Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2018-2019 - Trường THPT Chuyên Lam Sơn (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2018-2019 - Trường THPT Chuyên Lam Sơn (Có đáp án)

1. ĐỀ SỐ T.65 : CHUYÊN TOÁN LAM SƠN – THANH HÓA 18-19 Câu I (2.0 điểm). 1 1 1 1/ Tính giá trị biểu thức P = 1 − 1 − 1 − 1+ 2 1 + 2 + 3 1 + 2 + + 2018 2/ Cho a, b là hai số thực lần lượt thỏa mãn các hệ thức a32−3 a + 5 a − 17 = 0 và b32−3 b + 5 b + 11 = 0. Chứng minh a + b = 2 Câu II (2.0 điểm). 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 III (2.0 điểm). 1/ Tìm tất cả các cặp số nguyên x, y thỏa mãn : x2019= y 2019 − y 1346 − y 673 + 2 2/ Cho n là số nguyên dương tùy ý , với mỗi số nguyên dương k, đặt k k k Snk =1 + 2 + + . Chứng minh S2019 chia hết cho S1 Câu IV (3.0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC có Ab < AC . Gọi D, E, F lần lượt kẻ từ A, B, C của tam giác , P là giao điểm của đường thẳng BC và EF. Đường thẳng qua D và song song với EF lần lượt cắt các đường thẳng AB, AC, CF tại Q, R, S 1/ Chứng minh tứ giác BQCR là tứ giác nội tiếp PB DB 2/ Chứng minh = và D là trung điểm của đoạn thẳng QS PC DC 3/ Khi B, C cố định, điểm A thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn điều kiện trên, chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR luôn đi qua một điểm cố định. Câu V (1.0 điểm). Trong một giải đấu thể thao có n đội tham gia ( n N, n 2), luật đấu như sau : Hai đội bất kỳ luôn đấu với nhau đúng một trận, sau mỗi một trận, đội thắng được 2 điểm, đội thua được 0 điểm ; còn nếu hai đội hòa thì mỗi đội được 1 điểm . Sau giải đấu các đội xếp hạng theo điểm số từ cao xuống thấp (Hai đội bằng điểm nhau xếp cùng hạng) . Hỏi sự chênh lệch về điểm lớn nhất có thể giữa các đội xếp hạng liền nhau là bao nhiêu ? Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán Trang 1 GV Lưu Văn Thám soạn
2. BÀI GIẢI ĐỀ SỐ T.65 : LAM SƠN – THANH HÓA 18-19 (GV Lưu Văn Thám – Trường 218 thực hiện) Câu I (2.0 điểm). 1 1 1 1/ Tính giá trị biểu thức P = 1 − 1 − 1 − 1+ 2 1 + 2 + 3 1 + 2 + + 2018 n N, n ≥ 2 ta có : n(n1)− 1 2 nn2(n1)(n2)2 + − − + 1 + 2 + + n = 11 − = − = = 2 12 n+ + + n(n1) + n(n1) + n(n1) + Áp dụng cho n từ 2 tới 2018, ta có: 1.4 2.5 3.6 2017.2020 1.2.3 2017 4.5.6 2020 1.2020 1010 P= . . = . = = 2.3 3.4 4.5 2018.2019 2.3.4 2018 3.4.5 2019 3.2018 3027 2/ Cho a, b là hai số thực lần lượt thỏa mãn các hệ thức a32−3 a + 5 a − 17 = 0 và b32−3 b + 5 b + 11 = 0. Chứng minh a + b = 2 Đặt a = 2 –c, ta có: 0 = a3 – 3a2 + 5a – 17 = (2 – c)3 – 3(2 – c)2 + 5(2 – c) – 17 = 8 – 12c + 6c2 – c3 – 12 + 12c – 3c2 + 10 – 5c – 17 = – (c3 – 3c2 + 5c + 11) c3 – 3c2 + 5c + 11 = 0 = b3 – 3b2 + 5b + 11 (c3 – b3) – 3(c2 – b2)+ 5(c – b) = 0 (c – b)(c2 + cb + b2 – 3c – 3b + 5) = 0 Do 4(c2 + cb + b2 – 3c – 3b + 5)= 4c2 + 4c(b – 3) + 4b2 – 12b + 20 = (2c + b – 3)2 + 3(b – 1)2 + 8 > 0 (c2 + cb + b2 – 3c – 3b + 5) > 0 c – b = 0 c = b Vậy a = 2 – b a = b = 2 (đpcm) Câu II (2.0 điểm). 1/ Giải phương trình : x2 − x −4 = 2( 1 − x) x − 1 (1). ĐK x ≥ 1 Đặt t = x1− ≥ 0 x2 – x – 4 = (x – 1)2 + (x – 1) – 4 = t4 + t2 – 4 Phương trình thành: t4 + t2 – 4 = – 2t2.t t4 + 2t3 + t2 – 4 = 0 t4 – t3 + 3t3 – 3t2 + 4t2 – 4t + 4t – 4 = 0 (t – 1)(t3 + 3t2 + 4t + 4) = 0 t = 1 ( do t ≥ 0 t3 + 3t2 + 4t + 4 > 0). Vậy ta có: = 1 x = 2. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là 2. Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán Trang 2 GV Lưu Văn Thám soạn
3. 11 +=1 22 2/ Giải hệ: xy (I). 22 x−1 + y − 1 = xy + 2 2 2 2 2 | x | 1,| y | 1 x+= y x y (1) ĐKXĐ : (I) xy − 2 22 x− 1 + y − 1 = xy + 2 (2) (2) x2 − 12x + 2 − 1y 2 − 1y + 2 − 1xy2 = + x2 + y 2 + 2xy 2 2 − x 2 − y12xy2 2 + − = + x2y2 + 2 – 2 = xy + 2 (do x2y2 = x2 + y2) 2 2 xy=− 1 x y – xy – 2 = 0 (xy + 1)(xy – 2) = 0 xy= 2 • Với xy = – 1, kết hợp với (1) ta có: x2 + y2 = xy.xy x2 + y2 = – xy 2x2 + 2y2 + 2xy = 0 (x + y)2 + x2 + y2 = 0 x = y = 0 ( loại vì không thỏa xy = –1) • Với xy = 2, kết hợp với (1) ta có: xy= 2 xy = 2 xy = 2 x= y = − 2 2 2 2 2 2 x+ y = xy.xy x + y = 2xy (xy) − = 0 x== y 2 Thử lại hệ nhận nhiệm (x;y): ( 2; 2), (−− 2; 2) Câu III (2.0 điểm). 1/ Tìm các cặp số nguyên x, y thỏa mãn : x2019= y 2019 − y 1346 − y 673 + 2 (1) Đặt a = x673, b = y673 (a, b Z), do 673.2=1346 và 673.3 = 2019, nên ta có: a3 = b3 – b2 – b + 2 (2). Ta chứng minh a3 > (b – 1)3 (*) (*) b3 – b2 – b + 2 > b3 – 3b2 + 3b – 1 2b2 – 4b + 3 > 0 2(b – 1)2 + 1 > 0 (đúng) Vậy a3 > (b – 1)3 a3 ≥ b3 b3 – b2 – b + 2 ≥ b3 b2 + b – 2 ≤ 0 b− 1 0 (b – 1)(b + 2) ≤ 0 mà b + 2 > b – 1 – 2 ≤ b ≤ 1 b20+ Mà b nguyên b { – 2; – 1; 0; 1} • b = – 2 y673 = – 2 (loại do y Z) • b = – 1 y673 = –1 y = –1 , thay vào (1) x2019 = 1 x = 1 • b = 0 y673 = 0 y = 0 , thay vào (1) x2019 = 2 (loại do x Z) • b = 1 y673 = 1 y = 1 , thay vào (1) x2019 = 1 x = 1 Thử lại ta được hai cặp số (x; y) thỏa đề bài là: (1; – 1); (1; 1) Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán Trang 3 GV Lưu Văn Thám soạn
4. 2/ Cho n là số nguyên dương tùy ý , với mỗi số nguyên dương k, đặt k k k Snk =1 + 2 + + . Chứng minh S2019 chia hết cho S1 . Khi k = 2m+1 (m N*), với mọi số nguên dương a, b ta có: ak + bk = a2m+1 + b2m+1 = (a + b)(a2m – a2m-1b + + a2b2m – 2 – ab2m-1 +b2m) ak + bk (a + b) với mọi k lẻ, vậy khi đó ta có: k k k k k k k k k 2Sk = 2(1 + 2 + +n ) = [1 + n ] + [2 + (n – 1) ] + +[n +1 ] (n + 1) k k k k k k k 2Sk = [1 + (n –1) ] + [2 + (n –2) ] + +[(n –1) +1 ] + 2n n Mà (n, n +1) = 1 2Sk n( n+1) Ta lại có 2S1 = 2(1 + 2 + 3 + + n) = n(n + 1) 2Sk (2S1) Sk S1 với k lẻ S2019 S1 (đpcm) Câu IV (3.0 điểm). A 1/ Chứng minh tứ giác BQCR là tứ giác nội tiếp. E Ta có BEC = 90o = BFC 1 F R (gt) tứ giác BFEC nội tiếp 3 2 4 H 1 1 F1 = ACB (góc trong và S ngoài đối). 1 2 C P 1 B 1 D M Tương tự ta có tứ giác AFDC nội 1 tiếp và F2 = ACB Q F1 = F2 Ta lại có Q1 = F1 (đồng vị) Q1 = ACB tứ giác BQCR nội tiếp (Q và C cùng nhìn BR theo góc bằng nhau) đpcm. PB DB 2/ Chứng minh = và D là trung điểm của đoạn thẳng QS PC DC Ta có F1 = F2 (cmt) mà F1 = F3 (đối đỉnh) F3 = F2 FB là phân giác trong ΔPFD mà FC ⊥FB (gt) FC là phân giác ngoài ΔPFC. Áp dụng tích chất phân giác trong, ngoài ta có: PB FP CP PB DB = = = (đpcm) DB FD CD PC DC Ta có Q1 = F1 = F2 ΔDQF cân tại D DQ = DF o o Ta lại có Q1 + S1= 90 (ΔQFS vuông tại F) , F4 +F1 = BFC = 90 S1 = F4 ΔDFS cân tại D DF = DS mà DQ = DF (cmt) DQ = DS D là trung điểm QS (đpcm). 3/ Chứng minh đường tròn ngoại tiếp ΔPQR luôn đi qua một điểm cố định. Gọi M là trung điểm BC DC –DB = (DM + MC) – (MB –DM) = 2DM. PB DB = (cmt) DB.PC = DC.PB DB(DP + DC) = DC(DP – DB) PC DC Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán Trang 4 GV Lưu Văn Thám soạn
5. DB.DP + DB.DC = DC.DP – DC.DB 2DB.DC = DP(DC – DB) 2DB.DC = DP.2DM DB.DC= DP.DM (1) Ta có Q1 = RCD (cmt) và D1 = D2 (đđ) ΔDQB ഗ ΔDCR (g.g) DB DQ = DB.DC = DQ.DR (2) DR DC DP DQ (1), (2) DP.DM = DQ.DR = , kết hợp với D1 = D2 (đđ) DR DM ΔDQP ഗ ΔDMR DPQ = DRM P, R cùng nhìn QM theo góc bằng nhau tứ giác PQMR nội tiếp . Suy ra đường tròn ngoại tiếp ΔPQR luôn đi qua điểm M cố định (đpcm) Câu V (2.0 điểm). Xếp các đội theo điểm từ cao xuống thấp và gọi các đội đó lần lượt là : A1; A2; ; An với số điểm tương ứng của các đối đó là d1 ≥ d2 ≥ d3 ≥ ≥ dn Ta chứng minh dk – dk+1 ≤ n  k D = {1; 2; ; k – 1} Nhận xét: Với m đội bóng (m N, m ≥ 2) đấu với nhau như trên thì số trận mm(− 1) đấu là và tổng số điểm các đội đó là m(m – 1). 2 Vậy tổng số điểm của n đội đã cho là T = n(n – 1) Giả sử có k D sao cho dk – dk+1 > n dk > dk + 1 + n • Nếu k = n – 1 dn – 1 > dn dn – 1 > n n(n – 1) = T = d1+ d2 + + dn –1 + dn ≥ (n – 1)dn – 1 + dn > (n – 1)n (vô lý) • Nếu 1 ≤ k dk + n ≥ 2n – k – 1 d1 ≥ d2 ≥ ≥ dk > 2n – k – 1 . d1 + d2 + + dk > k(2n – k – 1) Mà n(n – 1) = T = (d1 + d2 + + dk) +(dk+1 + dk+2 + + dn) > k(2n – k – 1) + (n – k)(n – k – 1) = 2nk – k2 – k + n2 – nk – n – nk + k2 +k = n2 – n = n(n – 1) n(n – 1) > n(n – 1) (vô lý). Vậy dk – dk+1 ≤ n  k D. dk – dk+1 = n chẳng hạn khi A1 thắng tất cả các đội, các đội còn lại hòa nhau, khi đó d1 = 2(n – 1) và d2 = d3 = = dn = n – 2 d1 – d2 = n Vậy max(dk – dk+1) = n  k D đpcm. Nhận xét về đề thi: So với mắt bằng các đề thi vào lớp 10 chuyên toán thì đề Thanh hóa năm nay khó, chắc chắn điểm chuẩn không cao! Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán Trang 5 GV Lưu Văn Thám soạn