Đề thi và đáp án kỳ thi tuyển sinh thi vào lớp 10 chuyên tỉnh HUẾ 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUỐC HỌC NĂM HỌC 2018-2019 Khóa ngày 02 tháng năm 2018 Mơn thi: TỐN ( CHUN TỐN) Thời gian làm bài: 150 phút ( Không kể thởi gian phát đề) Câu 1: ( 1,5 điểm) P ( x) = 5x - 12 x - 32 x - 16 Q ( x) = x + x + P ( x0 ) x0 a) Cho biểu thức Tìm số nguyên Q ( x0 ) P ( x0 ) Q ( x0 ) số nguyên, đồng thời ước x x2 t= A= x - x +1 x + x2 + t b) Cho Tính giá trị biểu thức theo cho Câu 2: (2,0 điểm) a) Cho parabol ( P ) : y = 4x d :y = 11 x- đường thẳng Gọi CA + CB C Tìm tọa độ điểm trục tung cho có giá trị nhỏ b) Giải hệ phương trình (P ) A, B giao điểm d ìï 2x2 + xy - y2 - 5x + y + = ï í ïï x + y2 + x + y - = ïỵ Câu 3: ( 1,5 điểm) a) Xác định giá trị m x1, x2 biệt thỏa mãn điều kiện x2 - 2mx - 6m - = x để phương trình ( ẩn số) có hai nghiệm phân 1 + = x1 2x2 3x2 - x + - 3x2 - 7x + - 6x - = b) Giải phương trình Câu 4: ( điểm) ABC ( AB < AC ) O, AD, BE ,CF Cho tam giác nhọn nội tiếp đường trịn tâm có ba đường cao trực P , Q H M AO BC M tâm Gọi giao điểm với chân đường vng góc vẽ từ AB, AC đến H DEF a) Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp tam giác HE MQ = HF MP b) Chứng minh æ MB DB AB ữ ỗ ữ =ỗ ữ ỗ ÷ MC DC èAC ø c) Chứng minh Câu 5: ( điểm) 1 49 + + ³ 16x 4y z 16 x, y, z a) Cho số thực dương có tổng Chứng minh x + y + xy = x, y x, y, z z b) Cho số tự nhiên số nguyên thỏa mãn Tìm giá trị cho z+1 2 2 ( + 42) ( x + y + 1+ x y ) số phương lớn HẾT Thí sinh khơng sử dụng tài liệu làm Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:……………………… Số báo danh: …………………… LỜI GIẢI THAM KHẢO CHO HỌC SINH GV: ĐỖ CAO LONG TP HUẾ P ( x) = 5x - 12 x - 32 x - 16 Q ( x) = x + x + 1a) Cho biểu thức P ( x0 ) Q ( x0 ) P ( x0 ) Q ( x0 ) x0 Tìm số nguyên cho số nguyên, đồng thời ước Giải: P ( x) = ( )( ) x +8 x - 5x - 12 x - 32 x +8 = = = 5x - 16 x - 16 x +4 Ta có P ( x0 ) Û x0 + Suy nguyên é x +4= éx = ê ê0 ê Û ê x0 + = Û ê êx0 = ê ê ê x + = 12 x = 64 ê ê ë0 ë ước nguyên dương 12 ìï P ( 0) = ìï P ( 4) = ìï P ( 64) = ïí ;ïí ;ïí ïï Q ( 0) = ïï Q ( 4) = ïï Q ( 64) = 75 ïỵ ïỵ ïỵ Ta có x0 = Vậy t= 1b) Cho x x - x +1 A= x2 x4 + x + Tính giá trị biểu thức theo Giải: Lời giải 1: x=0 t =0 A = 1) Nếu t 12 x +4 2) Nếu x¹ ỉ ç çx + ç x è 1 ÷ 1ữ t = 1ị x + = + 1ị ữ ÷ x t ø ỉ 1ư ỉ 1÷ ư2 ữ ỗ ỗ = ỗ1+ ữ ỗx + ữ ữ ữ ố ữ ỗ ỗ tữ xứ ố ứ thỡ 1 Þ x2 + = + - t x t A= Khi đó: 1 t2 = = 1 + 2t x + +1 + x t2 t A= t2 + 2t Từ hai trường hợp suy Lời giải 2: x2 x2 x2 A= = = x + 2x2 + 1- x2 x2 + x + x2 - x + x2 + - x2 ( ( ) )( Ta có x2 - x + + 2x æ x x2 + x + t2 ữ ỗ ữ =ỗ : = t : = ữ ỗ ÷ x2 - x + 1 + 2t x2 - x + èx2 - x + 1ø ( ) ) 2a) Cho parabol ( P ) : y = 4x d :y = 11 x- đường thẳng Gọi CA + CB C Tìm tọa độ điểm trục tung cho có giá trị nhỏ Giải: 11 x = x- A B Hoành độ nghiệm phương trình: x= x=4 Phương trình có hai nghiệm: ổ 9ử ữ A ( 4;4) , B ỗ ; ữ ỗ ữ ỗ ữ ố 16ứ Suy A, B (P ) A, B giao điểm A '( - 4;4) d A nằm phía so với trục tung Lấy điểm đối xứng với qua A ',C , B CA +CB = CA '+CB ³ A 'B CA + CB trục tung Khi , nên đạt giá trị nhỏ C A 'B thẳng hàng, tức là giao điểm đường thẳng với trục tung Dễ thấy hai điểm Phương trình đường thẳng d' A' qua ì ïï ïìï = - 4a + b a =ï ï Û ïí í ïï ï = a +b ï b = ïï ïỵ 16 2 ïỵ Ta có h ổ 3ử ữ Cỗ 0; ữ ỗ ữ ç ÷ è 2ø B y = ax + b có dạng d' : y = - Suy x+ Vậy 2b) Giải hệ phương trình ìï 2x2 + xy - y2 - 5x + y + = ï í ïï x + y2 + x + y - = ïỵ Giải: 2x2 + xy - y2 - 5x + y + = Û y2 - ( x + 1) y - 2x2 + 5x - = Ta có: é x + 1ù úÛ êy ê ú ë û é ù ê( x + 1) ú ê + 2x - 5x + 2ú= ê ú ê ú ë û é x + 1ù 9x2 - 18x + úÛ êy = 0Û ê ú ë û é x + 1ù êy úê ú ỷ ổ 3x - 3ử ữ ỗ ữ =0 ỗ ữ ữ ỗ ố ứ ổ x + 3x - 3÷ ưỉ x + 3x - 3ữ ỗ ữ ữ ỗ + =0 çy çy ÷ ÷ ç ç 2 ÷ 2 ÷ è øè ø éy - 2x + = Û ( y - 2x + 1) ( y + x - 2) = Û ê êy + x - = Û ê ë éy = 2x - ê êy = - x ê ë y = 2x - 1,  Trường hợp thay vào phương trình thứ hai hệ ta được: éx = ê 2 x + ( 2x - 1) + x + 2x - 1- = Û 5x - x - = Û ê êx = - ê ë ỉ 13ư ÷ ÷ ; ÷ ÷ 5ø è ( x;y) = ( 1;1) ,( x;y) = ççç- Trường hợp hệ cho có hai nghiệm: y = - x,  Trường hợp thay vào phương trình thứ hai hệ ta được: x2 + ( - x) + x + - x - = Û 2x2 - 4x + = Û x = ( x;y) = ( 1;1) Trường hợp hệ cho có nghiệm: ỉ 13ư ÷ ÷ ; ÷ ÷ 5 è ø ( x;y) = ( 1;1) ,( x;y) = ỗỗỗVy h ó cho cú hai nghim: 3a) Xác định giá trị m x1, x2 biệt thỏa mãn điều kiện x2 - 2mx - 6m - = x để phương trình ( ẩn số) có hai nghiệm phân 1 + = x1 2x2 Giải: x - 2mx - 6m - = x Điều kiện để phương trình ( ẩn số) có hai nghiệm phân biệt là: 2 D ' = m2 + 6m + > Û ( m + 3) > Û m ¹ - Khi éx - m = m + 2 x2 - 2mx - 6m - = Û ( x - m) = ( m + 3) Û ê êx - m = - m Û ê ë éx = 2m + ê êx = ê ë x1 = 3, x2 = 2m + 3, Trường hợp 1: ta có: 1 1 1 + = Û + = Û =0 x1 2x2 3 2( 2m + 3) 2( 2m + 3) , vô nghiệm x1 = 2m + 3, x2 = 3, Trường hợp 2: ta có: 1 1 1 1 + = Û + = Û = Û m= x1 2x2 2m + 2m + m= Vậy 3x2 - x + - 3 3x2 - 7x + - 6x - = 3b) Giải phương trình Giải: 3x2 - x + - 3 3x2 - 7x + - 6x - = Ta có Û 3x2 - x + - 6x - = 3x2 - 7x + + a = 3x2 - x + 1,b = 6x - 3,c = 3x2 - 7x + 2,d = Đặt a - b = c + d Û ( a - b) = ( c + d) Phương trình cho trở thành: Û a3 - b3 - 3ab( a - b) = c3 + d3 + 3ab( c + d) Mà 3 a - b = c + d = 3x - 7x + nên (2) trở thành: éa = b 3ab( a - b) + 3cd ( a - b) = Û ( a - b) ( ab + cd) = Û ê êab = - cd ê ë éx = ê a = b Û 3x - x + = 6x - Û 3x - 7x + = Û ê êx = ê ë Trường hợp Trường hợp a =b , ta có ab = - cd (2) a - b = c +d ( ab) 3 ( ) ( ) = - ( cd) Û 3x2 - x + ( 6x - 3) = - 3x2 - 7x + , ta có é êx = ê Û ê ê ± 13 êx = Û ( 6x - 1) 3x2 - x - = ê Û 18x3 - 9x2 - 5x + = ë ( Vậy phương trình cho có năm nghiệm: ) ± 13 x = ; x = 1; x = ;x = 6 ABC ( AB < AC ) O, AD, BE ,CF 4) Cho tam giác nhọn nội tiếp đường trịn tâm có ba đường cao P ,Q H M AO BC trực tâm Gọi giao điểm với chân đường vng góc vẽ từ AB, AC M đến H DEF 4a) Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp tam giác Giải: Ta có · · · · · · BFC = BEC = AFC = ADC = AEB = ADB = 90° BFEC , AFDC , AEDB Suy tứ giác nội tiếp · · ¼ ( AEDB ) ABE = ADE AE Suy ra: (cùng chắn cung đường tròn ) (1) · · » ( AFDC ) ADF = ACF AF (cùng chắn cung đường tròn ) (2) · · » ( BFEC ) ABE = ACF FE (cùng chắn cung đường tròn ) (3) ·ADF = ADE · · AD EDF EDF Từ (1), (2), (3) suy nên đường phân giác góc tam giác (4) · · DEF , DFE BE ,CF Tương tự, ta chứng minh được: đường phân giác góc DEF giác (5) H DEF Từ (4), (5) suy tâm đường tròn nội tiếp tam giác tam HE MQ = HF MP 4b) Chứng minh Gọi N (O ) AO giao điểm tia với đường tròn NC || BH NC ^ AC Ta có: nên NB ||CH Tương tự, ta có BHCN Suy hình bình hành · · · · » » FEH = BCH FB FBH = ECH FE Ta có: (cùng chắn cung ), (cùng chắn cung ) nên hai tam giác HFE , HBC HFE , NCB đồng dạng Do đó, hai tam giác đồng dạng HE NB = HF NC Suy (6) MQ || NC AC MP || NB AB Mặt khác: (cùng vng góc với ), (cùng vng góc với ), suy MQ AM MP NB MP = = Þ = NC AN NB NC MQ (7) HE MP = Þ HE MQ = HF MP HF MQ Từ (6), (7) suy MB DB ỉ AB ữ ữ =ỗ ỗ ữ ỗ MC DC ốAC ÷ ø 4c) Chứng minh Hai tam giác vuông ADB MPB đồng dạng nên ta có MB MP AB MP = Þ MB = AB AD AD (8) MC MQ AC MQ = Þ MC = AC AD AD MQC ADC Hai tam giác vuông đồng dạng nên ta có (9) MB AB MP = MC AC MQ Từ (8), (9) suy ra: (10) ·AMQ = ANC · · = ABD AQM ADB Ta có suy hai tam giác vng đồng dạng nên ta có DB AB AB MQ = Þ DB = QM AM AM (11) · · · ADC APM AMP = ANB = ACD Tương tự: suy hai tam giác vng đồng dạng nên ta có DC AC AC MP = Þ DC = PM AM AM (12) DB AB MQ = DC AC MP Từ (11), (12) suy (13) MB DB ổ AB ữ ữ =ỗ ỗ ữ ỗ ữ MC DC ốAC ứ T (10), (13) suy ra: 1 49 + + ³ 16x 4y z 16 x, y, z 5a) Cho số thực dương có tổng Chứng minh Giải: 1 49 16 + + ³ Û + + ³ 49 16x 4y z 16 x y z Ta có ( a,b Với hai số thực không âm a- ) b ³ Û a + b ³ ab ta có a = b Û a = b Dấu "=" xảy Áp dụng kết trên, ta có: 1 + 49x ³ 49x Þ + 49x ³ 14 x x x 1 = 49x Û x = x Dấu "=" xảy + 49y ³ 28 y Trương tư, ta có: (2) = 49y Û y = y Dấu "=" xảy (1) Và 16 + 49z ³ 56 z Dấu "=" xảy (3) 16 = 49z Û z = z 16 + + + 49( x + y + z) ³ 98 x y z Cộng (1), (2), (3) theo vế ta được: 16 Û + + ³ 49 x = ;y = ; z = x y z 7 Dấu "=" xảy Vậy bất đẳng thức cho chứng minh x + y + xy = x, y x, y, z z 5b) Cho số tự nhiên số nguyên thỏa mãn Tìm giá trị cho z+1 2 2 ( + 42) ( x + y + 1+ x y ) số phương lớn Giải: z+1 2 2 z ( + 42) ( x + y + 1+ x y ) = 2( + 21) ( 1+ x2) ( 1+ y2) Ta có: + x2 = x + y + xy + x2 = ( x + y) ( + x) , + y2 = x + y + xy + y2 = ( x + y) ( + y) , Với: = + = + x + y + xy = ( + x) ( + y) (2 + 42 x2 + y2 + 1+ x2y2 = 2z + 21 ( x + y) ( + x) ( 1+ y) (2 + 42 x2 + y2 + + x2y2 z+1 Suy z+1 )( ) ( )( ) Do đó, Nghĩa tồn số tự nhiên ( n ) 2 số phương + 21 = n2 2z + 21 số phương z cho ) z ( ) º - mod3 Þ 2z º ( - 1) mod3 Ta có ( ) ( ) ( 2z º - mod3 º mod3 z Nếu lẻ dư 1) z Từ suy số chẵn ( ) z = 2k, k ẻ Ơ * ) n2 º mod3 Khi vơ lí (vì số phương chia cho ( ) n2 = 21 + 22k Û n2 - 2k ( )( ) = 21 Û n - 2k n + 2k = 21 Đặt Ta có n - 2k < n + 2k 21 = 1.21 = 3.7 Vì nên ta có hai trường hợp sau: ìï n - 2k = ï Þ 2k = 10, í k ïï n + = 21 ïỵ k Trường hợp 1: khơng có giá trị thỏa mãn trường hợp Trường hợp 2: ìï n - 2k = ï Þ 2k = Þ k = í ïï n + 2k = ïỵ = ( + x) ( + y) x + £ y + 1, Từ giả thiết, ta có Khơng tổng quát, giả sử ì ìï x = ïï x = - ï í í ïï y = - ïï y = ỵ ỵ Giải hệ ta z+1 ( + 42) ( x2 + y2 + 1+ x2y2) = 100 = 102 x = 0, y = Nếu x = - 2, y = - Nếu (2 z+1 )( ) + 42 x2 + y2 + 1+ x2y2 = 2500 = 502 x = - 2, y = - 3, z = Vậy - HẾT - suy ìï x + = ï í ïï y + = ïỵ ... phương lớn HẾT Thí sinh khơng sử dụng tài liệu làm Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ……………………… Số báo danh: …………………… LỜI GIẢI THAM KHẢO CHO HỌC SINH GV: ĐỖ CAO LONG TP HUẾ P ( x) = 5x... 1) ( y + x - 2) = Û ê êy + x - = Û ê ë éy = 2x - ê êy = - x ê ë y = 2x - 1,  Trường hợp thay vào phương trình thứ hai hệ ta được: éx = ê 2 x + ( 2x - 1) + x + 2x - 1- = Û 5x - x - = Û ê êx... 5ø è ( x;y) = ( 1;1) ,( x;y) = ỗỗỗ- Trng hp ny h ó cho có hai nghiệm: y = - x,  Trường hợp thay vào phương trình thứ hai hệ ta được: x2 + ( - x) + x + - x - = Û 2x2 - 4x + = Û x = ( x;y) = ( 1;1)