Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên lam sơn thanh hóa năm học 2018 2019 (vòng 2 có đáp án)

ĐÁP ÁN CHI TIẾT TỐN LỚP 10 THANH HĨA (Dành cho thí sinh chun tốn) GV giải – Nguyễn Đức Tính – TP Thanh Hóa Câu I (2.0 điểm) Điểm      1/ Tính giá trị biểu thức P = 1 − ÷ − ÷ 1 − ÷ 1+ 1+ + + + + 2018      2/ Cho a, b hai số thực thỏa mãn hệ thức a − 3a + 5a − 17 = b3 − 3b + 5b + 11 = Chứng minh a + b = ĐÁP ÁN 1/ Tính giá trị biểu thức P 2.3 3.4 => = => = ; 1+ + = ; + 2.3 + + 3.4 2018.2019 + + + 2018 = => = + + + 2018 2018.2019      => P = 1 − ÷1 − ÷ 1 − ÷  2.3  3.4   2018.2019  2.3 − 3.4 − 2018.2019 − => P = 2.3 3.4 2018.2019 2.3 − 3.4 − 2018.2019 − => P = 2.3 3.4 2018.2019 10 4074340 => P = 2.3 3.4 2018.2019 1.4 2.5 2017.2020 => P = 2.3 3.4 2018.2019 ( 1.2 2017 ) ( 4.5 2020 ) 1.2020 2020 505 => P = 2.3 2018 3.4 2019 = 2018.3 = 6064 = 1516 ( )( ) Ta có + = 1.0 2/ Chứng minh a + b = Xét a = − b thay vào vế trái a3 − 3a + 5a − 17 = , ta có VT = a − 3a + 5a − 17 = ( − b ) − ( − b ) + ( − b ) − 17 VT = − 12b + 6b − b3 − 12 + 12b − 3b + 10 − 5b − 17 VT = −b3 + 3b − 5b − 11 VT = − ( b3 − 3b + 5b + 11) = 1.0 => a = − b thỏa mãn a − 3a + 5a − 17 = => a + b = Câu II (2.0 điểm) 1/ Giải phương trình : x − x − = ( − x ) x − 1 1  x2 + y = 2/ Giải hệ phương trình :   x − + y − = xy +  ĐÁP ÁN 1/ Giải phương trình : x − x − = ( − x ) x − (Đ/k : x ≥ 1) PT ( x − 1) + ( x − 1) − = −2 ( x − 1) x − Đặt x − = t ≥ , ta có PT t + t − = −2t t  t + t + 2t − =  ( t − 1) ( t + 3t + 4t + ) = Do t ≥ => ( t + 3t + 4t + ) ≥ => t - = => t = => x − = => x − = => x = (t/m) 1.0 Vậy phương trình có nghiệm x = 1  x2 + y2 = 2/ Giải hệ phương trình :   x − + y − = xy +   x, y ≠   x2 , y ≥ x −1 ≥ =>  Đ/k xác định hệ phương trình  (*)  xy ≥ −2  y −1 ≥  xy + ≥  2 2  x + y = x y (1) Hệ PT   2  x − + y − = xy + 2(2) Từ (2) => x − + y − + ( x − 1) ( y − 1) = xy +  ( x + y ) − + x y − x − y + = xy + , Thay (1) vào ta có  x y − + x y − x y + = xy + 1.0  x y − + x y − x y + = xy +  x y − + x y − x y + = xy +  x y − + = xy +  x y − xy − =  xy = −1  xy =  ( xy + 1) ( xy − ) =    xy ≥  xy ≤ 2 2 Tư (1) ta có x y = x + y ≥ xy => xy ( xy − ) ≥ =>   xy = => x = y = x = y  xy = 2  Vậy hệ PT có nghiệm x = y = Câu III 1/ Tìm tất cặp số nguyên x, y thỏa mãn : x 2019 = y 2019 − y1346 − y 673 + 2/ Cho n số nguyên dương tùy ý , với số nguyên dương k, đặt S k = 1k + 2k + + n k Chứng minh S 2019 chia hết cho S1 ĐÁP ÁN 1/ Tìm tất cặp số nguyên x, y thỏa mãn : x 2019 = y 2019 − y1346 − y 673 + 673  x = a Đặt  673 => a, b số nguyên  y = b Ta có a3 = b3 − b2 − b + 3 => a3 = ( b − 1) + ( 2b2 − 4b + 3) > ( b − 1) (1) Và a3 = ( b + ) − ( 7b2 + 11b + ) < ( b + ) (2) 3 Từ 1,2 => ( b − 1) < a < ( b + ) => ( b − 1) < a < ( b + ) => b − < a < b + Vì a, b số nguyên => a = b a = b+ Với a = b, thay vào ta có 3 3  b = −1  a = b = − =>  b3 = b3 − b − b +  b + b − =  ( b + 1) ( b − ) =   b = a = b = 1.0  x 673 = y 673 = −1  x = y = −1 =>  =>  673 673 673 x = y =  x = y = 2( Loai )  Với a = b+ 1, thay vào ta có ( b + 1) = b3 − b2 − b +  b3 + 3b + 3b + = b3 − b − b +  4b + 4b − =  b = −1 +  b = −1 − (Loại) Vậy có cặp số nguyên thỏa mãn : x = y = - 2/ Cho n số nguyên dương tùy ý , với số nguyên dương k, đặt S k = 1k + 2k + + n k Chứng minh S 2019 chia hết cho S1 Ta có : S k = ( 1k + 2k + + nk ) k k k k k k => 2Sk = ( + n ) +  + ( n − 1)  + + ( n + ) chia hết cho n + (1) k k k k k Và 2Sk = 2n + 1 + ( n − 1)  + + ( n − 1) +  Chi hết cho n (2) Vì n n + hai số nguyên tố nhau, nên từ (1) (2) => 2Sk chia hết cho n(n+1) n ( n + 1) => Sk chia hết cho Mà S1 = 11 + 21 + + n1 = + + + n = n ( n + 1) => Sk chia hết cho S1 (với k) => S2019 chia hết cho S1 (ĐPCM) Câu IV : Cho tam giác nhọn ABC có Ab < AC Gọi D, E, F kẻ từ A, B, C tam giác , P giao điểm đường thẳng BC EF Đường thẳng qua D song song với EF cắt đường thẳng AB, AC, CF Q, R, S 1/ Chứng minh tứ giác BQCR tứ giác nội tiếp 2/ Chứng minh PB DB = D trung điểm đoạn thẳng QS PC DC 3/ Khi B, C cố định, điểm A thay đổi thỏa mãn điều kiện trên, chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR qua điểm cố định ĐÁP ÁN Hình vẽ 1.0 A E R F P D B H S C M Q 1/ Chứng minh tứ giác BQCR tứ giác nội tiếp · · Xét tứ giác BFEC có BFC = BEC = 90o => BFEC nội tiếp · · · · · · + CBQ = 180o => FEC = CBQ => FBC (1) + FEC = 180o mà FBC · · Do QR//EF => QRC = FEC (đồng vị) (2) · · = CBQ Từ (1) (2) => QRC => Tứ giác BQCR nội tiếp (ĐPCM) PB DB = D trung điểm đoạn thẳng QS PC DC PB DB = + Chứng minh PC DC 1.0 2/ Chứng minh 0.75 Gọi H giao điểm ba đường cao tam giác ABC Các tứ giác AEHF, BDHF nội tiếp (Vì có tổng hai góc đối 180o) ¶ (cùng chắn cung AE), H ¶ =H ¶ (đối đỉnh), H ả =F (cựng chn cung => Fà1 = H 1 2 µ µ µ µ µ µ BD) => F1 = F4 mà F1 = F5 (đối đỉnh) => F4 = F5 => FB phân giác ∆FPD => PB FP = (t/c) (3) DB FD Do FC ⊥ FB (gt) => FC phân giác góc ngồi ∆FPD PC FP = (t/c) (4) DC FD PB PC PB DB = = Từ 3, => => (ĐPCM) DB DC PC DC => + Chứng minh D trung điểm đoạn thẳng QS µ (đồng vị) => F µ =Q µ => DF = DQ (5) Do FE//QR => Fµ1 = Q o o µ +F µ = 90 Q µ + Sµ = 90 => F µ = Sµ => DF = DS (6) Ta có : F 1 Từ 5,6 => DQ = DS => D trung điểm đoạn thẳng QS 3/ Khi B, C cố định, điểm A thay đổi thỏa mãn điều kiện trên, chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR ln qua điểm cố 0.25 1.0 định Gọi M trung điểm cạnh BC => M cố định Do tứ giác BQCR nội tiếp (câu a) => DQ.DR = DB.DC (7) PB DB PC DC PB + BC DC BC DC BC DC − DB = = = = = => => => + => PC DC PB DB PB DB PB DB PB DB ( DB + DC ) DB = DB + DB.DC BC.DB = => PB = DC − DB DC − DB DC − DB Ta có : Ta lại có :  BC   DB + DC  DM DP = ( MB − DB ) ( DB + PB ) =  − DB ÷( DB + PB ) =  − DB ÷( DB + PB )     DC − DB = ( DB + PB ) Thay PB vào ta có DC − DB  DB + DB.DC  DC − DB DB.DC DB + = DB.DC (8)  ÷= DC − DB  DC − DB  DQ DP · · = Từ 7, => DQ.DR = DM DP => mà QDP = MDR (đối đỉnh) DM DR · · · · => ∆QDP ~ ∆MDR => QPD = MRD hay QPM = MRQ DM DP = => Tứ giác QPRM nội tiếp => Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR ln qua điểm cố định M(ĐPCM) Câu V : Trong giải đấu thể thao có n đội tham gia ( n ∈N, n ≥ 2), luật đấu sau : Hai đội đấu với trận, sau trận, đội thắng điểm, đội thua điểm ; hai đội hòa đội điểm Sau giải đấu đội xếp hạng theo điểm số từ cao xuống thấp (Hai đội điểm xếp hạng) Hỏi chênh lệch điểm lớn đội xếp hạng liền ? ĐÁP ÁN - Đội đứng thứ có điểm cao A = 2(n – 1) điểm (Đội đấu n – trận với n – đội lại thắng) - Xét n – đội lại, ta xác định đội đứng n – đội lại có số điểm nhỏ Gọi T tổng số điểm n – đội đấu với nhau, số trận n – đội ( n − 1) ( n − ) => T = (n – 1)(n – 2) (Dù thắng – thua hay hòa, sau trận có điểm) Gọi B số điểm đội n – đội lại => B ( n − 1) ≥ ( n − 1) ( n − ) => B ≥ n − => A − B ≤ ( n − 1) − ( n − ) = n => A − B ≤ n Sự chênh lệch điểm lớn đội xếp hạng liền n điểm Thầy : Nguyễn Đức Tính – TP Thanh Hóa 1.0 ... => P = 2. 3 3.4 20 18. 20 19 10 4074340 => P = 2. 3 3.4 20 18. 20 19 1.4 2. 5 20 17 .20 20 => P = 2. 3 3.4 20 18. 20 19 ( 1 .2 2017 ) ( 4.5 20 20 ) 1 .20 20 20 20 505 => P = 2. 3 20 18 3.4 20 19 = 20 18. 3 = 6064... 3.4 20 18. 20 19 + + + 20 18 = => = + + + 20 18 20 18 .20 19      => P = 1 − ÷1 − ÷ 1 − ÷  2. 3  3.4   20 18. 20 19  2. 3 − 3.4 − 20 18. 20 19 − => P = 2. 3 3.4 20 18. 20 19 2. 3 − 3.4 − 20 18. 20 19. .. xy ≤ 2 2 Tư (1) ta có x y = x + y ≥ xy => xy ( xy − ) ≥ =>   xy = => x = y = x = y  xy = 2  Vậy hệ PT có nghiệm x = y = Câu III 1/ Tìm tất cặp số nguyên x, y thỏa mãn : x 20 19 = y 20 19