Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên tỉnh quảng ngãi năm học 2017 2018(có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC: 2017-2018 Môn thi: Toán Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề) Tên : Trương Quang An Địa : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi Điện thoại : 01208127776 Nguồn sưu tầm mạng ảnh chụp đề học sinh thi chuyên Quảng Ngãi 2017-2018 Bài 1(2 điểm ) 1.Giải phương trình ( x  1)( x  2)  x2  x   2.Cho x,y số thực dương Chứng minh x y x y  xy   xy  x  y 2 Đẳng thức hay không x,y số thực âm Tại ? Bài 2(2 điểm ) 1.Giả sử n số nguyên dương thỏa mãn điều kiện n2  n  số nguyên tố Chứng minh n chia dư 7n2  6n  2017 số phương 2.Tìm tất số nguyên x,y thỏa mãn phương trình x2  y  xy  x   2017 Bài 3(2 điểm ) 1.Cho đa thức P( x)  x3  x  15x 11 số thực a,b thỏa mãn P(a)=1 ,P(b)=5.Tính giá trị biểu thức a+b 2.Gỉa sử x,y số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x( xy  1)  y Tìm giá trị lớn biểu thức H  y4  y  y ( x4  x2 ) Bài 4(3 điểm ) 1.Cho hai điểm A,B phân biệt nằm góc nhọn xOy cho xOA  yOB Gọi M,N hình chiếu vuông góc A lên tia Ox,Oy P,Q hình chiếu vuông góc B lên tia Ox,Oy Gỉa sử M,N,P,Q đôi phân biệt Chứng minh bốn điểm M,N,P,Q thuộc đường tròn 2.Cho tam giác AB không cân ,có ba góc nhọn Một đường tròn qua B,C cắt cạnh AC,AB D,E Gọi M,N trung điểm BD,CE a.Chứng minh tam giác ABD ,ACE đồng dạng với MAB  NAC b.Gọi H hình chiếu vuông góc M lên AB ,K hình chiếu vuông góc N lên AC I trung điểm MN Chứng minh tam giác IHK cân Bài 5(1 điểm ) Cho số nguyên dương đôi phân biệt ,các số chứa ước số nguyên tố gồm 2,3,5 Chứng minh số cho tồn số mà tích chúng số phương Bài làm Bài 1(2 điểm ) 1.Giải phương trình ( x  1)( x  2)  x2  x   2.Cho x,y số thực dương Chứng minh x y x y  xy   xy  x  y 2 Đẳng thức hay không x,y số thực âm Tại ? Bài làm Bài 1(2 điểm ) 1.Phương trình ( x  1)( x  2)  2 x2  x  Cách 1:Đến ta có điều kiện: −2 ≤ x ≤1 Bình phương hai vế thu gọn ta x0   x  1   x( x  1)( x  x  8)    x  1  33   1  33 x   Giải so sánh với điều kiện ta nghiệm: x = ; x = −1  t 1 t  3 Cách 2: Đặt t  x2  x   Phương trình cho trở thành t  2t      x0 Đối chiếu với điều kiện ta có t = (nhận ).Với t   x  x      x  1 Giải so sánh với điều kiện ta nghiệm: x = ; x = −1 Ta có ( x  y )2 ( x  y )2 ( x  y )2 ( x  y )2 x y x y  xy   xy      x y  x  y 2 2 2 (Vì x,y số thực dương ) Đặt x  a; y  b; a; b  Ta có x y x y a  b a  b a  ab  b a  ab  b  xy   xy   ab   ab   2 2 2 Nên ta có a  ab  b a  ab  b ( a  b ) ( a  b ) ( a  b ) ( a  b )      2 2 2 Hay ( a  b )2 ( a  b )2   a  b  a  b (do a ,b dương ) 2 Vậy đẳng thức x,y số thực âm Bài 2(2 điểm ) 1.Giả sử n số nguyên dương thỏa mãn điều kiện n2  n  số nguyên tố Chứng minh n chia dư 7n2  6n  2017 số phương 2.Tìm tất số nguyên x,y thỏa mãn phương trình x2  y  xy  x   2017 Bài làm 1.Vì n số nguyên dương nên n2  n  >3 Gọi r số dư chia n cho , r 0,1, 2 Nếu r  r  n2  n  3 Mâu thuẫn với giả thiết n2  n  số nguyên tố Do r  hay n chia dư Khi 7n2  6n  2017 chia dư Mà số phương có só dư chia cho Nên 7n2  6n  2017 số phương 2.Ta có x2  y  xy  x   2017  ( x  y)2  ( x  1)2  2017  92  442  x 8  x  10 TH1 : ( x  1)2  92    y  18  y  26 Với x=8 ta có (8  y)2  (8  1)2  2017  92  442  (8  y)2  442   Với x=-10 ta có  y  27 (10  y)2  (10  1)  2017  92  442  (10  y)  442    y  17  x  43  x  45 TH2 : ( x  1)2  442    y  17  y  26 Với x=43 ta có (43  y)2  (43  1)  2017  92  442  (43  y)  92    y  27  y  18 Với x=-45 ta có (45  y)2  (45  1)2  2017  92  442  (45  y)2  92   Vậy nghiệm nguyên phương trình : (8;-18);(8;26);(-10;-27); (-10;17);(43;17);(43;26);(-45;-27);(-45;-18) Bài 3(2 điểm ) 1.Cho đa thức P( x)  x3  x  15x 11 số thực a,b thỏa mãn P(a)=1 ,P(b)=5.Tính giá trị biểu thức a+b 2.Gỉa sử x,y số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x( xy  1)  y Tìm giá trị lớn biểu thức H  y4  y  y ( x4  x2 ) Bài làm Cách 1: Ta có : P(a)   a3  6a2  15a 11  (1) Ta có : P(b)   b3  6b2  15b 11  (2) Lấy (1) cộng (2) ta : (a  b  4) (a  b)2  (a  2)2  (b  2)2  6  (vì (a  b)2  (a  2)2  (b  2)2   ) Lúc ta suy a+b=4 Cách 2: Ta có P(a)   (a  2)3  3(a  2)  2 (1) Ta có P(b)   (b  2)3  3(b  2)  (2) Lấy (1) cộng (2) ta có : (a  b  4) (a  2)2  (a  2)(b  2)  (b  2)2  3  Vì (a  2)2  (a  2)(b  2)  (b  2)2   nên suy a+b=4 Cách 1: H  y4 1   2 4  y  y ( x  x )   x4  x2 x x  y4 y2 y y Mà giả thiết ta suy x( xy  1)  y  Thay vào ta suy H  x2 x   y y y4 1    4  y  y ( x  x )   x4  x2 x x  y4 y2 y y Vậy giá trị lớn biểu thức H Cách 2: H  y x  y  y4  4  y  y ( x  x )   x2  x4 y4 y2 z z Đặt z   y   x( x  1)  Lúc ta có H   xz ( x  z )  z2 y4 1   4 4  y  y ( x  x )   x2  x4 z  x  z  x2 y4 y2 Ta có z  x  z  x  ( x  z )2 ( x  z)2  2z x2  2x2 z 4 2 Vậy giá trị lớn biểu thức H x  y  Cách : Áp dụng bất đẳng thức cô-si ta có :  y  y ( x4  x2 )  (1  x y )  ( y  x4 y )  xy  x2 y3 Ma ta lại có : xy  x2 y3  xy (1  xy)  y Do H  y4 1  Vậy giá trị lớn biểu thức H 4 1 y  y (x  x ) x  y 1 Bài 4(3 điểm ) 1.Cho hai điểm A,B phân biệt nằm góc nhọn xOy cho xOA  yOB Gọi M,N hình chiếu vuông góc A lên tia Ox,Oy P,Q hình chiếu vuông góc B lên tia Ox,Oy Gỉa sử M,N,P,Q đôi phân biệt Chứng minh bốn điểm M,N,P,Q thuộc đường tròn 2.Cho tam giác AB không cân ,có ba góc nhọn Một đường tròn qua B,C cắt cạnh AC,AB D,E Gọi M,N trung điểm BD,CE a.Chứng minh tam giác ABD ,ACE đồng dạng với MAB  NAC b.Gọi H hình chiếu vuông góc M lên AB ,K hình chiếu vuông góc N lên AC I trung điểm MN Chứng minh tam giác IHK cân Bài làm Cách : y Q B N A x O M P Ta có ΔOAM ഗ ΔOBQ (g.g) nên suy Ta có ΔOAN ഗ ΔOBP (g.g) nên suy OM OA (1)  OQ OB ON OA  (2) OP OB Từ (1) (2) ta suy OM OA OM OA suy OP.OM=ON.OQ    OQ OB OQ OB ⇒ điểm M;N;P;Q thuộc đường tròn Cách : Tứ giác OMAN nội tiếp nên ONM  OAM (1) Tứ giác OPBQ nội tiếp nên OPQ  OBQ (2) Mà tam giác OAM OBQ đồng dạng nên suy OAM  OBQ (3) Từ (1) , (2) (3) ta suy ONM  OPQ ⇒ điểm M;N;P;Q thuộc đường tròn 2.a/ A D E H K M I N B C Ta có xét ΔABD ΔACE có : BAD  EAC (góc chung ) ABD  ACE (tứ giác BEDC nội tiếp ) Nên suy ΔABD ഗ ΔACE (g.g) Ta có M,N trung điểm BD ,CE nên ta suy ΔMAB ഗ ΔNAC (g.g) Từ ΔMAB ഗ ΔNAC (g.g) suy MAB  NAC 2.b/ A P Q D E H K M I N B C Gọi P hình chiếu vuông góc M lên AC ,Q hình chiếu vuông góc N lên AB Theo câu ta có bốn điểm H,K,P,Q thuộc đường tròn Hơn ,tâm đường tròn giao điểm đường trung trực đoạn thẳng PK,QH nên I trung điểm MN Do ,tam giác IHK cân I Bài 5(1 điểm ) Cho số nguyên dương đôi phân biệt ,các số chứa ước số nguyên tố gồm 2,3,5 Chứng minh số cho tồn số mà tích chúng số phương Bài làm Theo đề ,tất số nguyên dương đôi phân biệt ,các số chứa ước số nguyên tố gồm 2,3,5 có dạng 2x.3y.5z (với x, y, z  ).Xét tính chẵn -lẻ số (x,y,z) ,ta có tất trường hợp Theo nguyên lý Dirichlet ,phải có số số cho có số mũ phân tích nguyên tố tính chẵn – lẻ Do ,tích số có dạng 22a.33b.55c (a, b,c  ) Lúc ta suy tích số số phương ... 1)2  2017  92  442  x 8  x  10 TH1 : ( x  1)2  92    y  18  y  26 Với x=8 ta có (8  y)2  (8  1)2  2017  92  442  (8  y)2  442   Với x= -10 ta có  y  27 ( 10  y)2... thuẫn với giả thi t n2  n  số nguyên tố Do r  hay n chia dư Khi 7n2  6n  2017 chia dư Mà số phương có só dư chia cho Nên 7n2  6n  2017 số phương 2.Ta có x2  y  xy  x   2017  ( x ... 27 ( 10  y)2  ( 10  1)  2017  92  442  ( 10  y)  442    y  17  x  43  x  45 TH2 : ( x  1)2  442    y  17  y  26 Với x=43 ta có (43  y)2  (43  1)  2017  92  442 