Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (hệ chuyên Toán) - Năm học 2018-2019

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (hệ chuyên Toán) - Năm học 2018-2019

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2018 – 2019 Ngày thi: 06/6/2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán (Hệ chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1. (2.5 điểm) 5x 1 1 2x 2 a. Cho ≠ 1, hãy rút gọn biểu thức A . x3 1 x2 x 1 1 x b. Tìm cặp số thực (x; y) với y lớn nhất thỏa mãn điều kiện x2 5y2 2y 4xy 3 0 . 2 + = 2 c. Cho a, b, c là các số thực khác 0 thỏa mãn điều kiện 2 + = 2. 2 + = 2 Chứng minh rằng (a ― b)(b ― c)(c ― a) = 1. Bài 2. (1.5 điểm) a. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì 푛3 ―9푛 + 27 không chia hết cho 81. b. Một số nguyên dương được gọi là số may mắn nếu số đó gấp 99 lần tổng tất cả các chữ số của nó. Tìm số may mắn đó. Bài 3. (2.0 điểm) a. Giải phương trình + 1 + 1 ― 3 = + 2. x 2y xy 2 b. Giải hệ phương trình 2 2 . x 4y 4 Bài 4. (3.0 điểm) Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi M là một điểm bất kì trên cạnh BC (M khác B và C), N là điểm trên cạnh CD sao cho BM = CN. Gọi H, I lần lượt là giao điểm của AM với BN, DC. a. Chứng minh tứ giác AHND nội tiếp và MN vuông góc với BI. b. Tìm vị trí điểm M để độ dài đoạn MN ngắn nhất. c. Đường thẳng DM cắt đường tròn (O) tại P (P khác D). Gọi S là giao điểm của AP và BD. Chứng minh SM song song AC. Bài 5. (1.0 điểm) Trên biểu tượng Olympic có 9 miền được ký hiệu , , , (như hình minh họa). Người ta e k điền 9 số 1, 2, , 9 vào 9 miền trên sao cho mỗi miền a được điền bởi một số, miền khác nhau được điền bởi b d f h số khác nhau và tổng các số trong cùng một hình tròn đều bằng 14. c g a. Tính tổng các số trong các miền b, d, f và h. b. Xác định cách điền thỏa mãn yêu cầu trên. HẾT Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2018 - 2019 Ngày thi: 06/6/2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán (Hệ chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1. (2.5 điểm) 5x 1 1 2x 2 a. Cho ≠ 1, hãy rút gọn biểu thức sau A x3 1 x2 x 1 1 x b. Tìm cặp số thực (x; y) với y lớn nhất thỏa mãn điều kiện x2 5y2 2y 4xy 3 0 . 2 + = 2 c. Cho a, b, c là các số thực khác 0 thỏa mãn điều kiện 2 + = 2. 2 + = 2 Chứng minh rằng (a ― b)(b ― c)(c ― a) = 1. Tóm tắt cách giải Điểm 1.a. Rút gọn biểu thức sau 5 + 1 1 ― 2 2 A = ― ― 3 ― 1 2 + + 1 1 ― 5 + 1 2 ― 1 2 = + + ( ― 1)( 2 + + 1) 2 + + 1 ― 1 0.25 điểm 5 + 1 (2 ― 1)( ― 1) 2( 2 + + 1) = + + ( ― 1)( 2 + + 1) ( ― 1)( 2 + + 1) ( ― 1)( 2 + + 1) 0.25 điểm 4( 2 + + 1) = ( ― 1)( 2 + + 1) 0.25 điểm 4 = ― 1 0.25 điểm 1.b. Tìm cặp số thực (x; y) với y lớn nhất thỏa mãn điều kiện x2 5y2 2y 4xy 3 0 . Phương trình viết lại x2 - 4yx + 5y2 + 2y - 3=0 0.25 điểm Phương trình có nghiệm khi ∆’= -y2 - 2y + 3 ≥ 0 3 y 1. 0.25 điểm Vì y lớn nhất nên y = 1 0.25 điểm x2 4x 4 0 (x 2)2 0 x 2 Vậy (x,y) = (2; 1) 0.25 điểm 2 + = 2 1.c. Cho a, b, c là các số thực khác 0 thỏa điều kiện 2 + = 2. Chứng 2 + = 2 minh rằng (a ― b)(b ― c)(c ― a) = 1.
3. Cộng theo vế ta được a + b + c = 0. (1)+(2) ta được a + b = c2-a2 = (c-a)(c+a) = (-b).(c-a) hay –c = (-b).(c-a) 0.25 điểm Tương tự ta có –b = (-a)(b-c) và –a = (-c)(a-b). Nhân theo vế các đẳng thức trên ta được (a ― b)(b ― c)(c ― a) = 1. 0.25 điểm Bài 2. (1.5 điểm) a. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì 푛3 ―9푛 + 27 không chia hết cho 81. b. Một số nguyên dương được gọi là số may mắn nếu số đó gấp 99 lần tổng tất cả các chữ số của nó. Tìm số may mắn đó. Tóm tắt cách giải Điểm 2.a. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì 푛3 ―9푛 + 27 không chia hết cho 81. Giả sử tồn tại số tự nhiên n để 푛3 ―9푛 + 27⋮81, suy ra 푛3 ―9푛 + 27⋮3 hay 푛⋮3 3 3 => n=3k khi đó 푛 ―9푛 + 27 = 27( ― + 1) 0.25 điểm mà 푛3 ―9푛 + 27⋮81 nên 3 ― + 1⋮3 0.25 điểm Nhưng 3 ― + 1 = ( ― 1). .( + 1) +1 không chia hết cho 3 với mọi k. Vậy với mọi số tự nhiên n thì 푛3 ―9푛 + 27 không chia hết cho 81. 0.25 điểm 2.b. Một số nguyên dương được gọi là số may mắn nếu số đó gấp 99 lần tổng tất cả các chữ số của nó. Tìm số may mắn đó. Giả sử số cần tìm là 1 2 => 1 2 = 99( 1 + 2 + + ) TH1. m ≤ 3 kiểm tra trực tiếp suy ra vô nghiệm. 0.25 điểm TH2. m ≥ 5 ≥ 10 ―1 Ta luôn có 1 2 suy ra 10 ―1 ≤ 891 99( 1 + 2 + + ) ≤ 99.9. 0.25 điểm Do đó khi m ≥ 5 thì bất đẳng thức trên không còn đúng. TH3. m = 4 Suy ra 1000. 1 +100. 2 +10. 3 + 4 = 99( 1 + 2 + 3 + 4) hay 901 1 + 2 = 89 3 +98 4 do 89 3 +98 4 ≤ (89 + 98).9 = 1683 nên a1=1. Khi đó 11 + 2 ― 9 4 = 10 ― + 3 4 89 0.25 điểm Suy ra 11 + 2 ―9 4 = 0 hay a2 = 7, a4 = 2, a3 = 8 và a1 = 1. Vậy số cần tìm là 1782.
4. Bài 3. (2.0 điểm) a. Giải phương trình + 1 + 1 ― 3 = + 2. x 2y xy 2 b. Giải hệ phương trình 2 2 x 4y 4 Tóm tắt cách giải Điểm 3.a. Giải phương trình + 1 + 1 ― 3 = + 2. 1 Điều kiện: ―1 ≤ ≤ 3 Ta viết lại ( + 1 ― 1) + ( 1 ― 3 ― 1) = 0.25 điểm 3 ⇔ ― = + 1 + 1 1 ― 3 + 1 1 3 ⇔x(1 ― + ) = 0 + 1 + 1 1 ― 3 + 1 0.25 điểm = 0 1 3 ⇔ 1 ― + = 0 + 1 + 1 1 ― 3 + 1 0.25 điểm Mà phương trình 1 3 1 ― + = 0 + 1 + 1 1 ― 3 + 1 vô nghiệm, nên nghiệm của phương trình ban đầu là x= 0 (thỏa điều kiện). 0.25 điểm x 2y xy 2 3.b. Giải hệ phương trình 2 2 x 4y 4 ( ― 2 ) + = 2 0.25 điểm Hệ viết lại thành ( ― 2 )2 + 4 = 4 = ― 2 + = 2 0.25 điểm Đặt = khi đó ta có hệ 2 + 4 = 4 . 0.25 điểm Giải hệ phương trình ta được a = 2 và b = 0. = 2 ― 2 = 2 = 0 = 2 Với = 0⇔ = 0 suy ra = ―1 hoặc = 0. 0.25 điểm Bài 4. (3.0 điểm) Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi M là một điểm bất kì trên cạnh BC (M khác B và C), N là điểm trên cạnh CD sao cho BM = CN. Gọi H, I lần lượt là giao điểm của AM với BN, DC. a. Chứng minh tứ giác AHND nội tiếp và MN vuông góc với BI. b. Tìm vị trí điểm M để độ dài đoạn MN ngắn nhất. c. Đường thẳng DM cắt đường tròn (O) tại P (P khác D). Gọi S là giao điểm của AP và BD. Chứng minh SM song song AC.
5. Tóm tắt cách giải Điểm A B S H O M P I D N C 4.a. Ta có: BM = CN, AB = BC, B C 900 Nên ABM BCN (c.g.c) 0.25 điểm Mà BAM BMA 900 CBN BMA 900 BHM 900 0 Suy ra ADN AHN 180 , hay tứ giác ADNH nội tiếp 0.25 điểm IH  BN Ta có BC  CD (gt) BC  NI 0.25 điểm Do đó M là trực tâm của tam giác BIN nên NM  BI (đpcm). 0.25 điểm 4.b. Đặt AB = a, BM = x MC = a – x Ta có MNC vuông tại C 2 2 2 MN = CM + NC 0.25 điểm = (a – x)2+ x2 = 2x2 – 2ax2 + a2 2 1 2 2 1 2 1 2 = 2 x - ax a 2 x - ax a a 2 4 2 2 1 1 2 1 2 2 x a a a 2 2 2 0.25 điểm 1 a Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x a 0 x 2 2 0.25 điểm a 2 Suy ra MN 2 a 2 a Do đó MN đạt giá trị nhỏ nhất là: x 2 2 Vậy M là trung điểm của BC thì MN nhỏ nhất 0.25 điểm
6. 4.c. Ta có ∠DMC = 900 − ∠PDC mà ∠PDC =∠PAC (cùng chắn cung PC) nên ∠DMC = 900 − ∠PAC 0.25 điểm Do BD là trung trực AC nên ∠SAC=∠SCA hay ∠PAC =∠SCA 0.25 điểm Suy ra ∠DMC = 900 − ∠SCA = ∠DSC Do đó tứ giác CMSD nội tiếp, mà ∠MCD=900 nên ∠MSD=900. 0.25 điểm Hay MS vuông góc DB, suy ra SM song song AC. 0.25 điểm Bài 5. (1.0 điểm) Trên biểu tượng Olympic có 9 miền được ký hiệu , , , (như hình minh họa). Người ta điền 9 số 1, 2, , 9 vào 9 miền trên sao cho mỗi miền được điền bởi một số, miền khác nhau được điền bởi số khác nhau và tổng các số trong cùng một hình tròn đều bằng 14. a. Tính tổng các số trong các miền b, d, f và h. b. Xác định cách điền thỏa yêu cầu trên. Tóm tắt cách giải Điểm 5.a. Gọi a’, b’, , k’ lần lượt là các số trong các miền a, b, , k. Mỗi hình tròn có tổng là 14 nên 5 hình tròn là 5.14 = 70. 0.25 điểm Khi cộng như thế các số ở các miền b, d, f, h được cộng hai lần nên b' + d’ + f’ + h’ = 70 - (1 + 2 + + 9) = 25. 0.25 điểm 5.b. Theo giả thiết a’ + b’ = h’ + k’ = 14 nên ta chỉ có hai cặp thỏa (5;9) và (6;8) Do đó b’ + h’ chỉ có thể là 11, 13, 15, 17. Dễ thấy ngay nếu b’ + h’ = 11 hoặc b’ + h’ = 13 (mà b’ + d’ + f’ + h’ =25) thì không thể thỏa mãn. Nếu b’ + h’=17 thì d’ + f’ = 8 khi đó (d’;f’) chỉ có thể là cặp (1;7) nhưng không thể có cặp (7;9) hoặc (7;8) trong cùng một hình tròn. Suy ra b’ + h’ = 15 0.25 điểm Không mất tính tổng quát, giả sử b’ = 9, h’ = 6 khi đó a’ = 5, k’ = 8, d’ =3, f’ = 7, c’ = 2, e’ = 4, g’ = 1 (hoặc có thể đối xứng lại). 0.25 điểm 5 4 8 9 3 7 6 2 1
7. Ghi chú : + Mỗi bài toán có thể có nhiều cách giải, học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. Tổ chấm thảo luận thống nhất biểu điểm chi tiết cho các tình huống làm bài của học sinh. + Bài Hình học, nếu không có hình vẽ nhưng học sinh thực hiện các bước giải có logic và đúng thì cho nửa số điểm tối đa của phần đó; nếu vẽ hình sai về mặt bản chất thì không cho điểm cả bài. + Điểm từng câu và toàn bài tính đến 0,25 không làm tròn số.
8. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2018 – 2019 Ngày thi: 06/6/2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán (Hệ chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút MA TRẬN ĐỀ. Phân Mức độ Thông Vận dụng môn Nhận hiểu Thấp Cao Cộng Các chủ đề biết Bài 2a Dấu hiệu chia hết 0,75 Tổng hợp Bài 2b 1,5 SỐ HỌC 0,75 Giải phương trình, hệ Bài 3, 1b phương trình 3,0 Rút gọn biểu thức Bài 1.a 1,0 4,5 ĐẠI SỐ Tổng hợp Bài 1c 0,5 Quan hệ vuông góc, Bài 4.a Bài 4c song song 1,0 1,0 3, 0 Cực trị hình học Bài 4.b (GTNN của đoạn HÌNH HỌC thẳng) 1,0 Tổng hợp Bài 5a Bài 5b 1,0 0,5 0,5 TỔ HỢP Tổng cộng 2,0 6,25 1,75 10,0