Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên toán năm học 2018 2019 phần 1

TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số ĐỀ THI TS LỚP 10 CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÀNH PHỐ HÀ NỘI Chuyên Toán – Năm học 2018 – 2019 Câu (2.0 điểm) a) Giải phương trình x2 + 3x + = ( x + ) x2 + x +  y − 2xy = 8x − 6x + b) Giải hệ phương trình   y = x + 8x − x + Câu (2.5 điểm) a) Cho p, q hai số nguyên tố lớn Chứng minh p4 + 2019q chia hết cho 20 b) Cho số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn đồng thời điều kiện a  b  c  d , ad = bc d − a  Chứng minh rằng: i) a + d  b + c ii) a số phương Câu (1.5 điểm) a) Với x, y, z số thực thỏa mãn xyz = ( xy + y + 1)( yz + y + 1)( zx + z + 1)  Chứng minh 1 + + =1 xy + x + yz + y + zx + z + b) Với x, y, z số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện 1 + + = 3, x y z tìm giá trị lớn biểu thức P= 2x2 + y + + 2y + z + + 2z + x + Câu (3.0 điểm) Cho tứ giác ABCD (khơng có hai cạnh song song) nội tiếp đường tròn ( O ) Các tia BA CD cắt điểm F Gọi E giao điểm hai đường chéo AC BD Vẽ hình bình hành AEDK a) Chứng minh tam giác FKD đồng dạng với tam giác FEB b) Gọi M, N tương ứng trung điểm cạnh AD, BC Chứng minh đường thẳng MN qua trung điểm EF Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN c) Chứng minh đường thẳng EF ln tiếp xúc với đường trịn ngoại tiếp tam giác EMN Câu (2.0 điểm)   Cho tập hợp S = x  Z  x  50 Xét A tập hợp tập hợp S có tính chất: Khơng có ba phần tử tập hợp A số đo ba cạnh tam giác vng a) Tìm tập hợp A có 40 phần tử thỏa mãn điều kiện toán b) Có hay khơng tập hợp A có 41 phần tử thỏa mãn điều kiện toán? Hãy giải thích câu trả lời HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (2.0 điểm) a) Giải phương trình x2 + 3x + = ( x + ) x2 + x +  y − 2xy = 8x − 6x + b) Giải hệ phương trình   y = x + 8x − x + Lời giải a) Giải phương trình x2 + 3x + = ( x + ) x2 + x + + Lời giải Phương trình xác định với số thực x Để ý x2 + 3x +  với x nên phương cho tương đương với x +  x + 3x + = ( x + ) x + x +   2 2  x + 3x + = x + 10x + 25 x + x +  x + 6x + 25x + 48x + 64 = x + 11x + 37x + 45x + 50 ( ) ( )( )    5x + 12x − 3x − 14 =  ( x − 1)( x + )( 5x + ) =  x  −2; − ;1     Vậy phương trình cho có tập nghiệm S = −2; − ;1   + Lời giải Phương trình cho xác định với số thực x Phương trình cho viết lại thành x2 + x + + 2x + = ( x + ) x2 + x + Đặt t = x + x +  viết lại phương trình thành t − ( x + ) t + 2x + = Xem phương trình phương trình bậc hai có ẩn t ta có Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN  = ( x + ) − ( 2x + ) = x + 2x + = ( x + 1)  2 Từ ta suy phương trình có hai nghiệm t = t = x + Với t = ta có phương trình x2 + x + =  x2 + x − =  x  −2;1 Với t = x + ta có phương trình  x +  x2 + x + = x +   2 x=− x + x + = x + ( )     Vậy phương trình cho có tập nghiệm S = −2; − ;1   • Nhận xét Trong lời giải ta thấy lời giải thứ hai tự nhiên hơn, tùy nhiên nhẩm hai nghiệm đẹp thù lời giải thứ lợi đơn giản nhiều Ngoài lời giải thứ hai ta không cần phải sử dụng đến biệt thức delta mà phân tích thành phương trình tích ln t − ( x + ) t + 2x + =  ( t − )( t − x − ) = Một số phương trình sau có hình thức lời giải tương tự a) x2 + x + + 13 − 7x = x b) ( x + ) 48 − x2 − 8x = x + 12  y − 2xy = 8x − 6x + b) Giải hệ phương trình   y = x + 8x − x + + Lời giải Biến đổi tương đương phương trình thứ hệ ta  y = 4x − 2 y2 − 2xy + x2 = 9x2 − 6x +  ( x − y ) = ( 3x − 1)    y = − 2x Với y = 4x − , thay vào phương trình thứ hai hệ cho ta phương trình ( 4x − 1) = x3 + 8x2 − x +  16x2 − 8x + = x + 8x − x +  x3 − 8x2 + 7x =  x ( x − 1)( x − ) =  x  0;1; 7 Từ ta cặp ( x; y ) thỏa mãn hệ phương trình ( x; y ) = ( 0; −1) , (1; ) , ( 7; 27 ) Với y = − 2x , thay vào phương trình thứ hai hệ cho ta phương trình (1 − 2x ) = x + 8x − x +  4x − 4x + = x + 8x − x +  x3 + 4x2 + =  x ( x + 1)( x + ) =  x  0; −1; −3 Từ ta cặp ( x; y ) thỏa mãn hệ phương trình ( x; y ) = ( 0;1) , ( −1; ) , ( −3; ) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) = ( 0; −1) , (1; ) , (7; 27 ) , ( 0;1) , ( −1; ) , ( −3; ) Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN + Lời giải Phương trình thứ viết lại thành y2 = 8x2 + 2xy − 6x + Khi lấy hiệu theo vế hai phương trình thu gọn ta lại thu phương trình x = 2xy − 6x = x − x  x − 2xy + 5x =  x x − 2y + =    2y = x + ( ) Với x = , thay vào phương trình thứ hai hệ phương trình ta y2 =  y = 1 Với x = , thay vào phương trình thứ hai hệ phương trình ta (x +5 ) ( ) = x + 8x − x +  x + 10x + 25 = 4x + 32x − 4x +  x − 4x − 22x + 4x + 21 =  ( x − 1)( x + 1)( x + )( x − ) =  x  −3; −1;1; 7 Từ ta cặp ( x; y ) thỏa mãn hệ ( x; y ) = ( 1; ) , ( 7; 27 ) , ( −1; ) , ( −3; ) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) = ( 0; −1) , (1; ) , (7; 27 ) , ( 0;1) , ( −1; ) , ( −3; ) Câu (2.5 điểm) a) Cho p, q hai số nguyên tố lớn Chứng minh p4 + 2019q chia hết cho 20 b) Cho số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn đồng thời điều kiện a  b  c  d , ad = bc d − a  Chứng minh rằng: i) a + d  b + c ii) a số phương Lời giải a) Cho p, q hai số nguyên tố lớn Chứng minh p4 + 2019q chia hết cho 20 + Lời giải Ta có p4 + 2019q4 = p4 − q4 + 2020q4 Do đến chứng minh p4 + 2019q chia hết cho 20 ta cần chứng minh p4 − q chia hết cho 20 Để ý ta có 20 = 4.5 ( 4, ) = nên ta chứng minh p4 − q4 ( chia hết cho ( ) ) Ta có p4 − = ( p − 1)( p + 1) p2 + q − = ( q − 1)( q + 1) q + Do p Do p q số nguyên tố lớn nên p q số nguyên tố lẻ nên ( p − 1)( p + 1) ( q − 1)( q + 1) chia hết cho Điều dẫn đến p4 − q4 − chia hết cho ( ) ( ) Đến ta suy p4 − q = p4 − − q − chia hết cho Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Ta có ( ) ( ) p4 − = ( p − 1)( p + 1) p2 + = ( p − )( p − 1)( p + 1)( p + ) + ( p − 1)( p + 1) p2 + Để ý ( p − )( p − 1) p ( p + 1)( p + ) chia hết cho Mà p số nguyên tố lớn nên không chia hết cho 5, ta có ( p − )( p − 1)( p + 1)( p + ) chia hết cho Từ suy p4 − chia hết cho Lập luận hoàn toàn tương tự ta có q4 − chia hết cho Đến ta suy p4 − q chia hết cho Kết hợp kết ta có điều phải chứng minh + Lời giải Hồn toàn tương tự ta chứng minh p4 − q chia hết cho Do p q số nguyên tố lớn nên p q số lẻ, p q chia cho có số dư Điều dẫn đến p4 q chia cho có số dư Đến ta suy p4 − q chia hết cho Cũng dp p q số nguyên tố lớn nên p q chia cho có số dư 1; 2; 3; Điều dẫn đến p2 q chia cho có số dư 5, p4 q chia cho có số dư Đến ta suy p4 − q chia hết cho Kết hợp kết ta có điều phải chứng minh b) Cho số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn đồng thời điều kiện a  b  c  d , ad = bc d − a  Chứng minh: i) a + d  b + c ii) a số phương i) Để ý đến giả thiết ad = bc a  b  c  d ta có biến đổi d ( a + d − b − c ) = ad + d − bd − dc = d − db − dc + bc = ( d − b )( d − c )  Do d số nguyên dương nên ta có a + d − b − c  , suy a + d  b + c ii) Gọi ( a, b ) = m với m số nguyên dương Khi tồng số nguyên dương x y nguyên tố cho a = mx b = my Từ giả thiết ad = bc ta suy dx = cy , điều có nghĩa dx chia hết cho y Mà ( x, y ) = nên suy d chia hết cho y, đặt d = ny với n số nguyên dương Từ ta có nxy = cy hay c = nx Do a  b  c  d nên ta y  x n  m , hay ta có y  x + n  m + Từ ta lại suy Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN d − a = ny − mx  d − a  ta Kết hợp với giả thiết ( m + 1)( x + 1)  Để ý ( m− x ) ( m + 1)( x + 1) − ( m + 1)( x + 1) − mx mx  hay ta mx +  ( m + 1)( x + 1)  mx + + mx  ( m− x ) 0  nên kết hợp với bất đẳng thức ta suy x = m Điều dẫn ta đến a = m2 Do a số chương • Nhận xét Ngồi lời giải ý ii) cịn tiếp cận hai lời giải khác sau + Lời giải Từ giả thiết toán ta d + a − ad  Do ad = bc nên bất đẳng thức viết lại thành d + a − bc  Hay ta ( a + d − b − c − 1) + Do ( b− c ) ( b− c ) 0  nên từ bất đẳng thức ta a + d − b − c −  hay a + d  b + c +1 Mà theo ý a) ta có a + d  b + c nên a + d  b + c + Kết hợp hai bất đẳng thức ta a + d = b + c + hay a + d − b − c − = Đến ta thu ( b− c )  Điều dẫn ta đến b = c Lại có ad = bc nên suy ad = b2 a + d = 2b + Đến ta có biến đổi a = a.1 = a ( a + d − 2b ) = a + ad − 2ab = a + b2 − 2ab = ( a − b ) Vậy a số phương + Lời giải Đặt b = a + x,c = a + x + y d = a + x + y + z với x, z số nguyên dương, y số ngun khơng âm Khi giả thiết tốn viết lại thành a ( z − x ) = x + xy a + x + y + z  a + Do ta suy x + y + z −  a Do a ( z − x ) = x + xy  nên z − x   z  x hay z  x + nên suy a  x2 + xy Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta a  x2 + xy  x + x + y  z − + ( x + 1) = x + y + z − Kết hợp với x + y + z −  a ta x + y + z − = a nên dấu bất đẳng thức xẩy Điều dẫn đến y = a = x2 + xy = x2 số phương Câu (1.5 điểm) Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN a) Với x, y, z số thực thỏa mãn xyz = ( xy + y + 1)( yz + y + 1)( zx + z + 1)  Chứng minh 1 + + =1 xy + x + yz + y + zx + z + b) Với x, y, z số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện 1 + + = 3, x y z tìm giá trị lớn biểu thức: P= 2x2 + y + + 2y + z + + 2z + x + Lời giải a) Với x, y, z số thực thỏa mãn xyz = ( xy + y + 1)( yz + y + 1)( zx + z + 1)  Chứng minh 1 + + = xy + x + yz + y + zx + z + + Lời giải Do xyz = nên ta có biến đổi xy 1 1 x + + = + + xy + x + yz + y + zx + z + xy + x + xyz + xy + x x yz + xyz + xy = xy xy + x + 1 x + + = =1 xy + x + xy + x + xy + x + xy + x + Vậy đẳng thức chứng minh + Lời giải Do xyz = nên tồn số a, b, c cho x = a b c ; y = ; z = Khi ta b c a có biến đổi đẳng thức cần chứng minh sau 1 1 1 + + = + + b b c c xy + x + yz + y + zx + z + a a + +1 + +1 + +1 c b a c b a 1 1 1 + + a b c = + + = a b c =1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + + + a b c a b c a b c a b c Vậy đẳng thức chứng minh b) Với x, y, z số thực dương thay đỏi thỏa mãn điều kiện giá trị lớn biểu thức: P = 2x2 + y + + 2y + z + + 1 + + = , tìm x y z 2z + x + + Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có đánh giá sau Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN 1 1 =  = 2.2x + 2y ( 2x + y ) 2x + y + x2 + + y2 + ( ) ( ) Áp dụng tiếp bất đẳng thức AM – GM bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta lại có đánh giá ( 2x + y ) Do ta 1 3 1 1   1 =  +    + +  ( 2x + y ) 2  2x + y    x y   = 2x + y +   62  + +  Chứng minh hoàn toàn tương tự ta 26  x y  2y + z2 +   62 1 62   + + 3  + + 3;  36  y z   2z + x + 36  z x Công theo vế bất đẳng thức để ý đến P= 2x + y + + 2y + z + Vậy giá trị lớn P 1 + + = ta thu x y z + 2z + x +   63 3  + + + 9 = 36  x y z  , đạt x = y = z = + Lời giải Theo kết ý a) ta có 1 + + = xy + x + yz + y + zx + z + Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có biến đổi 2x + y + = (x ) ( ) + y2 + x2 + +  ( xy + x + 1) 3 1 1 6 1   + = +   ( xy + x + 1) 2  xy + x +   xy + x +  = Áp dụng hoàn toàn tương tự ta 2y + z + 2  6 1 6 1 + ;  +    2  yz + y +  2z + x +  zx + z +  Cộng theo vế bất đẳng thức để ý đến 1 + + = ta xy + x + yz + y + zx + z + P Nguyễn Công Lợi  6 1 + + + 1 =   xy + x + yz + y + zx + z +  Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Vậy giá trị lớn P , đạt x = y = z = Câu (3.0 điểm) Cho tứ giác ABCD (khơng có hai cạnh song song) nội tiếp đường tròn ( O ) Các tia BA CD cắt điểm F Gọi E giao điểm hai đường chéo AC BD Vẽ hình bình hành AEDK a) Chứng minh tam giác FKD đồng dạng với tam giác FEB b) Gọi M, N tương ứng trung điểm cạnh AD, BC Chứng minh đường thẳng MN qua trung điểm EF c) Chứng minh đường thẳng EF tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác EMN Lời giải B A E N M T O L I K F C D a) Chứng minh tam giác FKD đồng dạng với tam giác FEB Do tứ giác AEDK hình bình hành nên DK song song với AC Chú ý đến tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn ta FDK = DCA = DBA Cũng tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn ta có tam giác FDA đồng dạng với tam giác FBC tam giác EDA đồng dạng với tam giác ECB Do ta suy nên ta có DF AD EA DK = = = BF BC EB EB DF BF Do tam giác FKD đồng dạng với tam giác FEB = DK BE b) Gọi M, N tương ứng trung điểm cạnh AD, BC Chứng minh đường thẳng MN qua trung điểm EF Gọi I trung điểm EF Do tứ giác AEDK hình bình hành nên ta có M trung điểm EK, điều dẫn đến IM song song với FK Dựng hình bình hành Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN BECL, để ý đến góc nội tiếp ta có FCL = 1800 − BDC = 1800 − BAC = FAC Lại có tam giác FDA đồng dạng với tam giác FBC tam giác EDA đồng dạng với tam giác ECB nên ta có FC BC EB CL Do suy tam giác FCL đồng dạng = = = FA AD EA AE với tam giác FAE Kết hợp với tam giác FKD đồng dạng với tam giác FEB ta suy KFD = EFA = LFC nên ba điểm F, K, L thẳng hàng Lại có N trung điểm EL nên suy IN song song với FL Do ba điểm I, M, N thẳng hàng hay đường thẳng MN qua trung điểm EF c) Chứng minh đường thẳng EF ln tiếp xúc với đường trịn ngoại tiếp tam giác EMN c) Gọi T điểm đối xứng với M qua I Ta có tứ giác METF hình bình hành nên FTE = FME Lại có tam giác FAD đồng dạng với tam giác FCB M, N theo thứ tự trung điểm AD, BC nên suy tam giác FAM đồng dạng với tam giác FCN Do ta FMA = FNC Chứng minh hồn tồn tương tự ta có tam giác EDA đồng dạng với tam giác ECB nên suy tam giác EMA đồng dạng với tam giác ENB nên ta EMA = ENB = CNL Từ ta có FME = FNL = 180 − ENF , điều dẫn đến FTE = 1800 − ENF nên tứ giác ETFN nội tiếp Suy ENM = EFT = MEF nên EF tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác EMN Câu (2.0 điểm)   Cho tập hợp S = x  Z  x  50 Xét A tập hợp tập hợp S có tính chất: Khơng có ba phần tử tập hợp A số đo ba cạnh tam giác vng a) Tìm tập hợp A có 40 phần tử thỏa mãn điều kiện toán b) Có hay khơng tập hợp A có 41 phần tử thỏa mãn điều kiện toán? Hãy giải thích câu trả lời Lời giải a) Trước hết ta chứng minh nhận xét: Trong ba số ngun dương thỏa mãn định lí Pitago ln có số chia hết cho Thật vậy, gọi a, b, c số nguyên đương thỏa mãn điều kiện a2 + b2 = c2 + Nếu hai số a b có số chia hết cho nhận xét hiển nhiên + Nếu hai số a b không chia hết cho Khi a b chia cho có số dư 1, 2, 3, nên a b2 chia cho có số dư Điều dẫn Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp ... + −  ? ?1 2 ? ?1 3  2 017 2 018  ? ?1 1 ? ?1 1 ? ?1 1  =  + −  +  + −  + +  + − = 2 018 −  2 018  2 018 ? ?1 2 ? ?1 3  2 017 2 018  Vậy ta có 1+ 1 1 1 + + + + + + + +  2 018 2 2 2 017 2 018 2 Câu... 1 + +  AA1 BB1 CC1 R − OO1 + Lời giải Ta có Lại có R − OO1 R − OO1 R − OO1 1 + +   + + 2 AA1 BB1 CC1 R − OO1 AA1 BB1 CC1 R − OO1 O1A − OO1 OA AA1 − OA1 OA1 =  = = 1? ?? AA1 AA1 AA1 AA1 AA1... THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THI? ??U ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH Năm học 2 018 – 2 019 Bài (1. 5 điểm) Cho phương