() cmt AM AB AMB ACM( g . g ) AM2 AB . AC (5) AC AM AB. AC Từ (3) (4) (5) suy ra AH AI AB AC AH AI Ta có AB,, AC AI không đổi AH không đổi. Mà A cố đinh nên H cố định Gọi O'là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OIK, chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác OIHK O'là trung điểm của OH O'thuộc trung trực của HI Mà HI; cố định Trung trực của HI cố định Vậy khi (O) thay đổi thì tâm đường tròn ngoại tiếp OIK luôn chạy trên trung trực của HI,với H  AC MN Câu 6 Theo đề bài ta có: xy yz zx 3 xyz xy yz zx 1 1 1 33 xyz xyz xyz z x y Cios 3 Lại có: 3xyz xy yz xz 33 xyz xyz 1 x y z 3 Ta có x3 xzCosi xz z z 1 x x x x z x22 z x 2 24 2 zx z 1 z z 1 z z 1 (Do z 1 2 z z ) 2 2 2 2 2 yx3 1 3 y xy 4 ta có: Tương tự 3 zy 1 2 z yz 4 Cộng vế với vế của 3 bất đẳng thức trên ta được: x3 y 3 z 3 x y z 3 6 3 1 1 1 1 2 2 2 x y z 3 (dpcm ) z x x y y z 4 4 2 2 x y z 70
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: TOÁN CHUYÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút Ngày thi: 03/06/2018 Câu 1. a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ():P y x2 và đường thẳng (d ): 2 mx m 1. Tìm tất cả các giá trị của m để ()d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A( x1 ; y 1 ); B ( x 2 ; y 2 )thỏa mãn 2x1 2 x 2 y 1 y 2 0 b) Giải phương trình : x x 4 x2 6 x 1 xy22 5 c) Giải hệ phương trình : x y xy 5 Câu 2. Cho phương trình x3 2 y 3 4 z 3 9!(1) với x;; y z là ẩn và 9! Là tích các số nguyên dương liên tiếp từ 1 đến 9 a) Chứng minh rằng nếu có các số nguyên x;; y z thỏa mãn (1) thì x,, y z đều chia hết cho 4 b) Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x,, y z thỏa mãn (1). Câu 3. Cho các số thực dương abc,, . Chứng minh rằng: abc2 2 2 1 a2 abb 2 b 2 bcc 2 c 2 aca 2 Câu 4. Cho hình thoi ABCD (AC > BD). Đường tròn nội tiếp (O) của tứ giác ABCD theo thứ tự tiếp xúc với các cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt tại E, F, G, H. Xét K trên đoạn HA và L trên đoạn AE sao cho KL tiếp xúc với đường tròn (O) a) Chứng minh rằng LOK LBO và BL. DK OB2 b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác CFL cắt AB tại M khác L và đường tròn ngoại tiếp tam giác CKG cắt AD tại N khác K. Chứng minh rằng 4 điểm K, L, M, N nằm trên một đường tròn c) Lấy các điểm P, Q tương ứng trên FC, CG sao cho LP song song với KQ. Chứng minh rằng KQ tiếp xúc với (O) Câu 5. Một bảng hình vuông gồm n hàng và n cột (n nguyên dương). Các hàng và cột đánh số từ 1 đến n ( từ trên xuống dưới, từ trái qua phải). Ô vuông nằm trên hàng i, cột j i; j 1;2;3; n của bảng gọi là ô ij; . Tại mỗi ô của bảng điền 1 số 0 hoặc 1 sao cho nếu ô ij; điền số 0 thì aij b n , trong đó ai là số số 1 trên hàng I và bj là số số 1 trên cột j. Gọi P là tổng các số trong các ô của bảng hình vuông đã cho a) Xây dựng 1 bảng hình vuông thỏa mãn yêu cầu bài toán trong trường hợp n 4 và P 8 n2 n2 n2 b) Chứng minh rằng P , với là phần nguyên của 2 2 2 . 71
ĐÁP ÁN Câu 1. a) Ta có: phương trình hoành độ giao điểm : x22 2 mx m 1 x 2 mx m 1 0 4m2 4 m 1 2 m 1 2 3 0  m x12 x2 m Theo định lý Vi-et ta có: x12 x m 1 2x1 2 x 2 y 1 y 2 0 2 40m x12 x 4m m2 2 m 1 0 m 10 2 m 1 Vậy giá trị cần tìm là m 1 b) Giải phương trình: x x 4 x2 6 x 1 Ta có điều kiện xác định : xx 00 x 4 0 x 4 4 x 3 2 2 2 xx 6 1 0 3 2 2 x 3 2 2 Ta có: 2 x x 4 x 6 x 1 x x 4 2 x ( x 4) x2 6 x 1 x2 4 x 3 2 x x 4 0 x22 4 x 2 x 4 x 3 0 22 x 4 x 3 x 4 x 1 0 x22 4 x 3 0 Do x 4 x 1 0 xx2 4 9 0 x 2 13 ( tm ) x 2 13 ( ktm ) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 2 13 72
xy22 5 c) Giải hệ phương trình x y xy 5 u x y Đặt DK:4 u2 v v xy u2 2 v 5 25 10 v v2 2 v 5 v 2 12 v 20 0 u v 5 u 5 v u 5 v u 3 v 10 ()tm v 2 xy 1; 2 v 2 u 5 xy 2; 1 uv 5 ()ktm v 10 Vậy tập nghiệm của hệ đã cho là 1;2 ; 2;1 Câu 2 a) Chứng minh rằng Ta có: 9! 1.2.3.4.5.6.7.8.9là số chẵn x3 2 x 2 x 2 m m 8m3 2 y 3 4 z 3 9! 4 m 3 y 3 2 z 3 1.3.4.5.6.7.8.9là số chẵn y3 2 y 2 y 2 n n 4m3 8 n 3 2 z 3 1.3.4.5.6.7.8.9 2m3 4 n 3 z 3 1.2.3.5.6.7.8.9là số chẵn z3 2 z 2 z 2 p p 2m3 4 n 3 8 p 3 1.2.3.5.6.7.8.9 m3 2 n 3 4 p 3 1.3.5.6.7.8.9 m2 x 2 m 4 Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng có n2 m ; n ; p y 2 n 4 p2 z 2 p 4 Vậy ta có điều phải chứng minh b) Chứng minh rằng không tồn tại Theo ý a) ta có thể đặt x 4 a ; y 4 b ; z 4 c a ; b ; c 9! 1.2.3.4.5.6.7.8.9 abc3 2 3 4 3 1.3.5.6.7.9 là số chẵn 4433 a22 a u u 8u3 2 b 3 4 c 3 1.3.5.6.7.9 4 u 3 b 3 2 c 3 1.3.3.5.7.9 1.5.7.3 4 Lại có: 73
4 4 4 1.5.7.3 3 1.5.7.3 9 3 x0; 1 (mod9) x Z a; b ; c 9 4 u3 b 3 2 c 3 9 3 Nhưng do 1.5.7.34 không thể chia hết cho 93 nên ta có điều vô lý Vậy ta có điều phải chứng minh Câu 3. Ta có : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schaw thì: 2 ac22 ac a2 ab b 2 c a b c a 2 b 2 c 2 ab ac bc 2 bc22 bc b() a b c c2 ac a 2 a 2 b 2 c 2 ab ac bc 2 ab22 ab 2 2 2 2 2 a() a b c b bc c a b c ab ac bc a2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2 a2 ab b 2 b 2 bc c 2 c 2 ac a 2 a a b c b()() a b c c a b c a c 2 b c 22 ab a2 b 2 c 2 ab ac bc 2 2 2 a2 b 2 c 2 a b c a c b c a b a2 ab b 2 b 2 bc c 2 c 2 ac a 2 a b c a 2 b 2 c 2 ab ac bc 2 2 2 a2 c 2 b 2 2 a b c ab ac bc 1 a2 abb 2 c 2 aca 2 b 2 bcc 2 a 2 b 2 c 2 abacbc a2 c 2 b 2 12 a2 abb 2 c 2 aca 2 b 2 bcc 2 a2 c 2 b 2 1 (dpcm ) a2 abb 2 c 2 aca 2 b 2 bcc 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c 74
Câu 4 a) Chứng minh . Gọi điểm tiếp xúc của LK với (O) là T TOE TDH EOH Ta có: LOK LOT TOK 900 EOB LBO 2 2 2 OLK OLB (do LB, LK là các tiếp tuyến) Khi đó: tam giác OLK và BLO đồng dạng Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có: OLK DOK(.) g g DOK BLO OD DK BL DK BO DO OB2 BL BO Vậy ta có điều phải chứng minh b) Đường tròn ngoại tiếp Ta có : Do CFLM nội tiếp nên BM BL BC BF BO2 BL DK BM DK Do vậy BMDK là hình thang cân nên KM // BD Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có: LN//BD Do vậy KMLN là hình thang cân nên hiểu nhiên nội tiếp một đường tròn Ta có điều phải chứng minh 75
c) Lấy các điểm P, Q . Ta có: Kẻ PQ'tiếp xúc với (O) và Q’ thuộc CD Tương tự phần a, chứng minh như vậy ta có: BP DK BP.'. DQ OB2 BL DK BL DQ' LBP KDQ' BLP DQ'( )' K c g c BLP DQ K AB////'' CD LP KQ Q  Q Vậy KQ tiếp xúc với (O) Câu 5. a) Xây dựng . Ta có 1 bảng thỏa mãn bài toán: 1 1 1 1 1 1 1 1 b) Chứng minh rằng . Không mất tính tổng quát, gọi cột hoặc hàng có ít nhất 1 số là cột 1 Giả sử trong cột 1 này có k số 1 kn Gọi hàng i là hàng loại 1 nếu i;1 1 Gọi hàng j là hàng loại 0 nếu j;1 1 Vậy có k hàng loại 1 và nk hàng loại 0 Khi đó tổng các số ở hàng loại 1 k và loại 0 nk 2 Như vậy: P k2 n k . Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: 2 22 2 2 k n k nn P k n k 2 2 2 Vậy ta có điều phải chứng minh 76
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TỈNH BẾN TRE NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: TOÁN CHUYÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút a b a b a b Câu 1: Cho biểu thức P với ab, là hai số thực dương 1 ab 1 a) Rút gọn biểu thức P : a b a b b) Tính giá trị của biểu thức P khi a 2019 2 2018 và b 2020 2 2019 Câu 2: a) Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng p2 1chia hết cho 24 b) Cho phương trình x2 2 mx m 4 0 với m là tham số. Tìm các giá trị của m 1 để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt xx12; thỏa 22đạt giá trị xx12 lớn nhất Câu 3 a) Giải phương trình: x32 1 x 3 x 1 xy22 42 b) Giải hệ phương trình: x 2 y 1 2 xy 4 Câu 4 a) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình x3 xy 2 x y b) Cho hai số thực dương ab, thỏa ab 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 41 T ab Câu 5: Cho nửa đường tròn (O;R) có đường kính AB. Vẽ đường thẳng d là tiếp tuyến của O tại B. Trên cung AB lấy điểm M tùy ý (M khác A, B), tia AM cắt đường thẳng d tại N. Gọi C là trung điểm của đoạn thẳng AM, tia CO cắt đường thẳng d tại D a) Chứng minh tứ giác OBNC nội tiếp b) Gọi E là hình chiếu của N trên đoạn AD. Chứng minh rằng N, O, E thẳng NE. AD hàng và 2R ND c) Chứng minh rằng CACN COCD d) Xác định vị trí của điểm M để 2AM AN đạt giá trị lớn nhất 78
ĐÁP ÁN Câu 1: 1 a) Rút gọn biểu thức P : a b a b Điều kiện : ab 0, 0 ab.1 a b a b a b ab P a b 11 ab ab 1 P:. P a b a b a b a b a b a bab ababab 22 b) Tính giá trị của biểu thức 2 a aa 2019 2 2018 2018 1 2018 1 2 Ta có: bb 2020 2 2019 b 2019 1 2019 1 P a b 2018 1 2019 1 2018 2019 Câu 2: a) Cho p là số nguyên tố Ta có nhận xét sau: Nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì p2 1(mod24) (1) Lại có: 1 23 mod24 (2) Cộng vế theo vế của 1 ; 2 ta được : p2 1  24(mod24)  0 mod24 Vậy p2 1 chia hết cho 24 với p là số nguyên tố lớn hơn 3. b) Cho phương trình . Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt '0 2 2 1 15 m m 4 0 m 0  m 24 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt xx12; với mọi m x12 x2 m Áp dụng hệ thức Vi et ta có: x12 x m 4 Theo đề bài ta có 1 1 1 1 1 4 2 2 2 2 31 x1 x 2 x 1 x 2 2 x 1 x 2 4 m 2 m 8 1 31 31 2. 2m 22 4 4 2 22 1 1 1 1 31 31 Ta có: 4m 2822 m m 2.2. m 822 m 2 28 4 2 2 4 4 79
1 1 4 2 2 4mm 2 8 1 31 31 22 m 22 4 11 Dấu “=” xảy ra 20mm 22 4 14 1 Vậy Max 22 khi m xx12 31 4 Câu 3 a) Giải phương trình : x 1 3 13 3 13 3 3 13 xx x 10 x 22 Điều kiện 2 2 xx 3 1 0 3 13 3 13 3 13 xx 1 x 22 2 x3 1 x 2 3 x 1 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 2 x 1 Đặt a x 1; b x2 x 1( a 0; b 0) Khi đó ta có phương trình: b2 2 a 2 ab 2 a 2 ab b 2 0 a b 20 a b a b 0 ( ktm do a 0; b 0) 20ab 2a b 2 x 1 x2 x 1 4x 4 x2 x 1 xx2 5 3 0 Có 52 3.4 37 0 phương trình có hai nghiệm: 5 37 x () tm 2 5 37 x () tm 2 5 37 5 37 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt: x hoặc x 2 2 xy22 42 b) Giải hệ phương trình: x 2 y 1 2 xy 4 80
22 22 2 xy 42 x 4 xy 4 y 2 1 2 xy x 2 y 2. 1 2 xy x 2 y 1 2 xy 4 x 2 y 1 2 xy 4 x 2 y . 1 2 xy 4 a x2 y Đặt .Khi đó ta có hệ phương trình tương đương: b 12 xy a2 2 b ab 2 2 a 2 ab 4 a2 b 2 a.4 2 x 1 xy 22 xy 22 xy 22 2 1 1 2xy 2 1 2 2 2yy 2 4yy 4 1 0 y 2 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất xy; 1; 2 Câu 4 a) Tìm các nghiệm nguyên x33 xy 22 x y x xy x y x x2 1 y x 1 2 x 12 x2 x y x 12 x 3 2 ()tm x x y 1 y 11 x 12 x 1 2 ()tm x x y 11 y Vì xy, x 11 x 0 ()tm x2 x y 2 y 2 x 11 x 2 ()tm 2 y 4 x x y 2 Vậy hệ phương trình có các nghiệm nguyên xy;  3;11 ; 1;1 ; 0;2 ; 2;4  b) Cho hai số thực dương 4 1 4(a b ) a b 4 b a 4 b a Ta có: T 5 5 2 . 5 4 9 a b a b a b a b 44b a b a Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương ta có: 2 . 4 a b a b 4ba T 5 5 4 9 ab 81
2 4ba 22 a () tm ab 4 ab 1 3 Dấu “=” xảy ra ab ab 1 ab 21 ab 1 b () tm 3 21 Vậy MinT 9; khi a b 33 Câu 5. N M C B O A E D a) Chứng minh tứ giác OBNC nội tiếp Ta có: C là trung điểm của đoạn AM OC  AM  C hay OCM 900 (mối quan hệ giữa đường kính và dây cung) Có: AB BN B hay OBN 900 (d là tiếp tuyến của đường tròn tại B) Xét tứ giác OBNC ta có: OCN OBN 1800 OBNC là tứ giác nội tiếp 82
b) Gọi E là hình chiếu Xét ADN ta có: AB, DO là hai đường cao của tam giác Mà AB CD O Olà trực tâm AND Lại có NE là đường cao còn lại của AND nên ba điểm NOE,, thẳng hàng (đpcm) Ta có: 1 1 NE. AD S AB. ND NE . AD AB . ND NE . AD AB 2 R ( dpcm ) AND 22 ND c) Chứng minh rằng Ta có: CAO MBN (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BM) Lại có: MB// CD  CM NBM CDN (hai góc đồng vị) CAO CDN MBN Xét CAOvà CDN ta có: CAO CDN( cmt ); ACO NCD 900 CAO CDN(.) g g CA CO CACN () CD CO dpcm CD CN d) Xác định Áp dụng hệ thức lượng trong ABN vuông tại B có đường cao MB ta có: AM. AN AB22 2 R 2 4 R Áp dụng bất đẳng thức Co si ta có: 2AM AN 2 2. AM . AN 2 8 R2 4 2 R(không đổi) AN Vậy Min(2 AM AN ) 4 2 AM M là điểm chính giữa cung AB 2 83
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐẮK LẮK NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: TOÁN – CHUYÊN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm) Cho đa thức f( x ) x32 2 x (1 m ) x m. 1) Khi m 2 , hãy phân tích đa thức fx() thành nhân tử. 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình fx( ) 0 có ba nghiệm phân biệt 222 x1,, x 2 x 3 thỏa mãn xxx1 2 3 4 . Câu 2 (2,0 điểm) 15 (xx 1)2 15 3 1) Giải phương trình: . x22 6 x 4 x ( x 2 x 4) 2 2 2 (2x y )( x y )26 x x xy 3 y (1) 2) Giải hệ phương trình: 2 2 2 3(x y )7 5 x 51442 y x x (2) Câu 3 (2,0 điểm) 1) Truyện kể rằng một hoàng tử đi cứu công chúa và gặp một con rắn có 100 cái đầu. Hoàng tử có hai thanh kiếm: Thanh kiếm 1 cho phép chặt đúng 21 cái đầu rắn. Thanh kiếm 2 cho phép chặt đúng 9 cái đầu rắn nhưng khi đó con rắn lại mọc thêm 2018 cái đầu khác. Biết rằng nếu con rắn có ít hơn 21 cái đầu hoặc 9 cái đầu thì hoàng tử không dùng được thanh kiếm 1 hoặc thanh kiếm 2 tương ứng và hoàng tử cứu được công chúa nếu như con rắn bị chặt hết đầu. Hỏi hoàng tử có cứu được công chúa không? 2) Tìm các số nguyên x,, y z thỏa mãn đồng thời: x2 4 y 2 z 2 2 xz 4( x z ) 396 và x22 y3 z . Câu 4 (1,0 điểm) 1) Cho các số thực xy, không âm, chứng minh rằng x3 y 3 x 2 y xy 2 . 2) Cho các số thực dương abc,, thỏa mãn abc 1. Chứng minh rằng: ab bc ca 1. a5 b 5 abb 5 c 5 bcc 5 a 5 ca Câu 5 (3,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn AB IE , DI cắt CE tại N. Chứng minh NI.ND=NE.NC. c) Gọi M là giao điểm của EF với IC. Chứng minh MN vuông góc với CH. 2) Biết rằng mỗi đường chéo của một ngũ giác lồi ABCDE cắt ra khỏi nó một tam giác có diện tích bằng 1. Tính diện tích của ngũ giác ABCDE. Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2: 85
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐẮK LẮK NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: TOÁN – CHUYÊN ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đáp án, biểu điểm và hướng dẫn chấm gồm tất cả 04 trang) A. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM. Câu Đáp án Điểm Cho đa thức f( x ) x32 2 x (1 m ) x m. 1) Khi m 2 , hãy phân tích đa thức fx() thành nhân tử. f x x32 22 x x 0,25 f( x ) ( x 1)( x 1)( x 2). 0,25 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình fx( ) 0 có ba nghiệm 222 phân biệt x1,, x 2 x 3 thỏa mãn xxx1 2 3 4 . x 1 x x2 x m Phân tích phương trình ( 1)( ) 0 2 0,25 Câu 1 x x m 0 (*) (2,0 Phương trình fx( ) 0 có 3 nghiệm phân biệt điểm) 0,25 Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1. m 0 m 0 1 0,25 1 4m 0 m 4 Lúc đó: x1 1, x 2 x 3 1; x 2 x 3 m 0,25 222 2 Điều kiện: x1 x 2 x 3 4 x 2 x 3 2 x 2 x 3 3 m 1. 0,25 1 Vậy mm 1, 0 . 0,25 4 15 (xx 1)2 15 3 1) Giải phương trình: . x22 6 x 4 x ( x 2 x 4) Điều kiện: x 0; x 3 5; x 3 5 * . 1 1 1 0,25 Phương trình biến đổi thành: x22 6 x 4 x 2 x 4 15 x 1 1 1 (1) . 44 0,25 xx 62 15 Câu 2 xx (2,0 4 điểm) Đặt xt tt 2; 6 . x 0,25 1 1 1 t 4 PT (1) trở thành: . tt 6 2 15 t 12 4 Với t 4 ta có xx 42 thỏa mãn (*). x 0,25 4 x 6 4 2 Với t 12 ta có x 12 thỏa mãn (*). x x 6 4 2 1 86
2 2 2 (2x y )( x y )26 x x xy 3 y (1) 2) Giải hệ phương trình: 2 2 2 3(x y )7 5 x 51442 y x x (2) Phương trình (1): (2x y )( x22 y x 3) 0 2xy. 0,25 Thế vào (2): 3x2 675 x x 2 101442 x x x 2 * . 0,25 Đánh giá vế trái của (*): 3(xx 1)22 4 5( 1) 9 5 . Và đánh giá vế phải của (*): 4 2x x22 5 ( x 1) 5 . 0,25 Dấu bằng xảy ra khi x 1. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (xy ; ) ( 1; 2) . 0,25 1) Giả sử con rắn có n cái đầu (n là số nguyên dương). 0,50 Nếu dùng thanh kiếm 1 hoặc thanh kiếm 2 thì số đầu rắn sau khi bị chặt là n 21 hoặc n 2009 . Tức là giảm hoặc tăng một đại lượng là bội số của 7. Mà 100 chia 7 dư 2 nên hoàng tử không thể cứu công chúa. 0,50 2) Tìm các số nguyên x,, y z thỏa mãn đồng thời: x2 4 y 2 z 2 2 xz 4( x z ) 396 và x22 y3 z . Từ điều kiện x22 y3 z suy ra xy22 chia hết cho 3 hay xy, đều chia hết cho 3. 0,25 x2 4 y 2 z 2 2 xz 4( x z ) 396 (x z 2)22 4(100 y ) . Câu 3 Suy ra: 100 y2 là số chính phương và y2 100 . Mặt khác y 3 nên 0,25 (2,0 y2 0;36  y 0;6; 6  . điểm) 22 2 xx xz 3 zz Xét y 0: 2  33 xz 2 400 0,25 x z 2 20 x z 2 20 Tìm được xz 6, 12 hoặc xz 9, 27 . 2 xz 36 3 Xét y 6 hoặc y 6: 2 xz 2 256 xx22 zz 12 12 0,25  33. x z 2 16 x z 2 16 Giải ra xz,  . Vậy x;; y z là 6;0;12 hoặc 9;0;27 . 1) Cho các số thực xy, không âm, chứng minh rằng x3 y 3 x 2 y xy 2 . Bất đẳng thức: x3 y 3 x 2 y xy 2 x22( x y ) y ( x y ) 0 0,25 Câu 4 (x y )2 ( x y ) 0, đúng  xy,0. (1,0 2) Cho các số thực dương abc,, thỏa mãn abc 1. Chứng minh rằng: điểm) ab bc ca 1. a5 b 5 abb 5 c 5 bcc 5 a 5 ca Chứng minh a5 b 5 a 2 b 3 a 3 b 2 a3( a 2 b 2 ) b 3 ( a 2 b 2 ) 0 0,25 (a b )2 ( a b )( a 2 ab b 2 ) 0,  a , b 0 (*) 2 87
abc Áp dụng (*): a5 b 5 abab 2 2(). a 5 b 5 abab c 0,25 ab c (1) a55 b ab a b c bc a ca b Tương tự 55 (2) ; 55 (3) b c bc a b c c a ca a b c 0,25 Cộng (1), (2), (3) ta được bất đẳng thức cần chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi abc . 1) 0,25 Câu 5 0 (3,0 a) Góc HDC  AEB 90 nên tứ giác DHEC nội tiếp đường tròn đường điểm) kính HC. Tâm O là trung điểm của HC. 0,25 b) Xét NIC và NED ta có: END  INC (đối đỉnh); DEN  CIN (cùng chắn cung CD ) 0,25 Suy ra: NIC ∽ NED . NI NE NI ND NC NE . 0,25 NC ND c) DIC  DHC (cùng chắn cung CD ) (1) 0,25 DHC  ABC (cùng phụ góc BCF ) (2) BFC  BEC 900 BFEC Lại có: nên tứ giác nội tiếp, suy ra 0,25 ABC  AEF (3) Mà AEF  MEC (đối đỉnh), từ đó MEC  DIC và được tứ giác MENI 0,25 nội tiếp, suy ra EMN  EIN (4) ACB  EIN (cùng chắn cung DE ) (5). ACB  AFE (tứ giác BFEC nội tiếp) (6). 0,25 Suy ra AFE  EMN AB// MN . Mà AB CH nên MN CH . 2) 0,25 3 88
Các diện tích SS ABC ABE nên C và E cách đều AB hay AB // CE. Tương tự các đường chéo còn lại cũng song song với các cạnh tương ứng. Gọi P là giao điểm của BD và CE và đặt diện tích Sx 0 BCP 0,25 Do tứ giác ABPE là hình bình hành nên SS BPE ABE 1. Lại có: S BP S x 11 BCP BEP , tức là: x 51 . 0,25 S PCD PD S PED 12 xx Diện tích ngũ giác: S ABCDE S ABE S BPE S CDE S BCP 3 x . 1 0,25 Vậy: S 55. ABCDE 2 B. HƯỚNG DẪN CHẤM 1. Điểm bài thi đánh giá theo thang điểm từ 0 đến 10. Điểm của bài thi là tổng của các điểm thành phần và không làm tròn. 2. Học sinh giải theo cách khác nếu đúng và hợp lí vẫn cho điểm tối đa phần đó. Hết 4 89
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐẮK LẮK NĂM HỌC 2018 – 2019 PHIẾU CHẤM BÀI THI Môn thi: TOÁN – CHUYÊN (Dùng cho lần chấm thứ nhất) Túi số: Phách số: Thang Điểm Thang Điểm Câu Đáp án Câu Đáp án điểm Chấm điểm Chấm 1) f x x32 22 x x 0,25 bc a 55 (2) ; f( x ) ( x 1)( x 1)( x 2) 0,25 b c bc a b c ca b x 1 (3) . 0,25 2) 0,25 55 2 c a ca a b c x x m 0 (*) Suy ra điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi abc . Phương trình (*) có hai nghiệm phân 0,25 biệt khác 1. Tổng điểm câu 4 1,00 1 1 0 m 0 và m . 0,25 1a) HDC  AEB 90 4 DHEC nội tiếp đường tròn đường 0,25 Lúc đó: x1 1, x 2 x 3 1; x 2 x 3 m 0,25 kính HC. 222 Tâm O HC. 0,25 x1 x 2 x 3 41 m . 0,25 là trung điểm của 1 b) NIC ∽ NED 0,25 Vậy mm 1, 0 . 0,25 4 NI NE NI ND NC NE . 0,25 Tổng điểm câu 1 2,00 NC ND c) DIC  DHC (1) x 0; x 3 5; x 3 5 * . 0,25 0,25 DHC  ABC (2) 1 1 1 0 x22 6 x 4 x 2 x 4 15 x Lại có: BFC  BEC 90 nên tứ giác BFEC nội tiếp, suy ra 0,25 1 1 1 (1) . ABC  AEF (3) 44 0,25 xx 62 15 Mà AEF  MEC (đối đỉnh), từ đó xx MEC  DIC và được tứ giác 4 0,25 Đặt xt tt 2; 6 . MENI nội tiếp, suy ra x EMN  EIN (4) 0,25 1 1 1 t 4 ACB  EIN (5). 2 (1): . ACB  AFE (6). tt 6 2 15 t 12 Suy ra AFE  EMN 0,25 tx 42 0,25 AB// MN . tx 12 6 4 2 5 Mà AB CH nên MN CH . 2) Phương trình 2xy. 0,25 2) SS nên C và E cách đều 3(xx 1)22 4 5( 1) 9 5 0,25 ABC ABE AB hay AB // CE. 4 2x x22 5 ( x 1) 5 Tương tự các đường chéo còn lại 0,25 0,25 Dấu bằng xảy ra khi x 1. cũng song song với các cạnh tương ứng. (xy ; ) ( 1; 2) 0,25 P BD và CE và Tổng điểm câu 2 2,00 Gọi là giao điểm của đặt diện tích Sx 0 1) S là n 21 BCP ố đầu rắn sau khi bị chặt – 0,50 0,25 hoặc n + 2009. Do tứ giác ABPE là hình bình hành Mà 100 ch nên SS BPE ABE 1 . ia 7 dư 2 nên hoàng tử 0,50 không thể cứu công chúa. Lại có: 2) xy, chia hết cho 3. S BP S 22 0,25 BCP BEP 3 (x z 2) 4(100 y ) , tức là: S PCD PD S PED 0,25 y 0;6; 6  . 0,25 x 11 x 51 . y 0 xz 6, 12 ; xz 9, 27 0,25 12 xx y 6 xz, . 0,25 SSSSS ABCDE ABE BPE CDE BCP Tổng điểm câu 3 2,00 3 x 1) (x y )2 ( x y ) 0 0,25 0,25 1 5 5 2 3 3 2 2) a b a b a b . 0,25 Vậy: S ABCDE 55. 4 Chứng minh 2 ab c (1) 0,25 Tổng điểm câu 5 3,00 a55 b ab a b c Đánh dấu X vào ý đúng ở cột Thang điểm. Ghi điểm từng câu vào cột Điểm chấm. Tổng điểm chấm: – Bằng số: Ngày tháng 06 năm 2018 – Bằng chữ: Cán bộ chấm thi (Kí ghi rõ họ tên) 90
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TỈNH HÀ NAM NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: TOÁN CHUYÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút Câu 1 1 aa 1 1 1 Cho biểu thức Q 1 a2 2 a 1 0 a 1 2 2 11 aa 11 aa aa 1) Rút gọn Q 2) So sánh QQ, 3 Câu 2 1) Giải phương trình: x 9 3 9 x 3 2 x 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ():P y x2 và d :, y m (d '): y m2 (0 m 1) . Đường d cắt P tại hai điểm phân biệt A, B , đường d’ cắt P tại hai điểm phân biệt C, D (hoành độ A và D âm). Tìm m sao cho diện tích tứ giác ABCD gấp 9 lần diện tích tam giác OCD. Câu 3 Tìm các số nguyên dương xy, thỏa mãn 7xy 3.2 1 Câu 4. Cho đường tròn (O) và đường thẳng d cố định (d và (O) không có điểm chung). Lấy M là điểm di động trên đường thẳng d. Vẽ hai tiếp tuyến MA và MB phân biệt và cát tuyến MCD với (O) sao cho C nằm giữa M và D, CD không đi qua tâm O. Vẽ dây cung DN song song với AB. Gọi I là giao điểm của CN và AB. Chứng minh rằng IC BC a) và IA IB IA BD b) Điểm I luôn thuộc một đường cố định khi M di chuyển trên đường thẳng d Câu 5 Một học sinh tùy ý chấm 6 điểm phân biệt vào trong hình tròn có bán kính 1. Chứng minh rằng luôn tồn tại 2 điểm A, B trong 6 điểm đã cho sao cho AB 1 Câu 6. Cho các số thực dương x,, y z thỏa mãn xy yz xz x y z x2 y 2 z 2 Chứng minh rằng: 1 x3 8 y 3 8 z 3 8 91