Đang tải... (xem toàn văn)
SỞ GD&ĐT KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN THI TOÁNĐỀ CHÍNH THỨC Dùng cho thí sinh vào lớp chuyên Toán, chuyên Tin Thời gian làm bài 150 phút (không kể thời gian giao đề bài) Câu 1 (3,0 điểm) 1 a) Giải phương trình sau b) Giải phương trình c) Cho Giải phương trình f(f(f(f(x)))) = 65539 2) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x2 + 4x + 1 = y4 Câu 2 (2,0 điểm) a) Cho A = a + b + c + m + n + p, B = ab + bc + ca – mn – np – pm và C = abc + mnp Biết a, b, c, m, n, p là các số ng[.]
SỞ GD&ĐT ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN THI: TỐN Dùng cho thí sinh vào lớp chun Tốn, chun Tin Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề bài) Câu (3,0 điểm) a) Giải phương trình sau: 2x2 5x 2x2 5x 2 2 b) Giải phương trình: 3(x 2x 1) 2(x 3x 1) 5x c) Cho f(x) x 6x 12 Giải phương trình: f(f(f(f(x)))) = 65539 Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: x2 + 4x + = y4 2) Câu (2,0 điểm) a) Cho A = a + b + c + m + n + p, B = ab + bc + ca – mn – np – pm C = abc + mnp Biết a, b, c, m, n, p số nguyên dương B, C chia hết cho A Chứng minh A hợp số xy 1 x y 2 x y b) Cho x, y số hữu tỉ thỏa mãn đẳng thức: Chứng minh: 1 xy số hữu tỉ c) Cho hai số a b thỏa mãn a > 0, b > Xét tập hợp T số có dạng: T = {ax + by}, x 2ab a b y số thỏa mãn x,y > x + y = Chứng minh số: ab thuộc tập hợp T Câu ( 1,0 điểm ) Cho x, y, z số thực thuộc đoạn [ ;4 ] Tìm giá trị lớn biểu thức sau: P xy(x y) yz(y z) zx(z x) Câu ( 3,0 điểm ) Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC ) M, N nằm cạnh BC cho M nằm N B Lấy điểm P, Q AM, AN cho BP, CQ vng góc với BC Gọi K, J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ, AMN L hình chiếu K AJ E trực tâm tam giác AMN, S hình chiếu E MN F trung điểm MN Tính AE theo MJ MN a) Gọi R hình chiếu Q đoạn thẳng BP D giao điểm hai đường thẳng QR AP, kẻ đường kính AT đường trịn ( K ) Chứng minh rằng: AL CQ + QR KL = AL BP MS.MB.PD2 = MA.MP.RD2 b) Chứng minh rằng: RD.PM.AL + NC.AL.PD = JL.BC PD Câu 5: ( 1,0 điểm ) Cho a1, a2, …., an ( n 3) số thực Chứng minh rằng: Khi ai, aj, ak độ dài ba cạnh tam giác, i, j, k số tự nhiên thỏa mãn điều kiện < i < j < k n Biết n số thực số thỏa mãn: (a1 a2 an )2 3n (a1 +a22 + +an2 ) HẾT Giám thị coi thi khơng giải thích thêm Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Họ tên thí sinh:………………………………………….Số báo danh:…………………………………… Giám thị số 1:………………………………………………Giám thị số 2:…………………………………… SỞ GD&ĐT ( Hướng dẫn chấm có 07 trang ) KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN Dùng cho thí sinh vào lớp chun Toán, chuyên Tin A LƯU Ý CHUNG - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa - Điểm tồn tính đến 0.25 khơng làm trịn - Với hình học học sinh khơng vẽ hình phần khơng cho điểm tương ứng với phần B ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Ý Lời giải Điểm 1 a Giải phương trình: Đặt 2x 5x 2x 5x ĐKXĐ: x 1hoặc 2 x 7 2x2 5x a ( a ) , phương trình trở thành: a2 a2 2a2 a4 25 25 4(a4 25) (25 2a2 )2 0.5 4a 100 4a 100a 625 4 29 100a 725 29 2x2 5x a2 8x2 20x 29 Khi đó, ta có: 2x 5x = a a2 5 11 x 5 11 x 8x 20x 37 ( thỏa mãn ĐKXĐ ) 5 11 0.5 x x 3 16 16 x 2 x Khi đó: (x – 3)16 + = 65539 (x 3) 65536 Kết luận: Vậy phương trình có tập nghiệm S = {5; 1} 2 2 c Giải phương trình: 3(x 2x 1) 2(x 3x 1) 5x Do x = không nghiệm phương trình, chia hai vế phương trình ban đầu 2 3 x 2 x x x x x phương cho x ta Đặt y = trình trở thành: y 3(y 2)2 2(y 3)2 y2 1 y 1 0.25 1 x x x x 1 1 x x Suy : 0.25 1 1 ; 2 Kết luận: Vậy tập nghiệm phương trình là: S = Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: x2 + 4x + = y4 5 Nhân vế phương trình ban đầu, ta phương trình tương đương với 2 phương trình cho: 4x + 16x + = 4y (2x 2y )(2x 2y ) 12 2 0.5 -Xét cặp giá trị x y , ta x = –4, y = thỏa mãn điều kiện đề 0.5 Kêt luận: Vậy x = – 4, y = Cho A = a + b + c + m + n + p, B = ab + bc + ca – mn – np – pm C = abc + mnp Biết a, b, c, m, n, p số nguyên dương B, C chia hết cho A Chứng minh A hợp số Xét đa thức f(x) = (x + a)(x + b)(x + c) – (x – m)(x – n)(x – p) Khai triển rút gọn, ta 0.5 được: Ax Bx C 0.25 a Vì B C chia hết cho A nên f(x) MA x Z Do đa thức f(m) MA hay (m+a)(m+b)(m+c) MA Nếu A số nguyên tố số phải có số chia hết cho A, vơ lí số nguyên dương nhỏ A Do đó, A phải hợp số Kết luận: Vậy A hợp số 0.25 xy 1 x y x y Cho x, y số hữu tỉ thỏa mãn: Chứng minh rằng: b 1 xy số hữu tỉ 2 xy 1 xy 1 x y (x y) 2(xy 1) 0 x y x y Ta có: 2 2 xy xy 1 xy 1 (x y) 2(x y) x y 0 x y x y x y 0.25 x y xy x y 1 xy (x y) 1 xy x y Vì x, y số hữu tỉ nên |x + y| số hữu tỉ, suy Kết luận: Vậy 1 xy 1 xy số hữu tỉ 0.25 số hữu tỉ Cho hai số a b thỏa mãn a > 0, b > Xét tập hợp T số có dạng: T = { ax + by }, x y số thỏa mãn x,y > x + y = Chứng minh 2ab a b số: ab thuộc tập hợp T Ta tìm x, y > thỏa mãn x + y = cho: c 2ab ab b2 b a =ax +by =ax (1 x)b (a b)x x ,y a b a b a b a b 0.25 thỏa 2ab T mãn: ( x; y ) (0;1),x y Vậy a b -Chứng minh tương tự: x Vậy ab ax by ax (1 x)b (a b)x ab b ab b b a ,y a b a b a b thoả mãn ( x; y ) (0;1),x y ab T Kết luận: Vậy số 2ab a b ab thuộc tập hợp T Cho x, y, z số thực thuộc đoạn [ ;4 ] Tìm giá trị lớn biểu thức sau: P xy(x y) yz(y z) zx(z x) 0.25 Đặt a x,b y,c z Khi đó, ta có: a,b,c 2;A ab(a2 b2) bc(b2 c2 ) ca(c2 a2) Do số a, b, c có vai trị hốn vị vịng quanh biểu thức A nên khơng tính tổng qt, ta giả sử 0.25 a b,a c 2 2 2 2 3 Ta có: A = A ab(a b ) bc(b c ) ca(c a ) = ab(a b ) b c c b c a – a3c ab(a2 b2) c(b a)(b2 ba a2 c2) ab(a2 b2) ( c(b a) 0;b2 ba 2 a2 c2 a2 c2 ) 2b(a b ) 2b(4 b ) (vì b a 2) Đặt B = 2b(4 b ) Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho số không âm, ta có: 2b2 b2 b2 210 B 4b (4 b ) 2.2b (4 b )(4 b ) 2 3 2 2 2 0.5 -Do đó: A B 32 Đẳng thức xảy khi: c(b a)(b2 ab a2 c2 ) a 2 b(a b )(2 a) b b(4 a ) 2b2 b2 c 0.25 32 4; ;0 Kết luận: Vậy giá trị lớn A đạt (x; y; z) = hốn vị Tính AE theo MJ MN Kẻ đường kính AH đường trịn ( J ) Dễ thấy tứ giác MECH hình bình hành, F trung điểm MN nên F trung 0.25 điểm EH Suy : JF đường trung bình tam giác AEH AE 2JF Mặt khác, F trung điểm MN nên MF 0.25 MN JF vuông góc với MN F Áp 2 dụng định lí Pythagores vào tam giác JFM vng F, ta có: JF MJ MF 0.25 1 MJ MN MJ MN2 2 1 AE 2JF MJ MN2 MJ MN2 4 Vậy AE = a Gọi R hình chiếu Q đoạn thẳng BP D giao điểm hai đường t thẳng QR AP, kẻ đường kính AT đường tròn (K) Chứng minh rằng: AL CQ 0.25 ++ QR KL = AL BP MS.MB.PD2 = MA.MP.RD2 · · · · · · · · · KAL MAJ PAK MNH PQT (90 ANM) (90 AQP) AQP ANM · · · Vì MN // RQ ( vng góc với BP ) nên ANM AQR ( đồng vị ) Suy ra: KAL · · · AQP AQR PQR 0.25 Khi đó: AKL QPR (g.g) AK QP AL QR KL PR AL QR (1) AL QR Từ KL PR AL.PR = QR KL AL(BP BR) QR.KL AL BP AL BR QR KL AL BR QR KL AL BP 0.25 Dễ thấy tứ giác BCQR hình chữ nhật nên BR = CQ Suy ra: AL CQ QR KL AL BP MSA MBP (g.g) MS MA RD PD MB MP (*); PRD PBM (g.g) BM PM 0.25 RD.PM BM.PD ;MP PD RD - BM MS MA MS.PD MA.RD RD.PM BM.PD RD.PM BM.PD PD RD Khi đó, (*) tương đương với: MS.MB.PD2 = MA.MP.RD2 0.25 Vậy AL CQ QR KL AL BP MS.MB.PD2 = MA.MP.RD2 b Chứng minh rằng: RD.PM.AL + NC.AL.PD = JL.BC PD · · · · · · · PTQ MHN ( bù với MAN ) PTK KTQ MHA NHA · · · · 180 PKT 180 TKQ 180 MJH 180 HJN 2 2 0.25 · · N PKQ · · 360 PKQ 360 MJ MJN J M KP J M MN ( 1) KPQ KP PQ (2) J N KQ JMN Mà: nên (c.g.c) -AJ AK AJ JM ( 1) AK KP (3) Lại có: JM KP Từ (1), (2) (3) ta có: 0.25 AJ AJ AK J M QP MN QP MN AL AK AL KP QR PQ QR QR , mà QR = BC ( BCQR hình AJ MN BC chữ nhật ) nên: AL 0.5 AL JL BC BM NC JL BM NC BM NC JL 1 1 BC AL BC BC BC BC AL Suy ra: AL Mà BM RD.PM RD.PM NC JL PD (chứng minh ) nên PD.BC BC AL RD.PM NC.PD JL PD.BC AL RD.PM.AL + NC.AL.PD = JL.BC PD Vậy RD.PM.AL + NC.AL.PD = JL.BC PD 0.25 Giả sử có số khơng độ dài ba cạnh tam giác, chẳng hạn a 1, a2, a3 a1 + a2 < a3 ( ) -Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski cho hai dãy, dãy có n – số thực : + Dãy 1: a12 a22 a32 ,a4,a5, ,an 0.25 n – số + Dãy 2: 8 (a1 a22 a32 ) a4 a5 an n 3(a12 a22 an2) 3 Ta có: hay 3n (a1 a22 an2 ) (a1 a22 a32 ) a4 a5 an 0.25 -Kết hợp với bất đẳng thức điều kiện, suy ra: a a a 2 (a1 a22 a32 ) a4 a5 an a1 a2 a3 (a1 a22 a32 ) 3(a1 a2 a3)2 8(a12 a22 a32 ) 5(a1 a2 a3)2 6(a1a2 a2a3 a3 a1) ( 2) -Giả sử: a3 a1 a2 x ( x >0 ) , thay vào ( ) ta được: 5a12 a22 (a1 a2 x)2 6a1a2 (a1 a2 )(a1 a2 x) Khai triển rút gọn, ta được: 4(a12 a22 ) 8a1 a2 5x2 4x(a1 a2 ) hay 4(a1 a2 )2 5x2 4x(a1 a2 ) < Bất đẳng thức không xảy biểu thức vế trái dương Vậy giả thiết (1 ) sai Kết luận: Vậy ai, aj, ak độ dài ba cạnh tam giác, i, j, k số tự nhiên thỏa mãn điều kiện < i < j < k n HẾT 0.25 ... chấm có 07 trang ) KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN Dùng cho thí sinh vào lớp chun Tốn, chun Tin A LƯU Ý CHUNG - Hướng dẫn chấm trình bày cách... phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa - Điểm tồn tính đến 0.25 khơng làm trịn - Với hình học học sinh khơng vẽ hình phần khơng cho điểm tương ứng với phần B ĐÁP ÁN VÀ... (25 2a2 )2 0.5 4a 100 4a 100 a 625 4 29 100 a 725 29 2x2 5x a2 8x2 20x 29 Khi đó, ta có: 2x 5x = a a2