Đề và đáp án thi vào lớp 10 chuyên Toán năm học 20182019 của: goctoanhoc.net

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (7,0 điểm) a) Giải phương trình x  x    x  1 x  x   3x  2x  y ( x  2)  y  b) Giải hệ phương trình   y  3x  x  y  x  y  Câu (2,0 điểm) Tìm tất cặp số (x; y) với x y số nguyên dương cho: x  3y y  3x đồng thời số phương Câu (2,0 điểm) Cho số x, y, z thoã mãn  x  y  z Tìm giá trị nhỏ biểu thức x3 z y4 z  15 x P   y ( xz  y ) z ( xz  y ) x2 z Câu (7,0 điểm) Cho đường tròn (O) có tâm O, đường kính BC Lấy điểm A dường tròn (O) cho AB > AC Từ A, vẽ AH vng góc với BC (H thuộc BC) Từ H, vẽ HE vng góc với AB HF vng góc với AC (E thuộc AB, F thuộc AC) Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) P Q (E nằm P F) a) Chứng minh tam giác APH cân b) Gọi D giao điểm PQ BC; K giao điểm AD đường tròn (O) (K khác A); I giao điểm KF BC Chứng minh IH  IC.ID Câu (2,0 điểm) Cho 28 điểm phân biệt nằm hình vng có độ dài cạnh Người ta vẽ đường tròn có bán kính tâm điểm cho Hỏi có hay khơng bốn điểm điểm cho cho chúng thuộc phần chung bốn hình tròn có tâm củng bốn điểm (có bán kính )? Giải thích rõ sao? … Hết! … Đáp án Câu 1a: Giải phương trình: x  x    x  1 x  x  1 ,với x  R 1  x2  x    x  1    x2  2x   x  x2  x   x    x2  2x     x2  2x   x 1   x  x     15 x  x  2x   2x 1   x 3x  x    x  x    x  x    x  1   3x  2x  y ( x  2)  y  Câu 1b) Giải hệ phương trình  x  y2 1  2x2  y  4x  y  3x ĐK: y  0,   Chia phương trình (1) cho y, phương trình (2) cho y , ta có: y  x  3x x  1     y y y y      x  4x 3x   1 y   y   y2 1    (a  2b)  3a  2a  x  a,  b Hệ cho trở thành  Cộng vế theo vế phương y y   3a  2a  4ab  trình ta  3a (a  2b  1)  2a(a  2b  1) Đặt TH1:  3a  2a  a   x  y , thay vào PT(1) ta có: x  y  TH2: a   2b  x    x   y thay vào PT(1) ta có: y   x  y y Vậy có nghiệm ( x; y)  (4;4), (0;2) Câu 2: Ta có hai bất đẳng thức: x  y   x   y  3x   y   khơng thể đồng thời đúng, tổng hai bất đẳng thức: x  y   2 Vậy hai bdt phải có bất ngượ dấu Giả sử: x  y   x   bất đẳng thức  x2  x2  y   x  2  x  y   x  1  y  2x+1  x  3k  1; y  2k  1, k  N Khi đó: y  3x  4k  13k  * Ta xét: Nếu k    2k  3  4k 13k    2k    không tồn k  N 2 k  1, 2,3, 4  y  3x khơng số phương Vậy thử trực tiếp ta có k  k  Sơ cần tìm:  x; y   1;1 , 16;11 , 11;16  Câu 3: x y ( )3 ( )3 z 15 y Ta có: P   z  ( )2  x y x y z x   y z y z x x y y z Đặt a  ; b  ; c  a3 b3 15 z   c2   abc  1, c  P  ab ab c x a3 b3   a.b  ab ab c 15 16 8 Vậy P   c   c   c    3 64  12 c c c c c Ta có: a  b3  a.b(a  b)  P đạt GTNN 12 c=2  z  y  2x Câu 4: ( Học sinh tự vẽ hình ) ^ ^ ^ a) Ta có: BAC  AEH  AFH  900 Do tứ giác AEHF hình chữ nhật ^ ^ ^ ^ AEF  EAO  HAE  ABO  900 ( Tam giác ABH vng) ^ ^ ^ ^ Ta có: EAO  ABO OA  OB, AEF = HAE AEHF hình chữ nhật Vậy OA vng góc với EF   b) Ta có OA vng góc với EF  AP  AQ ^ ^ ^ Xét tam giác AEP APB có: Achung ; APE  ABP Suy AEP APB  g , g   AE AP   AP  AE AB AP AB Ta giác vng ABH có đường cao HE nên AE AB  AH  AP  AH  APH cân A Gọi S giao điểm EF AH Ta có S trực tâm tam giác AOD nên OS vng góc với AK Suy SA  SK Mà SE  SF  SA nên tứ giác AEFK nội tiếp đường tròn tâm S Vì tứ giác AEFK nội tiếp AEFH hình chữ nhật nên có điểm A, E, H, F , K thuộc đường tròn tâm S Tứ giác AHFK nội tiếp nên ^ ^ ^ DKF  AHF  FCH  ICF IKD  IF.IK=IC.ID  IH  IC.ID  dpcm  Câu 5: Chia hình vng cho thành hình vng nhỏ ( có cạnh song song với cạnh hình vng cho có độ dài cạnh 2) Do 28 > 9,3 nên rãi điểm hình vng ban đầu, tốt hình vng nhỏ có điểm nằm nằm cạnh hình vng nhỏ Giả sử điểm A, B, C, D nằm nằm cạnh hình vng nhỏ MNPQ Ta có QN  2  điểm E thuộc hình vng MNPQ  QN  AE Từ    B;  ; C;  ;  D;  chứa toàn hình vng MNPQ Vậy bốn hình tròn  A;  ;  B;  ;  C;  ;  D;  chứa hình vng MNPQ nên bốn hình tròn A; chứa tồn hình vng MNPQ Tương tự hình tròn điểm A, B, C, D nằm phần chung bốn đường tròn nói ... 2b  1)  2a(a  2b  1) Đặt TH1:  3a  2a  a   x  y , thay vào PT(1) ta có: x  y  TH2: a   2b  x    x   y thay vào PT(1) ta có: y   x  y y Vậy có nghiệm ( x; y)  (4;4), (0;2).. .Đáp án Câu 1a: Giải phương trình: x  x    x  1 x  x  1 ,với x  R 1  x2  x    x...    3 64  12 c c c c c Ta có: a  b3  a.b(a  b)  P đạt GTNN 12 c=2  z  y  2x Câu 4: ( Học sinh tự vẽ hình ) ^ ^ ^ a) Ta có: BAC  AEH  AFH  900 Do tứ giác AEHF hình chữ nhật ^ ^ ^