Đề thi thử vào lớp 10 THPT năm 20182019 môn Toán THPT Chuyên Lê Khiết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI Đề thi thử KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT Năm học 2018 - 2019 Câu : (2 điểm ) a Tính tổng S  1   1.2.3 2.3.4 2017.2018.2019  b Cho số thực m,n,p,x,y,z thỏa mãn điều kiện x  ny  pz; y  mx  pz; z  mx  ny, x  y  z  Tính giá trị biểu thức 2018  2019 2019 2019 B     4037   2019 1  m 1 n 1 p    Câu : (2 điểm )     5x2  a Giải phương trình x  5x 1   x  y     b Giải hệ phương trình  y x x y   x  xy  9x 12 3  Câu : (2 điểm ) a a5 a4 7a 5a a Chứng minh với số tự nhiên a biểu thức A      số 120 12 24 12 tự nhiên b Tìm tất cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn 5x2  8y  20412 Câu : (3 điểm ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R cố định điểm D chân đường phân giác góc A tam giác Gọi E F tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD tam giác ACD Chứng minh AEO  ADC tứ giác AEOF tứ giác nội tiếp a Chứng minh tam giác OEF tam giác cân b Khi B,C cố định A di động (O) ( A  B; A  C ).Chứng minh diện tích tứ giác AEOF không đổi Câu : (1 điểm ) Trong mặt phẳng ,có nhiều đường thẳng mà đường thẳng số đường thẳng cắt 2018 đường thẳng khác ? Bài giải toàn Câu : (2 điểm ) a Tính tổng S  1   1.2.3 2.3.4 2017.2018.2019  b Cho số thực m,n,p,x,y,z thỏa mãn điều kiện x  ny  pz; y  mx  pz; z  mx  ny, x  y  z  Chứng minh a Tính tổng S   1 1  2 1 m 1 n 1 p  Bài làm   1.2.3 2.3.4 2016.2017.2018 Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh điều sau : P(x)   1    1.2.3 Khi S  n(n 1).(n  2) 2.3.4  1.2.3 2.3.4 Vậy S  n2  3n     với n nguyên dương 4(n  3n  2)  P(2017)  4074340  1018585 2016.2017.2018 16297368 4074342 1018585 4074342   2y   x  ny  pz n11 x  y  z   2z b Ta có  y  mx  pz  x  y  z  2(ny  pz  mx) Từ ta suy :    z  mx  ny p 1 x  y  z    2x   m 1 x  y  z  2018  2019 2019 2019 1   2019  2020    Vậy B      4037 Nên ta có 1   m 1 n 1 p  1 m 1 n 1 p   Câu : (2 điểm )  a Giải phương trình x3  5x2 1  5x2   x y      b Giải hệ phương trình  y x x y   x  xy  9x 12  Bài làm 5x2  0 a.Đặt: a  x3  5x2 ;b  Ta có: a−1=b a3  x3  5x2 5x2    Từ cách đặt ta có: a  x  5x ;b   (a  2)3  x3  x  a  2 6b   5x  x  2(3  7) 3 2  Từ đó, x nghiệm PT: (x  2)  x  5x  x 12x     7) x  2(3  3 Thử lại: x  2(3  7) thỏa mãn.Nghiệm phương trình : x  2(3  7) b Điều kiện: x  0; y  x 2a  Đặt:     3(1) y  a  Khi hệ phương trình trở thành:   a x x a  x3  xa  9x 12  0(2) Biến đổi phương trình (1) trở thành: x    (2a  x)(a  x 1)  a x x a TH1: 2a  x   x  2a thay vào phương trình (2) ta được: 6a3 18a 12   (a  2)(a 1)(a  6)   a  (theo điều kiện) Từ suy x  4; y  (thử lại ta thấy thỏa mãn ra) TH2: a  x 1  0 x a21xa thay 1 vào phương trình (2) ta được: x2  5x      (không thỏa mãn ) x a  2  2a    Kết luận : Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x,y)=(−4,4) Câu : (2 điểm ) a a5 a4 7a 5a a Chứng minh với số tự nhiên a biểu thức A      số 120 12 24 12 tự nhiên b Tìm tất cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn 5x2  8y  20412 Bài làm a Ta có A  a5  a4 120 12  7a3 24  5a2 12  a  a(a 1)(a  2)(a  3)(a  4) 120 Vì a,a+1,a+2,a+3,a+4a,a+1,a+2,a+3,a+4 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 3,5 Vì a,a+1,a+2,a+3a,a+1,a+2,a+3 số tự nhiên liên tiếp nên có số chia hết cho số chia hết cho => a(a+1)(a+2)(a+3)(a+4)⋮120 (3,5,8)=1 Vậy a5 với số tự nhiên a biểu thức A  7a3 a4 5a2 a     số tự nhiên 120 12 24 12 b Ta có: 20412⋮2 8y 2 nên x⋮2 Đặt phương trình trở thành: 5x12  y  5103 Vì 5103⋮3 Nên 5x  y2 Hay x  y2  x 3; y Đặt x  3x phương trình trở thành 5x  2y  567 Suy luận tương tự ta đặt x  3x y  3y , ta 2 5x  y  63 Đặt x  3x y  3y ,ta 5x  y  Nếu x  0; y  2 4 phương trình cho vơ nghiệm Nếu x4  0; y3  x4  1và y3  1  x  54, y  27 Vậy x  54, y  27 Câu : (3 điểm ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R cố định điểm D chân đường phân giác góc A tam giác Gọi E F tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD tam giác ACD a Chứng minh AEO  ADC tứ giác AEOF tứ giác nội tiếp b Chứng minh tam giác OEF tam giác cân c Khi B,C cố định A di động (O) (A khác B,A khác C).Chứng minh diện tích tứ giác AEOF khơng đổi Bài làm L A F M N E O B D C K a Gọi M ,N trung điểm AB,AC Do EA=EB,OA=OB nên O,M,E thẳng 0 hàng Nên ta có AEO  180  AME  180  AMB  180  ADB  ADC Tương tự ta có AFO  AFN  1800  ADC Nên lúc ta có AFO  AEO  1800 Suy tứ giác AEOF nội tiếp b OAE  AME  AOM  ADC  ACB  DAB Mà ta có OAF  1800  AON  AFN  1800  ABC  ADB  DAB Nên ta có suy OAE  OAF  OE  OF nên tam giác OEF tam giác cân c Ta có SAEO  SBEO , SAFO  SLEOF AD cắt (O) K ,KL đường kính của(O),thì AL vng góc với AK EF vng góc với AK nên suy AL song song với EF Nên ta có SAEOF  SLEOF Mà KBD  KAC  DAB Nên KB tiếp tuyến (E) nên KBE  900 mà KBL  900 nên B,L,E thẳng hàng Tương tự C,L,F thẳng hàng Vậy 2SAEOF  SLEOF  SBEO  SCFO  SLBC  SOBC (không đổi ) Câu : (1 điểm ) Trong mặt phẳng ,có nhiều đường thẳng mà đường thẳng số đường thẳng cắt 2018 đường thẳng khác ? Bài làm Giả sử có n đường thẳng Đường thẳng a cắt 2018 đường b1;b2; ;b2018.Suy a phải song song với n-2019 đường thẳng lại Vậy đường thẳng bi (với i chạy từ đến 2018) cắt n-2019 đường thẳng mà số đường thẳng bi cắt thêm  2017 đường thẳng ( trừ đường thẳng a) Vậy n  2019  2017  n  4036 Dấu = xảy  bi song song với 2017 đường thẳng có dạng bj ( j khác i j chạy từ đến 2018) Và a phải song song với 2017 đường thẳng lại khơng tính đường thẳng a 2018 đường thẳng b1;b2; ;b2018.Tức có 2018 đường thẳng song song với vng góc với 2018 đường thẳng lại.Vậy Max(n)=4036