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 KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN 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) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (3,0 điểm) a) Giải phương trình sau: 2x2 + 5x + + 2x2 + 5x − = 3(x2 + 2x− 1)2 − 2(x2 + 3x− 1)2 + 5x2 = b) Giải phương trình: f(x) = x2 − 6x + 12 c) Cho 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 2 b) Cho x, y số hữu tỉ thỏa mãn đẳng thức: 1+ xy Chứng minh: 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 (a1+ a2 + an )2 > thực số thỏa mãn: 3n − (a1 +a22 + +an2 ) ≤ n Biết n số 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:…………………………………… Câu Ý Lời giải Điểm 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 Tốn, chuyên Tin x≤ 2x + 5x + + 2x + 5x − = 2 −7 x≥1 A LƯU Ý CHUNG 1 a Giải phương trình: ĐKXĐ: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho2 điểm tối đa 2x + 5x − = a ( a ≥ ) - Điểm tồn tính đến 0.25 khơng làm trịn Đặt , phương trình trở thành: - Với hình học học sinh khơng vẽ hình phần2nào khơng cho điểm tương ứng với phần a + 5+ a − = B ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ⇔ 2a2 + a4 − 25 = 25 ⇔ 4(a4 − 25) = (25− 2a2 )2 0.5 ⇔ 4a4 − 100 = 4a4 − 100a2 + 625 ⇔ 100a = 725 ⇔ a2 = 29 29 ⇔ 2x2 + 5x − = a2 = 2x + 5x − ⇔ 8x2 + 20x − = 29 Khi đó, ta có: =a −5+ 11 x = ⇔ −5− 11 x = ⇔ 8x + 20x − 37 = ( thỏa mãn ĐKXĐ ) Kết luận: Vậy phương trình có tập nghiệm S = f(x) = x2 − 6x + 12 −5± 11 0.5 x = x − 3= ⇔ ⇔ ⇔ (x− 3)16 = 65536 = 216 x − = −2 x = Khi đó: (x – 3)16 + = 65539 Kết luận: Vậy phương trình có tập nghiệm S = {5; 1} 3(x2 + 2x− 1)2 − 2(x2 + 3x− 1)2 + 5x2 = c Giải phương trình: Do x = khơng nghiệm phương trình, chia hai vế phương trình ban đầu cho x2 ta trình trở thành: 3 x − + 2÷ − 2 x − + 3÷ + = x x x− Đặt y = x phương 0.25 y = 3(y+ 2)2 − 2(y+ 3)2 + = ⇔ y2 − 1= ⇔ y = −1 −1± x − = x = x ⇔ x − = −1 1± x = x 0.25 Suy : −1± 1± ; Kết luận: Vậy tập nghiệm phương trình là: S = 5 0.5 Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: x2 + 4x + = y4 Nhân vế phương trình ban đầu, ta phương trình tương đương với 0.5 ⇔ (2x+ + 2y )(2x+ 4− 2y ) = 12 2 phương trình cho: 4x + 16x + = 4y -Xét cặp giá trị x y , ta x = –4, y = thỏa mãn điều kiện đề 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 0.5 0.25 Xét đa thức f(x) = (x + a)(x + b)(x + c) – (x – m)(x – n)(x – p) Khai triển rút gọn, ta Ax2 + Bx + C a được: -Vì B C chia hết cho A nên f(x) MA∀x ∈ Z Do đa thức f(m) 0.25 M A hay M (m+a)(m+b)(m+c) A Nếu A số nguyên tố số phải có số chia hết cho A, vơ lí số ngun dương nhỏ A Do đó, A phải hợp số Kết luận: Vậy A hợp số xy + 1 x +y + ÷ = x+ y b Cho x, y số hữu tỉ thỏa mãn: Chứng minh rằng: 1+ xy số hữu tỉ Ta có: xy + 1 xy + 1 x +y + ÷ = ⇔ (x+ y) − 2(xy+ 1) + ÷ =0 x+ y x+ y 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 0.25 1+ xy Vì x, y số hữu tỉ nên |x + y| số hữu tỉ, suy số hữu tỉ 1+ xy Kết luận: Vậy 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: 0.25 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 a+ b ∈ (0;1),x+ y = mãn: ( x; y ) Vậy ab = ax + by = ax + (1− x)b ⇒ (a− b)x = ab − b Chứng minh tương tự: ⇒ x= ab − b b a = ,y = a− b a+ b a+ b ∈ (0;1),x+ y = thoả mãn ( x; y ) ab ∈ T Vậy 2ab a+ b Kết luận: Vậy số 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) a = x,b = y,c = z Đặt 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 quát, ta giả sử a ≥ b,a ≥ c A = ab(a2 − b2 ) + bc(b2 − c2 ) + ca(c2 − a2 ) ab(a2 − b2 ) + b3 c − c3b + c3a = Ta có: A = – a3c = ab(a2 − b2 ) + c(b− a)(b2 + ba+ a2 − c2 ) ≤ ab(a2 − b2) c(b− a) ≤ 0;b2 + ba + ( a2 − c2 ≥ a2 − c2 ≥ ≤ 2b(a − b ) ≤ 2b(4 − b ) ) 2 (vì 0≤ b≤ a≤ ) 0.25 2b(4 − b2 ) ≥ Đặt B = Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho số khơng âm, ta có: 2b2 + − b2 + − b2 210 B = 4b (4 − b ) = 2.2b (4 − b )(4 − b ) ≤ 2 ÷ = 3 2 2 2 0.5 A ≤ B≤ 32 0.25 Do đó: c(b− a)(b + ab+ a − c ) = a = 2 b(a − b )(2 − a) = ⇔ b = b(4 − a ) = 2b2 = − b2 c = Đẳng thức xảy khi: 2 32 Kết luận: Vậy giá trị lớn A hoán vị đạt (x; y; z) = 4; ;0÷ 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 MF = Mặt khác, F trung điểm MN nên ⇒ AE = 2JF MN 0.25 JF vng góc với MN F Áp JF = MJ − MF 0.25 dụng định lí Pythagores vào tam giác JFM vng F, ta có: 1 = MJ − MN ÷ = MJ − MN2 2 0.25 ⇒ AE = 2JF = MJ − MN2 MJ − MN2 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 trịn (K) Chứng minh rằng: AL CQ ++ QR KL = AL BP MS.MB.PD2 = MA.MP.RD2 · · · · · · · · · KAL = MAJ − PAK = MNH − PQT = (90° − ANM) − (90° − AQP) = AQP − ANM · · ANM = AQR Vì MN // RQ ( vng góc với BP ) nên ( đồng vị ) Suy ra: · KAL 0.25 · · · = AQP − AQR = PQR Khi đó: Từ ∆AKL ∆QPR AL QR = KL PR ⇒ ⇒ (g.g) AL QR = KL PR AK QP = AL QR (1) ⇔ AL(BP− BR) = QR.KL ⇔ AL BP− AL AL.PR = QR KL BR = QR KL ⇔ AL BR + QR KL = AL BP 0.25 AL CQ + QR KL Dễ thấy tứ giác BCQR hình chữ nhật nên BR = CQ Suy ra: = AL BP ∆MSA ∆MBP ⇒ BM = (g.g) MS MA ⇒ = MB MP (*); ∆PRD ∆PBM (g.g) RD PD ⇒ = BM PM RD.PM BM.PD ;MP = PD RD Khi đó, (*) tương đương với: MS.MB.PD2 = MA.MP.RD2 Vậy 0.25 0.25 MS MA MS.PD MA.RD = ⇔ = RD.PM BM.PD RD.PM BM.PD ⇔ PD RD 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 0.25 · · PTQ = MHN · · · · · ⇒ PTK + KTQ = MHA + NHA MAN ( bù với ) · · · · 180° − PKT 180° − TKQ 180° − MJH 180° − HJN ⇒ + = + 2 2 · · N ⇒ PKQ · · ⇒ 360° − PKQ = 360° − MJ = MJN 0.25 J M KP = (= 1) JN KQ ∆JMN ∆KPQ ⇒ J M MN = KP PQ Mà: nên (c.g.c) (2) AJ AK AJ JM = (= 1) ⇒ = JM KP AK KP Lại có: Từ (1), (2) (3) ta có: (3) 0.5 AJ AJ AK JM QP MN QP MN = = = = AL AK AL KP QR PQ QR QR , mà QR = BC ( BCQR hình AJ MN = AL BC chữ nhật ) nên: Suy ra: AL − JL BC − BM − NC JL BM NC BM NC JL = ⇒ 1− = 1− − ⇒ + = AL BC AL BC BC BC BC AL BM = Mà ⇒ RD.PM PD (chứng minh ) nên RD.PM NC JL + = PD.BC BC AL RD.PM + NC.PD J L = PD.BC AL ⇒ RD.PM.AL + NC.AL.PD = JL.BC PD Vậy RD.PM.AL + NC.AL.PD = JL.BC PD 0.25 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 : a12 + a22 + a32 ,a4,a5, ,an + Dãy 1: 0.25 + Dãy 2: n – số Ta có: 8 (a1 + a22 + a32 ) + a4 + a5 + + an ÷ ≤ + n − 3÷(a12 + a22 + + an2) ÷ 3 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) a3 = a1 + a2 + x ( x >0 ) Giả sử: , thay vào ( ) ta được: 5a12 + a22 + (a1+ a2 + x)2 < 6a1a2 + (a1+ a2 )(a1+ a2 + x) 4(a12 + a22 ) − 8a1 a2 + 5x2 + 4x(a1+ a2 ) < Khai triển rút gọn, ta được: 4(a1− a2 )2 + 5x2 + 4x(a1+ a2 ) hay < 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 ... Điểm 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 x≤ 2x + 5x + + 2x +... 1 a Giải phương trình: ĐKXĐ: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho2 điểm tối đa 2x + 5x − = a ( a ≥ ) - Điểm tồn tính đến 0.25 khơng... thành: - Với hình học học sinh khơng vẽ hình phần2nào khơng cho điểm tương ứng với phần a + 5+ a − = B ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ⇔ 2a2 + a4 − 25 = 25 ⇔ 4(a4 − 25) = (25− 2a2 )2 0.5 ⇔ 4a4 − 100 = 4a4 − 100 a2