THÔNG TIN TÀI LIỆU
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: TOÁN CHUYÊN Ngày thi: 03/06/2018 Câu a) Giải phương trình : x x x2 5x 1 xy y x b) Giải hệ phương trình: 2 y y x 8x Câu a) Tìm số nguyên x; y; z cho x2 y z xy 3x 4z b) Cho hai số nguyên dương m, n thỏa mãn m n ước nguyên tố m2 n2 CMR m.n số phương Câu Cho a, b, c thực dương thỏa mãn abc Chứng minh rằng: a a3 ab b4 b3 bc c c3 ac Câu Cho tam giác ABC vuông A AB AC nội tiếp đường tròn (O) đường cao AH Gọi D điểm đối xứng với A qua BC Gọi K hình chiếu vng góc A lên BD Qua H kẻ đường thẳng song song với BD cắt AK I Đường thẳng BI cắt đường tròn (O) N (N khác B) a) Chứng minh AN.BI DH BK b) Tiếp tuyến (O) D cắt đường thẳng BC P Chứng minh đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP c) Tiếp tuyến (O) C cắt DP M Đường tròn qua D tiếp xúc với CM M cắt OD Q (Q khác D) Chứng minh đường thẳng qua Q vng góc với BM ln qua điểm cố định BC cố định A di động đường tròn (O) Câu Để phục vụ cho lễ khai mạc World Cung 2018, ban tổ chức giải đấu chuẩn bị 25000 bóng, bóng đánh số từ đến 25000 Người ta dùng màu: Đỏ, Da cam, Vàng, Lục, Lam, Chàm, Tím để sơn bóng (mỗi sơn màu) Chứng minh 25000 bóng nói tồn bóng màu đánh số a, b, c mà a chia hết cho b, b chia hết cho c abc 17 ĐÁP ÁN Câu a) Giải phương trình : x x x2 5x 1 Điều kiện xác định: x Ta có x2 5x x 1 x 1 x 3 x 3 0 x 1 x 1 1 x 3 x 0 x 1 x 1 x 1 x 3 1 1 0 1 Do x 2x 1 0 x 1 x 1 x 1 2 x x x 3(tm) Vậy phương trình có nghiệm x b) Hệ cho tương đương với 2 xy y x xy y x 2 2 y y x x x y y xy y x x xy y x xy y x x y x y x y x y 1 2 13 5 13 ;y x y x 3 3 x x 2 13 5 13 ;y x 3 5 22 26 22 ;y x x y 3 3 x 10 x 21 5 22 26 22 ;y x 3 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm Câu a) Do x, y, z số nguyên nên x y z xy y z x y z xy y z 2 y x y 1 z 2 x y x y 1 y 2 z z Vậy x 1; y z số nguyên cần tìm b) Giả sử m n Theo ta có: m n m n 1 m n 1 m n 1 m n m n 1 m n 1 2m 2n m 2mn n m n 1 m n m n 1 Do m n số nguyên tố m n ước m n Mà m n m n vơ lý Vậy giả sử sai m n m.n m2 số phương Ta có điều phải chứng minh Câu Ta có: a 1 a a 1 a 2a 1 a a 1 a a3 a a a3 a a a ab ab a a a ab ab a Chứng minh hồn tồn tương tự ta có: b4 b3 bc 1 ; bc b c c3 ac ac c Như VT 1 1 1 ab a bc b ac c ab a bc b ac c (Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho số) Lại có 1 1 a ab ab a bc b ac c ab a abc ab a a bc abc ab a ab ab a 1 ab a a ab Vậy ta có điều phải chứng minh Dấu “=” xảy a b c Câu A I N P C H J M D O Q K B a) Chứng minh AN.BI DH BK Ta có chắn cung AB nên BDA BNA IHA BNA INA Suy tứ giác ANHI nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh nhìn cạnh góc nhau) Do đó: AHN AIN BIK (hai góc nội tiếp chắn cung AN ) Ta có : AK BD AK IH AIH 900 Do tứ giác AHNI tứ giác nội tiếp (cmt) AIH ANH 1800 ANH 900 IBK NAH ANH BKI ( g.g ) BK BI BI AN BI DH BK AN AH DH b) Gọi O1 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP, I trung điểm NP Vì A; D đối xứng qua BC nên PA tiếp tuyến (O) Ta có: PAN PO1 N PO1I1 (góc nội tiếp góc tâm chắn cung NP đường trịn O1 ) Lại có: PAN ADN (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung AN O ) PO1I1 ADN Hơn ANHI nội tiếp (cmt) nên ANH AIH 900 NAH NHP (cùng phụ với NHA ) Ta có : NAH NIH NBD NDP NHP NDP tứ giác PDNH nội tiếp nên NPH NDA NPH PO1I1 Mặt khác : PO1I1 O1PI1 900 NPH O1PI1 900 O1PH 900 Suy BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP c) Gọi J trung điểm OM, G trung điểm OC, E giao điểm QG BM Dễ thấy MQ đường kính đường tròn qua D tiếp xúc với MC (Do MDQ 900 ) MQ MC Mà MC BC MQ / / BC Do MQ / / BC QMO MOP (so le trong) QOM Tam giác QOM cân Q QJ OM (trung tuyến đồng thời đường cao) BOM GJQ (góc có cạnh tương ứng vng góc) Mặt khác OGJ OJG( g.g ) GJ OG JQ OJ OGJ OCM OG OC OB (OC OB) OJ OM OM GJ OB GJQ JQ OM BOM (c.g.c) OMB QJM 900 (hai góc nội tiếp chắn cung QM) QE EM QE BM Vậy đường thẳng qua Q vng góc với BM qua trung điểm G OC cố định Câu 5: Xét tập A 1; 2;3; .; 2500 tập B 1;3;3.2;3.22 ; ;3.213 Do 3.213 24576 250000 B A Tập B có 15 phần tử Do bóng sơn màu mà có màu nên theo nguyên lý Dirichle tập B tồn bóng màu Giả sử bóng đánh số a b c a chia hết cho b, b chia hết cho c abc 18 17 Vậy ta có điều phải chứng minh SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TỈNH KHÁNH HÒA KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi: TỐN CHUN Ngày thi : 03/06/2018 Câu a) Giải phương trình : x2 x 3x x b) Có số tự nhiên có chữ số abc cho a, b, c độ dài cạnh tam giác cân Câu a) Chứng minh với số thực a, b, c ta ln có: a b c a b2 c2 ab ac bc 1 1 1 2 4; 2 x y xyz x y z b) Cho số x, y, z khác thỏa mãn : x y z ; Tính Q y 2017 z 2017 z 2019 x2019 x2021 y 2021 Câu Cho đường trịn (O) đường kính BC H điểm nằm đoạn thẳng BO (điểm H không trùng với hai điểm B O) Qua H vẽ đường thẳng vng góc với BC, cắt đường trịn (O) A D Gọi M giao điểm AC BD, qua M vẽ đường thẳng vuông góc với BC N a) Chứng minh tứ giác MNBA nội tiếp BO OH b) Tính giá trị: P AB BH c) Từ B vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O), cắt hai đường thẳng AC AN K E Chứng minh đường thẳng EC qua trung điểm I đoạn thẳng AH H di động đoạn thẳng BO Câu Cho a, b,c số thực dương thỏa mãn điều kiện a b c abc Chứng minh a2 b2 c2 a b Câu Để tiết kiệm chi phí vận hành đồng thời du khách tham quan hết 18 danh lam, thắng cảnh tỉnh K, công ty du lịch lữ hành KH thiết lập tuyến chiều sau: Nếu từ tỉnh A đến B từ B đến C khơng có tuyến từ A đến C Hỏi có cách thiết lập để hết 18 địa danh ? ĐÁP ÁN Câu a) Giải phương trình Điều kiện xác định x 1 x2 x 3x x x x 1 3x x u x Đặt v x u v u 2v Phương trình u 3uv 2v u v u 2v TH 1: u v x2 x 1 1 x x 1 x x TH : u 2v x x x 1 x 2 x 4x Vậy nghiệm phương trình cho : x 1 ;x 22 2 b) TH1:Tam giác a b c có số lập TH2: Xét a b c Vì a b c (bất đẳng thức tam giác) nên: c )a b khơng có giá trị c c c có cách chọn c +) a b c c )a b có cách chọn c c c )a b có cách chọn c c c 10 )a b có cách chọn c c c 12 )a b có cách chọn c c c 14 )a b có cách chọn c c c 18 )a b có cách chọn c c c 18 )a b có cách chọn c c Vậy trường hợp có 52 số thỏa mãn Do vai trò a, b, c nên : 52.3 156 (số) Vậy có tất 156 165 số thỏa mãn Câu a) VT a b c a b c a b c a ab ac ab b bc ac bc c a b c ab bc ca VP b) Ta có: x yz xyz xyz 1 1 2 xy yz xz xyz xy yz xz xyz 1 2 1 1 2 2 2 2 2 2 4 x y z xy yz xz x y z xyz x yz 1 1 1 4 2 x y z x y z Từ 1 1 x y z x yz xy yz xz x y z xyz x y x z y z x y y z z x Hơn mũ Q lẻ nên có thừa số Vậy Q Câu 3: M K A E I B N H C O D a) Ta có : BAC 900 BAM 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) MNB 900 ( gt ) BAM MNB 1800 Do tứ giác MNBA nội tiếp đường trịn đường kính MB (Tứ giác có tổng hai góc đối 1800 ) b) Do tam giác ABC vuông A nên áp dụng hệ thức lượng ta có: AB AB BC BO OH BO.OH BO BO BH BH AB AB BH BO BH BC BO AB BO 1 2 AB AB AB 2 BO OH P 2 1 AB BH Vậy giá trị P P c) Ta dễ dàng có : Do tứ giác DBAC nội tiếp: MBN DBC MBN DAC 900 MBN 900 DAC NMB BCA (1) DBC DAC Tứ giác MNBA nội tiếp (cmt) NMB NAB (2) (hai góc nội tiếp chắn cung NB) Tam giác OAC cân O (OA = OC) BCA OAC (3) (hai góc đáy) Từ (1) (2) (3) suy NAB OAC OAC BAO NAB BAO BAC NAO NAO 900 OA NA NA tiếp tuyến đường trịn (O) A EA EB Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: EAB EBA Trong tam giác vuông KAB ta chứng minh AE đường trung tuyến EA EB EK EAK cân E BKA EAK AH BC CI AI AH / / BK Do theo định lý Ta lét ta có: CE KE BK BC Ta có: CI HI AI HI CE BE KE BE Mà KE EB AI HI HI / / EB Từ suy I trung điểm AH Vậy ta có điều phải chứng minh Câu 4: Ta có: a b c abc a b c 1 1 ab ac bc Đặt x ; y ; z bất đẳng thức cho trở thành : xy xz yz 1 a2 b2 c2 a b 1 1 1 c 1 a b c 1 z2 1 z x2 y 1 z2 0 z x2 y 1 1 x2 1 y2 1 x2 y 1 x 1 y 2 1 z2 0 z z z x2 y 0 z Ta lại có: 1 xy x y x2 y2 x2 y x2 y xz yz x y bdt z z z( x y) z 0 z 1 y2 1 1 1 z (1 xy ) z 1 z xy z 1 0 z 1 y2 1 x2 1 y2 1 y2 1 x y x y z x2 1 x2 1 x2 2 z ( xz yz ) z 0 z 2 0 Từ ta có điều phải chứng minh Câu 5: Gọi A địa điểm có nhiều tuyến đường (gồm ca đường xuất phát từ A đến A) Các địa điểm lại ta chia thành loại: Loại 1: Các đường xuất phát từ A có n(1) m tuyến đường Loại 2: Các tuyến đến A có n n tuyến Loại 3: Khơng có tuyến đến A có n(3) p tuyến Do m n p 17 và: Số tuyến liên quan đến A có m n tuyến Số tuyến khơng liên quan đến A không vượt m n Gọi S số cách thiết lập hết 18 địa danh thì: S m n p m n mn mn p 1 m n p 1 m n p 1 đẳng thức Cosi) Dấu xảy m p 6, n Vậy có tối đa 108 cách thiết lập hết 18 địa danh 108 (Áp dụng bất SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUN ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TOÁN (chuyên) Năm học: 2018 - 2019 Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm: 01 trang) Câu (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức P b) Chứng minh Câu (2,0 điểm) x2 y2 x2 y ( x y )(1 y ) ( x y )(1 x) (1 x)(1 y ) 1 1 1 1 2018 12 22 22 32 20172 20182 a) Giải phương trình 1 x x x x x x y y ( x y 1) x b) Giải hệ phương trình 4y 3 x y x 14 y Câu (3,0 điểm) Cho đoạn thẳng AB C điểm nằm hai điểm A, B Trên nửa mặt phẳng bờ đường thẳng AB, vẽ nửa đường trịn đường kính AB nửa đường trịn đường kính BC Lấy điểm M thuộc nửa đường trịn đường kính BC ( M B; M C ) Kẻ MH vng góc với BC ( H BC ), đường thẳng MH cắt nửa đường trịn đường kính AB K Hai đường thẳng AK CM giao E a) Chứng minh BE BC AB b) Từ C kẻ CN AB (N thuộc nửa đường trịn đường kính AB), gọi P giao điểm NK CE Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp tam giác BNE PNE nằm đường thẳng BP c) Cho BC 2R Gọi O1 , O2 tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCH MBH Xác định vị trí điểm M để chu vi tam giác O1HO2 lớn Câu (1,5 điểm) a) Tìm tất cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn x2 y 41 xy b) Có số tự nhiên n khơng vượt q 2019 thỏa mãn n3 2019 chia hết cho Câu (1,5 điểm) a) Cho số thực dương a, b thỏa mãn a b Chứng minh a b a b 4ab a 3b b 3a b) Cho 100 điểm mặt phẳng cho bốn điểm có ba điểm thẳng hàng Chứng minh ta bỏ điểm 100 điểm để 99 điểm cịn lại thuộc đường thẳng -HẾT Họ tên thí sinh: Họ tên, chữ ký GT 1: Số báo danh: Họ tên, chữ ký GT 2: Trang 1/5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học: 2018 - 2019 Mơn : TỐN (chun) (Hướng dẫn chấm gồm: 05 trang) Câu 1: (2,0 điểm) Điểm Nội dung a) (1,0 điểm) Điều kiện: x y; x 1; y P 0,25 x3 x y y x3 y x y x xy y x y x y ( x y )(1 y )(1 x) (1 y )(1 x) 0,25 x2 x2 y x y 1 x x xy y b) (1,0 điểm) Đặt S 0,25 0,25 1 1 1 12 22 22 32 20172 20182 0,25 Ta có 1 1 n (n 1) n n n(n 1) (n * ) 1 1 1 n n n n 1 1 1 Áp dụng đẳng thức ta S 1 1 1 2 3 2017 2018 = 2018 2018 (điều phải chứng minh) 2018 0,25 0,25 0,25 Câu 2: (2,0 điểm) Nội dung Điểm a) (1,0 điểm) Điều kiện: x2 x 1 x x x x x 2(1 x) x x x x (1) Đặt 0,25 x x y ( y 0) y PT (1) trở thành y 2(1 x) y x y 2 x Với y x2 x x 1 (thỏa mãn điều kiện) Với y 2 x x x 2 x (vô nghiệm) Trang 2/5 0,25 0,25 Phương trình có tập nghiệm 1 6; 1 0,25 2) (1,0 điểm) Điều kiện x 8; y 1; x y x y ( x y )( y 1) (1) Hệ cho tương đương 4y x x 14 y (2) y 1 1 Nhận xét: y 1 y khơng thỏa mãn, (1) x y x y 20 y 1 y 1 0,25 x y x y Thế vào (2) ta phương trình y 1 y y y 10 y 11 y 1 y y 10 y 0,25 y 3 y 1 (3) y 1 y 1 Với 1 y 2 2 3 ; ;2 y 1 y 1 2 y 1 2y 1 y 1 2y 1 Do (3) y y x thỏa mãn điều kiện Vậy nghiệm hệ ( x; y) (7;3) 0,25 0,25 Câu 3: (3,0 điểm) Điểm Nội dung a) (1,0 điểm) Ta có BME BKE 900 nên tứ giác BMKE nội tiếp 0,25 HKB CEB mà HKB BAE (vì phụ với HKA ) BAE CEB 0,25 BEC đồng dạng với BAE (vì ABE chung BAE CEB ) 0,25 Do BE BC BE BC AB AB BE b) (1,0 điểm) Xét tam giác vng ABN có CN AB BN BC AB mà BE BC AB suy BN BE hay BNE cân tai B suy BNE BEN (1) Trang 3/5 0,25 0,25 Mặt khác, theo câu ta có CEB BAE BAE BNP suy CEB BNP (2) Từ (1) (2) suy PNE PEN hay PNE cân P NP PE Vì NP PE BN BE nên BP NE Suy BP đường phân giác góc EBN EPN Do tâm đường tròn nội tiếp tam giác BNE PNE nằm đường thẳng BP c) (1,0 điểm) Gọi giao điểm O1O2 với MB, MC I J Ta có CMH MBH (vì phụ MCB ) Suy O1MH O2 BH Mặt khác O1HM O2 HB 450 O2 Suy MO1H đồng dạng với BO2 H O1 O H MH MH MC Do dó mà O2 H HB HB MB O’ O H MC O2 H MB O H MC ) O1HO2 đồng dạng với CMB (vì O1HO2 CMB 900 O2 H MB Suy HO2O1 MBC MBC HO2 I 1800 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Suy tứ giác BHO2 I nội tiếp MIJ O2 HB 450 Suy MIJ cân M MI MJ Ta có MO2 I MO2 H (g.c.g) suy MI MH O2 I O2 H Tương tự có O1H O1 J Chu vi tam giác O1HO2 O1H HO2 O1O2 JO1 O1O2 O2 I 2MI 2MH Ta có MH R Suy chu vi tam giác O1HO2 lớn 2R MH R , hay M nằm nửa 0,25 0,25 đường trịn đường kính BC Câu 4: (1,5 điểm) Nội dung Điểm a) (0,75 điểm) Phương trình cho tương đương x2 xy y 41 (1) 82 Mặt khác từ (1) ta có y số lẻ, nên y 1;9 Với y x x 36 x Ta có 'x 82 y y Với y 1 x2 x 36 x 0,25 0,25 x Với y x x x 2 Trang 4/5 x 1 Với y 3 x x x 2 Vậy có cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn là: (1;3),(2;3),(1; 3),(2; 3) b) (0,75 điểm) Đặt n 6q r , r 0,1,2,3,4,5 Khi n3 2019 chia hết cho r chia hết cho Nếu r chẵn r lẻ, r khơng chia hết cho Suy r 1,3,5 Với r r không chia hết cho Với r r 30 Với r r 128 không chia hết cho Suy n 6q Mà n 2019 q 336 Vậy có tất 337 số tự nhiên n thỏa mãn đề 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 5: (1,5 điểm) Nội dung Điểm a) (0,75 điểm) Bất đẳng thức cho tương đương 1 a 3b b 3a Áp dụng BĐT Cô si cho số dương ta có a a ab 1 a ab (1) a b a 3b a b a 3b a 3b 0,25 b 2b 11 2b (2) a 3b a 3b a 3b a b 13 a 13 a (3) a 3b a b a 3b a b 0,25 13 b Chứng minh tương tự ta có (4) b 3a a b 1 Từ (3) (4) suy (điều phải chứng minh) a 3b b 3a 0,25 Dấu " " xảy a b b) (0,75 điểm) 0,25 Nếu tất 100 điểm thuộc đường thẳng tốn hiển nhiên Nếu 100 điểm thẳng hàng Ta chọn bốn điểm A, B, C, D mà tất thẳng hàng Theo giả thiết điểm A, B, C, D phải có điểm thẳng hàng, giả sử điểm A, B, C thuộc đường thẳng d , điểm D nằm đường thẳng d Ta 0,25 chứng minh 96 điểm lại thuộc đường thẳng d phương pháp phản chứng Giả sử 96 điểm lại, tồn điểm E nằm đường thẳng d Xét bốn điểm A, B, D, E phải có điểm thẳng hàng Do điểm A, B, D không thẳng hàng, điểm A, B, E không thẳng hàng nên điểm A, D, E thẳng hàng điểm B, D, E thẳng hàng Từ (1) (2) suy Trang 5/5 Trường hợp điểm A, D, E thẳng hàng điểm B, D, E khơng thẳng hàng, điểm C, D, E không thẳng hàng, điểm B, C, D, E khơng có điểm thẳng hàng, trái với giả thiết Trong trường hợp B, D, E thẳng hàng tương tự, điểm A, C, D, E khơng có 0,25 điểm thẳng hàng, trái với giả thiết Như điểm A, B, C thuộc đường thẳng d , phải có 96 điểm thuộc d Bài toán chứng minh Chú ý: - Nếu thí sinh làm đúng, cách giải khác với đáp án, phù hơp kiến thức chương trình THCS tổ chấm thống cho điểm thành phần đảm bảo tổng điểm hướng dẫn quy định - Tổng điểm tồn khơng làm trịn HẾT Trang 6/5 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Môn: TOÁN CHUYÊN Năm học: 2018-2019 Câu xy ( x y ) a) Giải hệ phương trình : 3 3 x y x y x 1 y 1 31 b) Giải phương trình: x x x x Câu a) Cho x, y số nguyên cho x2 xy y ; xy y x chia hết cho Chứng minh x2 y x y chia hết cho b) Cho a1 , a2 , , a50 số nguyên thỏa mãn: a1 a2 a50 50 , a1 a2 a50 100 Chứng minh từ số cho chọn vài số có tổng 50 Câu Cho ngũ giác lồi ABCDE nội tiếp (O) có CD / / BE Hai đường chéo CE BD cắt P Điểm M thuộc BE cho MAB PAE Điểm K thuộc AC cho MK song song AD, điểm L thuộc đường thẳng AD cho ML // AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác KBC cắt BD, CE Q S (Q khác B, S khác C) a) Chứng minh điểm K, M, Q thẳng hàng b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác LDE cắt BD, CE tai T R (T khác D, R khác E) Chứng minh M, S, Q, R,T thuộc đường tròn c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR tiếp xúc (O) Câu Cho a, b, c số thực dương Chứng minh ab bc 1 2 b c a b bc ab ĐÁP ÁN Câu xy ( x y ) a) Giải hệ phương trình : 3 3 x y x y x 1 y 1 31 Ta có hệ phương trình: xy x y 2 ( x y )( x xy y ) xy 7( x y xy 1) 31 xy ( x y ) ( x y ) x y 3xy xy x y xy 1 31 ab 2 a a 3b b a b 1 31 Đặt a x y; b xy hệ trở thành: ab 3 a 3ab b a b 1 31 a b a b 3ab 3ab a b 1 31 a b 3ab(a b) 3ab 7( a b) 24 a b 6(a b) 3.2 a b 24 a b a b 30 a b 27 (a b) 3 (a b 3) a b 3(a b) 10 a b a b 3(a b) 10 a b a 2 (do a x y xy 4b) ab b x y x y 1 xy Vậy hệ có nghiệm x; y 1;1 b) Giải phương trình: x x x x Điều kiện xác định: x Đặt a x , b x a, b 0 Khi phương trình tương đương với: 9 3ab a 5b 2a b 3ab 7a 5b 2 2a b 2a 2ab 4a ab b 2b 3a 3b 2a(a b 2) b a b a b a b 2a b 3 a b b a 3a (2 a) 2a 10 2a b b 2a 3a 2a a 2a 1 3a 1 a 1 a x (tm) a 1 a x 1(tm) Vậy phương trình có tập nghiệm S ;1 9 Câu a) Cho x,y… Ta có: x xy y xy y x x xy y x x xy xy y x y x y x y 1 Lại có: x2 xy y, xy y x chia hết cho x y x y 1 chia hết cho TH1: Nếu x y chia hết cho5 y x mod5 x2 xy y x x x x 3x 1 (mod5) , x chia hết cho chia dư +)Nếu x chia hết cho y vậy, toán chứng minh +)Nếu x chia cho dư y chia dư 2, x2 y x y 2.9 2.3 30 0(mod5) Ta có điều phải chứng minh TH2) Nếu x y chia hết cho x y 1 mod5 x xy y y 1 y( y 1) y y 1 mod5 Do y chia dư x chia dư nên: x2 y x y 2.16 16 2.4 60 mod5 Vậy ta có điều phải chứng minh b) Cho……… Nếu tồn n :1 n 50 : a1 a2 an 50 kết luận tốn hiểu nhiên a1 a2 an 49 an1 a1 a2 an1 51 Xét: n 49 : TH 1: an1 a1 a2 an 49 an an3 a50 49 Nên n 24 a1 an2 ; a2 an3 ; ; an a2n1 49 a1 a2 an an2 an3 a2n1 an2 a49 a50 Điều vô lý nên: n 25 49 a1 a2 an na1 25a1 a a a2 .an 48; a2 an1 50 TH2: an1 an an3 a50 100 a1 a2 an1 49 49 49 n an 49 n n 33 49 a1 a2 a16 a17 an 16 n 16 a17 16 17a17 a17 a17 a1 a2 a17 Nếu an1 18 đặt a1 a2 an1 50 k k 1 18 an1 50 k 49 k k 17 ak 1 an1 50 Nếu an1 19 49 49 n an 49 n 19 n 47 a1 a2 a45 Vì a45 a1 a2 a44 a45 an 44 n 44 a45 44 47 44 49 Đặt an1 50 k k 31 a1 ak an1 50 Vậy ta có điều phải chứng minh a1 ak 1 Câu 3: a) Chứng minh điểm K, M, Q thẳng hàng Do tứ giác BCKQ BCDA nội tiếp nên: CKQ CBQ CAD KQ / / AD Mặt khác MK / / AD nên K, M, Q thẳng hàng b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác………… Chứng minh tương tự ta có: R, M , L thẳng hàng MQ / / AD nên RMQ RLD ETD tứ giác RTMQ nội tiếp Chứng minh tương tự RMSQ nội tiếp đó: M , S , Q, R, T thuộc đường tròn c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp Bổ đề: cho tam giác ABC, M nằm d / / BC lấy E khác M d, AM cắt BC I Đường qua M / / AB cắt BE J , IJ / / AE Chứng minh MJ cắt AE, AC S T, ME cắt AC G Ta có MG//BC suy MS AP AG MA MA AG , ME cắt AB P ta có: AE / / IJ MJ PB GC MI MI GC Quay trở lại toán: AM cắt BC, (O) I J khác A Áp dụng bổ đề ta có: IR / / AE, IQ / / AB Do IRE AEC AJC nên RIJC tứ giác nội tiếp Chứng minh tương tự ta có DQIJ tứ giác nội tiếp Do đó: RJI IJQ RPD 2PCD CPD 1800 nên RPQJ nội tiếp Kẻ tiếp tuyến Jx (O) Ta có: xJR xJA RJA ADJ PDC ADP MAC ADP PAD APB PEJ MAC PED Suy : Jx tiếp xúc với PQR hay ta thu được: PQR tiếp xúc với O Vậy ta có điều phải chứng minh Câu 4: Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có: ab bc 1 bc ab b c a b bc ab bc ab bc ab c b b a c b b a 2 a b b c a b b c a b b c a b b c b c b a 2 ab ab bc bc Vậy ta có điều phải chứng minh Dấu " " xảy a b c SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUN ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN (chun) Năm học: 2016 - 2017 Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm: 01 trang) Câu (2,0 điểm) a) Đơn giản biểu thức x x x x với x b) Cho a, b, c số thực thỏa mãn điều kiện a b c ; Tính giá trị biểu thức 1 47 a b b c c a 60 a b c bc ca ab Câu (2,0 điểm) x 3x 3x x 2 x y 3x b) Giải hệ phương trình 2 x y x y a) Giải phương trình Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn O Các đường cao AK , BM , CN tam giác ABC cắt H a) Chứng minh NKH MKH b) Đường thẳng MN cắt đường tròn O hai điểm I , J Chứng minh AO qua trung điểm IJ c) Gọi P trung điểm BC , diện tích tứ giác AMHN S Chứng minh 2.OP S Câu (1,5 điểm) a) Chứng minh tồn vô hạn ba số nguyên x, y, z thỏa mãn xyz x5 y3 7z b) Tìm tất số ngun khơng âm a, b, c thỏa mãn a b b c c a 6abc 2 a3 b3 c3 chia hết cho a b c Câu (1,5 điểm) a) Cho x, y, z số thực thỏa mãn x y x z 1; y z Chứng minh x y y z z x b) Trên bảng ban đầu ghi số số Ta thực cách viết thêm số lên bảng sau: bảng có hai số, giả sử a, b ; a b , ta viết thêm lên bảng số có giá trị a b ab Hỏi với cách thực vậy, bảng xuất số 2016 hay khơng? Giải thích -HẾT Trang 1/4 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học: 2016 - 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN (chun) (Hướng dẫn chấm gồm: 04 trang) Câu 1: (2,0 điểm) Điểm Nội dung a) (1,0 điểm) x x 1 x x 1 x 1 x 1 1 x 1 x 1 1 x 1 1 x 1 1 x 1 1 x 1 1 0,25 0,25 x 1 1 0,25 0,25 x b) (1,0 điểm) Do a b c nên b c c a a b a b c bc ca a b bc ca a b 6 3 bc ca ab 1 6 3 bc ca ab 47 47 17 3 60 10 10 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 2: (2,0 điểm) Điểm Nội dung a) (1,0 điểm) Điều kiện x 3x 0; 3x Đặt a x 3x 1; b x 1; a; b Khi ta 2b2 a 3x 0,25 Phương trình cho trở thành: a 2b2 a 2b 2b2 a 2b a 2b2 a 2b a 0,25 a 2ab b2 a b x x 3 Với a b ta x 3x x x 3x 0,25 Thử lại ta nghiệm phương trình là: x 0; x 3 0,25 Trang 2/4 2) (1,0 điểm) 1 2 2 x y 3x 2 x y x y 0,25 Cộng vế với vế (1) (2) ta x y x y Phương trình (3) tương đương với x y x y 2 2 3 0 x y x x y y Ta thấy x y thỏa mãn (1) (2) Hệ cho có nghiệm x; y 1;1 0,25 0,25 0,25 Câu 3: (3,0 điểm) Điểm Nội dung a) (1,0 điểm) A I Chứng minh tứ giác BNHK tứ giác CMHK tứ giác nội tiếp M 0,25 N H J O C B K Chứng minh tứ giác BNMC nội tiếp P 0,25 S Chứng minh NBM NKH ; MCN MKH ; NBM MCN 0,25 Từ chứng minh MKH NKH b) (1,0 điểm) 0,25 Kẻ đường kính AS O; R , nối BS Ta có BSA ACB (hai góc nội tiếp chắn cung) Tứ giác BNMC nội tiếp nên ANM ACB (cùng bù với BNM ) ANM ASB Trong tam giác ABS ta có ABS 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) nên BSA BAS 900 Suy ANM BAS 900 AO MN hay AO IJ Tam giác OIJ cân O OI OJ , AO IJ suy AO qua trung điểm IJ Trang 3/4 0,25 0,25 0,25 0,25 c) (1,0 điểm) Ta có ABS SCA 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) SC AC; SB AB CH song song SB (cùng vng góc BC ) BH song song SC (cùng vng góc AB ) BHCS hình bình hành P trung điểm HS (vì P trung điểm BC ) Do OP đường trung bình tam giác AHS OP 0,5 AH Trong tứ giác ANHM ta có AH NA2 NH MA2 MH NA2 NH NA.NH hay NA2 NH 4SNAH (Vì NA.NH 4SNAH ) 0,25 MA2 MH 2MA.MH MA2 MH 4SMAH (Vì 2MA.MH 4SMAH ) 2.HA2 4S ANHM 8.OP2 4S hay 2.OP2 S Dấu xảy NH NA; MH MA , MAN 900 hay BAC 900 (mâu thuẫn với tam giác ABC nhọn) Do không xảy dấu bằng, suy 2.OP S 0,25 Câu 4: (1,5 điểm) Điểm Nội dung a) (0,75 điểm) Với số nguyên k ta có: x5 y3 7z2 k 30 x5 k 30 y3 k 30 7z2 k x k 10 y k 15.z Do x0 ; y0 ; z0 số nguyên thỏa mãn điều kiện đề với số nguyên k ta có k x0 ; k 10 y0 ; k 15 z0 số nguyên khác thỏa mãn điều kiện đề 0,25 0,25 Ta thấy 1; 2;3 thỏa mãn điều kiện đề Từ suy tồn vơ hạn ba số nguyên x, y, z thỏa mãn xyz x5 y3 7z2 Lưu ý: Học sinh k ; k 10 ; k 15 với k số nguyên khác tùy ý số nguyên thỏa mãn đề b) (0,75 điểm) Giả sử a; b; c số ngun khơng âm thỏa mãn đề bài, ta có: a b b c c a 2 0,25 0,25 6abc a b c ab bc ca 3abc (1) 2 Phân tích a3 b3 c3 3abc a b c a b2 c ab bc ca (2) 0,25 Từ (1) (2) a3 b3 c3 3abc 3abc a b c hay a3 b3 c3 3abc a b c 1 Do a3 b3 c3 chia hết cho a b c nên ta chia hết cho a b c Suy a b c Thử lại: a b c thỏa mãn Vậy có số a; b; c 0;0;0 thỏa mãn đề Trang 4/4 0,25 Câu 5: (1,5 điểm) Điểm Nội dung a) (0,75 điểm) Đặt x y a; x z b ta ab 1; a b Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: 1 a b 1 2 4 2 a b2 4 2 a b a b ab a b 2ab a b2 2 a b2 0,25 a b2 0,25 Do ab 1; a b nên a b2 2ab hay a b2 Mặt khác a b a b2 2 a b2 2 Vậy a b2 a x y 2 b2 y z tức a b2 z x 0,25 b) (0,75 điểm) Đặt k ab a b a 1 b 1 0,5 Nếu số a, b tồn số chia dư k chia dư Ban đầu bảng gồm có số số (một số chia dư 1; số chia dư 2) Suy thời điểm, bảng ln có số chia dư số lại chia dư Do với cách thực đề bài, bảng khơng thể xuất số 2016 (Vì số 2016 chia hết cho 3) Lưu ý: Học sinh dùng bất biến theo modun 10 cách nhận xét chữ số tận số viết bảng; sử dụng cách liệt kê số viết bảng 0,25 Chú ý: - Nếu thí sinh làm đúng, cách giải khác với đáp án, phù hơp kiến thức chương trình THCS tổ chấm thống cho điểm thành phần đảm bảo tổng điểm hướng dẫn quy định - Tổng điểm tồn khơng làm tròn HẾT Trang 5/4 Họ tên thí sinh: Số báo danh: Họ tên, chữ ký GT 1: Họ tên, chữ ký GT 2: Trang 6/4 SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TỈNH HÀ TĨNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 MƠN THI: TỐN CHUN 1 Câu Cho x, y, z số hữu tỉ thỏa mãn Chứng minh x2 y z số x y z hữu tỉ Câu a) Giải phương trình : x2 3x x xy x y 5 b) Giải hệ phương trình: 1 x2 2x y y Câu a) Cho phương trình x2 2mx 1 2m Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm x1; x2 với m Tìm m để P x1 x2 đạt giá trị nhỏ x 2mx2 2m b) Cho x, y, z thỏa mãn x y z Chứng minh xy xy z yz xz yz x xz y Câu Cho đường tròn tâm (O) dây cung AB cố định khơng phải đường kính Điểm C khác A, B di động AB Đường tròn tâm P qua C tiếp xúc với (O) A, đường tròn tâm Q qua C tiếp xúc với (O) B Các đường tròn (P), (Q) cắt điểm thứ hai M Các tiếp tuyến đường tròn (O) A B cắt I a) Chứng minh MC phân giác AMB điểm A, M, O, B, I thuộc đường tròn b) Chứng minh điểm C thay đổi tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MPQ thuộc đường thẳng cố định Câu Cho a1 a2 an , n số tự nhiên không âm, a số ngun dương khơng có số liên tiếp Đặt S a1 a2 an Chứng minh luon tồn số phương b thỏa mãn Sn b Sn1 ĐÁP ÁN Câu 1 1 Từ giả thiết cho ta có: x y z xz yz xy xy xz yz x y z x y z xy xz yz x y z x yz x y z số hữu tỉ Vậy ta có điều phải chứng minh Câu 2 a) Giải phương trình x 3x x Điều kiện xác định: x 2 Phương trình cho tương đương với 16 x 12 x x 16 x x x x x 1 x 2 4 x x 41 4 x x x x x x x 2 x x 2 x 4 x x x 33 2 x Vậy nghiệm phương trình cho x 41 33 ;x 8 xy x y 5 b) Giải hệ phương trình: x2 2x y y x 0; x Điều kiện xác định : y 0; y Từ phương trình (1) ta có: xy x y 5 x 1 y 1 4 x2 2x a2 x 1 a 2 Đặt y b y y b ab 4 1 1 x 2x y y a 1 b 1 a2 b2 2 a2 b2 2 a 2b a b 17 a b a b 34 a b a b a b 2ab a b 2ab 4 b a a a 2 a 2 x 1 TH 1: b y a x TH : b 2 y 1 Vậy nghiệm hệ cho 1;3 3; 1 Câu 3: a) ' m2 2m m 1 nên phương trình ln có hai nghiệm với m x1 x2 2m Theo định lý Vi et ta có: x1 x2 2m x1 x2 P x1 x1 x2 x2 2m Ta có P P x1 x2 x1 x2 x1 x2 2m 4m 4m 11 4m 4m 2m 1 P 4m 1 Vậy giá trị nhỏ P 1 đạt m Câu b Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có: 1 x y z x y z x z y z Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có: xy xy z xy xy z x y z xy yz y z xz 1 z x ; yz x x y z x xz y y z x y 1 x y z z x y P 2 x z x y x z y z x y y z x z y x z y P x z x z x y x y y z y z P 2 x yz Vậy giá trị nhỏ P đạt Câu O Q M P A B C J I a) Chứng minh MC phân giác góc AMB điểm A, M, O, B, I thuộc đường tròn P O Q O Ta có: IA tiếp tuyến chung IB tiếp tuyến chung P, A, O Q, B, O thẳng hàng thẳng hàng P AMC BAI Xét đường trịn có (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung AC) Xét đường tròn chắn cung BC) Mà Q có: (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung BAI ABI IAB ( cân A) AMC BMC MC Ta có: Mà BMC ABI phân giác AIB BAI ABI 1800 AMB (tổng ba góc tam giác) BAI ABI AMC BMC AMB AIB AMB 1800 Lại có: Tứ giác AMBI nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối OAI OBI 900 ( gt ) OAI OBI 1800 Tứ giác AOIB 1800 ) nội tiếp (Tứ giác có 180 ) tổng hai góc đối Vậy điểm A, M, O, B, I thuộc đường tròn b) Chứng minh điểm C thay đổi tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MPQ thuộc dường thẳng cố định Gọi J trung điểm OI PA PM MPO PAM PMA 2PAM 2OAM Ta có tam giác AMP cân P nên: (góc ngồi tam giác tổng hai góc khong kề với nó) Tương tự ta có: Tam giác BMQ cân Q Mà OAM OBM QM QB nên MQO 2OBM (hai góc nội tiếp chắn cung OM) MPO MQO Tứ giác PMOQ tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai góc nội tiếp chắn cung nhau) Do đường trịn ngoại tiếp tam giác MPQ đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMOQ A, M , O, B, Q JM JB, QM QB Các điểm thuộc đường trịn đường kính OI nên JMQ JOQ JMOQ hay tứ giác nội tiếp Suy P,M,O,Q,J thuộc đường trịn Ta có I, O cố định nên JO cố định Trung trực JO cố định JO MPQ Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác thuộc trung trực cố định Câu S a1 a2 an Sn1 Sn an1 Vì n Ta có: S n1 S n Sn1 Sn Sn an 1 Sn S n an1 Sn Vì dãy số khơng có hai số liên tiếp nên an1 an an an1 an1 an1 2.2 a2 a1 an 1 a1 n.2 n.an1 a1 a2 an 1 n nan1 n(n 1) S n nan1 n(n 1) S n Ta chứng minh : an1 nan1 n n 1 an21 2an1 4nan1 4n n 1 an1 2n 1 0(luondung ) k Sn1 Sn Do ta ln có: nên tồn số thỏa mãn b k2 Vậy số phương cần tìm Sn1 k Sn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH Đề thức KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn thi: TỐN (Chun Toán) Ngày thi: 03/ 6/ 2018 Thời gián làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1: (2,0điểm) Cho biếu thức : T a b ab a b a b3 : a b ab a b , với a b,a 0, b a) Rút gọn biểu thức T b) Chứng tỏ T > Cho n sô tự nhiên chẵn, chứng minh số 20n 3n 16n 1chia hết cho số 323 Bài 2: (2,0 điểm) Giải bất phương trình: 3x 7x 4 x y x y Giải hệ phương trình: x y 5 xy Bài 3: (1,0 điểm) Cho phương trình: (m 1)x 2(2m 3)x 5m 25 (m tham số) Tìm giá trị m số nguyên cho phương trình có nghiệm số hữu tỉ Bài 4: (4 điểm) Cho tam giác ABC có góc nhọn AB BC; BC CA Xác định vị trí điểm M thuộc miền tam giác ABC (gồm cạnh miền tam giác) cho tổng khoảng cách từ M đến ba cạnh nhỏ Cho tam giác ABC (AB < AC) có goc nhọn, đường cao AD, BE, CF cắt H Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC AD K I Qua F kẻ đường thẳng song song với AC cắt AK, AD M N Gọi O trung điểm BC Chứng minh: a) DA phân giác FDE b) F trung điểm MN c) OD OK OE2 BD DC OD DK Bài 5: (1,0 điểm) Cho hai số dương a, b thỏa mãn a Chứng minh rằng: b 2 1 1 25 a b a b Lượt giải: Bài 1: (2,0điểm) a) Rút gọn T: Với a b,a 0, b , ta có: T a b ab a a b b a b3 a b3 a b ab : a b a b a b a b Vậy : T a b ab a b a b ab ab ab a b ab , với a b, a 0, b ab b) Chứng tỏ T > Ta có: T a b ab , với a b, a 0, b (kết câu 1.a) ab T a b ab ab a b ab (vì ab 0, a b với a b, a 0, b ) Vậy T > Ta có: a n bn (a b)(a n 1 a n b a n3 b2 abn bn1 ) a n bn m(a b) (a, b, n, m ) (*) Vì n số tự nhiên chẵn nên n = 2k ( k ) A = 20n 3n 16n 1 400k 9k 256k 1 Áp dụng (*), có: A (400k 1k ) (256k 9k ) 399x 247y 19 21x 19.13y (x, y ) A 19 với số tự nhiên n chẵn (1) có: A (400k 9k ) (256k 1k ) 391p 255q 17 23p 17 15q (p,q ) A 17 với số tự nhiên n chẵn (2) mà 17 19 hai số nguyên tố nên từ (1) (2) suy ra: A 17 19 với số tự nhiên n chẵn Vậy 20n 3n 16n 1 323 với số tự nhiên n chẵn Bài 2: (2,0 điểm) Giải bất phương trình: 3x 7x (1) 2 2 2 2 x x x x (1) 3 3 2 9x 12x 7x 9x 5x (x 1)(9x 4) (9x 9)(9x 4) 2 2 x x 2 x 9x 9x 1 x | 4 x y x y Giải hệ phương trình: x y 5 xy (2) Vậy bất phương trình (1) có tập nghiệm S x 2 4 x 9 4S S2 5S S P S 2; P Đặt S = x + y 0; P = xy 0, ta có: (2) 4S P S 5 S 3; P S3 S 8 3 0) Khi đó: S = 2; P x, y nghiệm phương trình: t 2t vô nghiệm ( ' 5 S = – 3; P = x, y nghiệm phương trinh: t 3t t1 1; t 2 Vai trò x, y hệ (2) nhau, hệ (2) có hai nghiệm: (x = – 1; y = – 2), (x = – 2; y = – 1) Bài 3: (1,0 điểm) Phương trình: (m 1)x 2(2m 3)x 5m 25 (3) Có ' (2m 3) (m 1)(5)(m 5) 9m2 42m 34 (3m 7) 15 (3) có nghiệm hữu tỉ với m ' phương, suy ra: (3m 7)2 15 n (n ) (3m – – n)(3m – + n) = 15 (m, n ) (4) Phương trình (4) tương đương với hệ phương trình: 3m n 15 (4.1), 3m n 1 3m n 1 (4.2), 3m n 15 3m n 5 (4.3), 3m n 3 3m n 3 (4.4) 3m n 5 3m n 15 3m n 3m n 3m n 15 3m n 3m n 3m n 3m n (4.5), (4.6) (4.7), (4.8) Giải hệ trên, suy hệ phương trình (3) có nghiệm hữu tỉ khi: m = m = Bài 4: (4 điểm) Gọi khoảng cách từ M đến BC, CA, AB là: x, y, z Ta có: 2SABC x BC y CA z AB (x y z)AB (vì AB BC CA ) xyz 2S AB + Nếu AB > BC dấu “=” xãy khi: M C + Nếu AB = BC > CA dấu “=” xãy khi: M thuộc cạnh AC + Nếu AB = BC = CA M điểm tam giác ABC Vậy tổng khoảng cách từ M đến ba cạnh tam giác nhỏ chiều cao cạnh lớn khi: M trùng C (nếu AB > BC = CA), M nằm cạnh AC (nếu AB = BC > CA) M điểm tam A giác ABC AB = BC = CA a) DA phân giác FDE M E P F I H N K B D O Q C Dễ chứng minh tứ giác BDHF nội tiếp đường trịn đường kính HB (1) tứ giác ABDE nội tiếp đường trịn đường kính AB (2) (1) HDF HBF (nội tiếp chắn cung HF) (1’), (2) HBF HDE (2’) (nội tiếp chắn cung AF) (1’) (2’) suy ra: HDF HDE Vậy DA phân giác FDE b) F trung điểm MN Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt AK, AD P, Q PQ // MN // AC Ta có: FC phân giác DFE (tương tự chứng minh câu a) mà FB FC nên PB phân giác FC phân giác KFD BK FK CK KB DB = = BD FD CD KC DC (3) Theo hệ định lí Ta-let, ta lại có: BP KB (4) (vì BP // AC) = CA KC BQ DB và: (5) (BQ // AC) = CA DC BP BQ Từ (3), (4), (5) suy ra: BP = BQ = CA AC Khi đó, áp dụng hệ định lí Ta-let hai tam giác ABP ABQ với MF // PQ, NF // BQ, có: A MF AF FN MF FN = = = MF = NF F trung điểm MN BP AB BQ BQ BQ c) Chứng minh OD OK = OE BD DC = OD DK M E Từ kết câu a) DFE = 2CFE (6) P Dễ chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn (O) đường kính BC, nên EOC = 2CFE F I H (7) N K B D O C Từ (6) (7) suy ra: DFE = EOC Tứ giác DFEO nội tiếp 1 sđ OE = sđ OF = OEK (vì OE = OF = BC) 2 OE OD Từ suy ra: ODE OEK (g.g) OD OK = OE OK OE ODE Q S Khi đó: BD DC = OB OD OC + OD OB2 OD2 OD OK OD2 OD OK OD OD DK Bài 5: 1 a ab b v(a > 0, b > 0) b b (x y) lại có HĐT: 2(x y ) (x y) (x y) x y (1) , dấu”=” xãy x= y có HĐT: (x y)2 (x y)2 4xy (x y) 4xy (2), dấu”=” xãy x= y Ta có: a 1 ab 1 b a b 1 b 1 2 1 1 1 a b a a a - Áp dụng (1), ta có: a b a b 2 2 1 dấu “=” xãy khi: a b a a b b 2 2 (1’), 1 1 a a b - Áp dụng (2), ta có: a (2’), dấu “=” xãy khi: a a b b b b b a Từ (1’) (2’) suy ra: 1 1 (1 4) Dấu “=” xảy khi: a hay b a b b a a b 1 a Vậy a b 1 25 , dấu “=” xãy khi: a = b = b SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TỈNH CÀ MAU KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi: TỐN CHUN Thời gian: 150 phút Ngày thi: 03/06/2018 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu 1: Rút gọn biểu thức sau a) A 20 45 125 405 b) B Câu 2: Cho parabol P : y x đường thẳng d : y x a) Vẽ đồ thị P d mặt phẳng tọa độ b) Tìm m để d P đường thẳng : y 2m 3 x 1cùng qua điểm có hồnh độ lớn Câu 3: Cho phương trình x2 2m 1 x m2 (1) (x ẩn số) a) Tìm m để phương trình có nghiệm phân biệt b) Gọi x1; x2 nghiệm phân biệt (1) Tìm m để x1; x2 thỏa mãn x1 x2 x1 Câu 4: Cho tam giác ABC cân A Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác, K tâm đường trịn bàng tiếp góc A O trung điểm IK a) CMR điểm B, I , C, K thuộc (O) b) CMR: AC tiếp tuyến (O) c) Tính tổng diện tích hình viên phân giới hạn cung nhỏ CI , IB, BK , KC dây cung tương ứng (O) biết AB 20, BC 24 Câu 5: Giải phương trình : x 1 x 1 x ĐÁP ÁN Câu Ta có ngay: A 20 45 125 405 15 18 B 94 94 2 2.2 2.1 2 2 1 2 1 2 2.2 2.1 2 2 2 2 ( do2 0) Câu a) Học sinh tự vẽ b) Giao điểm (d) (P) hồnh độ phương trình: x x x x x x x 1 x 1 x x y M 2;4 Do Đường thẳng Vậy m qua điểm M (2;4) 2m 3 m 11 giá trị cần tìm Câu a) Để phương trình cho có nghiệm phân biệt 2m 1 m2 1 4m2 4m 4m2 4m m 11 Vậy m phương trình có hai nghiệm phân biệt b) x1; x2 Với phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 x2 2m Theo hệ thức Vi-et ta có: x1 x2 m2 m x1 x2 x12 x22 x1 x2 x1 x2 x1 x2 2 2m 1 m 1 4m x1 x2 2m x1 2m 4m 2m ) x1 x2 m 4m 3 2m m 16m 8m 12 6m m 9m 22m 13 m 1 9m 13 m 1(tm) m m 13 (tm) m 13 13 m 1; m Vậy thỏa mãn điều kiện toán Câu 4: A H I B C O K a) CMR: điểm … Vì I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên IC phân giác góc C Vì K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC góc A nên CK phân giác ngồi góc C Theo tính chất phân giác ngồi tam giác ta có IC vng CK nên Chứng minh hồn tồn tương tự ta có: Xét tứ giác BICK BICK ta có: IBK 900 IBK ICK 900 900 1800 tứ giác nội tiếp (tổng hai góc đối diện 1800 ) ICK 900 Do O trung điểm IK nên theo tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền nửa cạnh huyền Vậy O OC OI OK tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác IBKC b) CMR: AC tiếp tuyến… OIC OCI Ta có: Tam giác IOC cân O nên Mặt khác, theo tính chất góc ngồi tam giác ta có: 1 1 BAC ACB BAC ABC 2 2 1 1 ICO ICA BAC ABC ACB 1800 900 2 2 OC CA OIC IAC ACI Do AC tiếp tuyến (O) C (đpcm) c) Tính tổng diện tích …… Gọi diện tích hình cần tính S, diện tích hình trịn (O) S’, gọi giao điểm BC IK M Ta có: S S ' S ICKB IO S IBK S IKC IK BM IK CM IK IK BC.IK 2 Ta có: S ABC AB BC CA AM BC IM 2 AB BM 24 AB BC CA IM 24 20 24 20.2 24 IM IM Áp dụng hệ thức lượng tam giác IBM vng B có đường cao BM ta có: BM 122 24 IM IK IM MK 24 30 BM IM IK MK 1 1 S IK BC.IK 302 24.30 4 225 360 346,86 dvdt Câu Điều kiện xác định: x 1 t x t 0 x t Đặt Phương trình trở thành: t 1 2t t 1 t 3t 3t 2t t t 4t 5t t t 4t t t 1 t x 1 x Vậy phương trình cho có nghiệm x 1 SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi: TỐN CHUN Thời gian: 150 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu 1) Tính giá trị biểu thức P 1 1 1 1 1 2018 a3 3a 5a 17 2) Cho a, b số thực dương thỏa mãn biểu thức b 3b 5b 11 Chứng minh a b Câu 1) Giải phương trình : x2 x 1 x x 1 1 x2 y 2) Giải hệ phương trình : x y xy Câu 1) Tính tất cặp số nguyên dương x; y thỏa mãn: x2019 y 2019 y1346 y 673 2) Cho n số nguyên dương tùy ý, với số nguyên k ta đặt Sk 1k 2k nk Chứng minh S2019 S1 Câu 4: Cho tam giác nhọn ABC có AB AC Gọi D, E, F theo thứ tự chân đường cao kẻ từ A, B, C tam giác, P giao điểm đường BC EF Đường thẳng qua D song song với EF cắt cạnh AB, AC, CF Q, R, S 1) CMR: tứ giác BQCR tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh PB DB với D trung điểm QS PC DC 3) Khi B, C cố định A thay đổi thù chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR qua điểm cố định Câu Trong giải đấu thể thao có n độ tham dự n , luật đấu sau: Hai đội đấu với trận Sau trận, đội thắng điểm, đội thua điểm hòa hai đội điểm Sau giải đấu đội xếp hạng théo thứ tự từ cao xuống thấp (bằng điểm xếp hạng) Hỏi điểm chênh lệch lớn đội xếp thứ hạng liền ? ĐÁP ÁN Câu 1) Tính giá trị biểu thức 2.3 Ta có: 2.3 3.4 1 3.4 2018.2019 2018 2018.2019 P 1 1 2.3 3.4 2018.2019 2.3 3.4 2018.2019 2.3 3.4 2018.2019 10 4074340 2.3 3.4 2018.2019 1.4 2.5 3.6 2016.2019 2017.2020 2.3 3.4 4.5 2017.2018 2018.2019 1.2 .2017 4.5 .2020 1.2020 2020 1010 2.3 .2018 3.4.5 .2019 2018.3 6054 3027 2) a 13 2a 16 0(1) a 3a 5a 17 3 b 3b 5b 11 b 1 2b 12 0(2) 2018 1 a 1 2a 16 b 1 2b 12 3 2 a b 1 a 1 a 1 b 1 b 1 a b a a b b 1 b 1 a 1 a b b 1 b 1 0a, b Vậy ta có điều phải chứng minh Câu 1) Giải phương trình x x 1 x x Điều kiện xác định: x a x a Đặt b x b a b2 x x2 x x2 x Pt a b 2ab a b 1 x x 1 x x a b a b 1 1 x x 2 3 x x ( x 1) x 1(VN x 1) 3 x x x 1 x 1 x 3 x x x x x x x x 10 x Vậy phương trình cho có nghiệm x 1 x2 y 2) Giải hệ phương trình x y xy x2 x2 y 1 Điều kiện xác định : y2 xy xy 2 x, y Hệ cho tương đương với 1 x y x y (1) 1 2 x y 2 x y xy x y x 1 y 1 xy 2(2) (2) x y x y x y xy x y xy xy xy xy 1 2 x y x y 1(ktm) xy 2(tm) xy xy 1 xy 1( tm ) xy 2 2 x y x y xy x y x y 2 x y xy x y 2 Vậy hệ cho có nghiệm x; y thỏa mãn 2; ; 2; Câu Bài Tính tất cặp số nguyên x; y thỏa mãn x2019 y 2019 y1346 y 673 Đặt : x673 a; y 673 b a; b Phương trình cho trở thành: a3 b3 b2 b 2(*) a3 b3 3b2 3b 2b2 4b b 1 2b2 4b 3 b 1 3 Lại có: a3 b3 6b2 12b 7b2 13b b 7b2 13b b Từ (1) (2) ta có: b 1 a3 b b a b 3 a b Vì a, b a b +) Với a b ta có: * b3 b3 b2 b b b b 1 b b a b b 2 a b 2 x 673 y 673 x y 1(tm) 673 673 673 x y 2(ktm) x y 2 +)Với a b * b 1 b3 b2 b b3 3b 3b b3 b b 4b 4b 1 (ktm) b 1 (ktm) b Vậy x; y 1;1 Bài Ta có ngay: S1 n n n 1 n 1 Ta chứng minh S2019 chia hết cho n n 1 nguyên Sử dụng khai triển Newton ta có: a k 1 b2 k 1 a b a k a k 1.b b2 k (a b) Giả sử n lẻ Do vậy: n n 1 n n 1 2.n 12019 22019 n2019 12019 n2019 22019 n 1 12019 22019 n2019 12019 n 1 2019 2 2019 2019 2019 2019 2019 2019 2019 Do n; n 1 nên 12009 2209 n2009 chia hết cho n n 1 Do S2019 S1 Vậy ta có điều phải chứng minh Câu A E F S P B D R C M Q 1) CMR: tứ giác BCQR tứ giác nội tiếp Do AB AC nên Q nằm tia đối tia BA R nằm đoạn CA, từ Q, C nằm phía đường thẳng BR 2019 n Do tứ giác BFEC nội tiếp nên AFE BCA (góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối diện Vì QR / / EF AFE BQR (hai góc đồng vị) BCA BQR AFE BQCR tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề nhìn cạnh đối diện góc nhau) PB DB 2) Chứng minh với D trung điểm QS PC DC Xét DHB EHA ta có: HDB AEH 900 ; BHD AHE (hai góc đối đỉnh) DB HB (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) DHB EHA( g g ) AE HA Xét DHC FHA ta có: HDC AFH 900 ; CHD AHF (hai góc đối đỉnh) DC HC (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) DHC FHA( g g ) AF HA HC DB AE HB AE FB DC AF (1) HA DC AF HC AF EC Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến PEF ta được: PB EC FA PB AE FB 1 (2) PC EA FB PC AF EC PB DB Từ (1) (2) ta : (3)(dpcm) PC DC DQ BD DS CD Do QR song song với EF nên theo định lý Ta-let : PF BP PF CP Kết hợp với (3) ta DQ DS hay D trung điểm QS 3) Khi B, C cố định A thay đổi chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác PQR qua điểm cố định Gọi M trung điểm BC Ta chứng minh DP.DM DQ.DR Thật vậy, tứ giác BQCR nội tiếp QBC QRC (các góc nơi tiếp chắn cung QC ) QBD CRD( g g ) DQ.DR DB.DC (4) QD BD (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) CD RD DC DB Tiếp theo ta chứng minh: DP.DM DB.DC DP. DB.DC DP. DC DB 2DB.DC DB. DP DC DC. DP DB DB.PC DC.PB PB DB (Đúng theo phần b) Do đó: DP.DM DB.DC (5) PC DC Từ (4) (5) ta DP.DM DQ.DR DP DQ DR DM Xét DQP DRM ta có: DP DQ (cmt ); PDQ RDM (hai góc đối đỉnh) DR DM DQR RMD(c g c) PQR RMP (hai góc tương ứng) PQMR tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề nhìn cạnh đối diện góc nhau) Đường trịn ngoại tiếp tam giác PQR qua trung điểm BC (đpcm) Câu Đội đứng thứ có điểm cao A n 1 điểm (Đội đấu n trận với đội lại thắng) Xét n đội cịn lại ta có: Đội đứng số n đội cịn lại có số điểm nhỏ xác định sau: n 1 n Gọi P tổng điểm n đội đấu với nhau, số trận n đội lại: P n 1 n 2 (Vì đội thắng hay hịa sau trận có điểm) Gọi Q số điểm đội n đội lại Q n 1 n 1 n Q n A Q n 1 n n Vậy chênh lệch điểm số lớn đội xếp hạng liên n điểm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi : TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC (Dành cho thí sinh dự lớp chuyên: Toán, Tin) Thời gian làm bài: 150 phút x 1 1 Câu (2 điểm) Cho biểu thức A B x4 5x2 8x 2025 với : x x x x x x x 0, x a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị x để biểu thức T B A2 đạt giá trị nhỏ Câu (2 điểm) a) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số y x y x m cắt hai điểm phân 8 biệt A x1; y1 , B x2 ; y2 cho x1 x2 y1 y2 162 b) Tìm giá trị nguyên x để M x4 x 1 x2 x số phương Câu (2 điểm) a) Giải phương trình x3 108x 45 x 48x 20 3x2 x y x y x 1 y 1 b) Giải hệ phương trình x 2 y 2 1 y x Câu (3 điểm) Cho đường tròn (O;R) đường thẳng d khơng có điểm chung với đường tròn Trên d lấy điểm M bất kỳ, qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) (A, B tiếp điểm) Kẻ đường kính AC đường trịn (O) Tiếp tuyến đường tròn (O) cắt đường thẳng AB E a) Chứng minh BE.MB BC.OB b) Gọi N giao điểm CM với OE Chứng minh đường thẳng qua trung điểm đoạn thẳng OM CE vng góc với đường thẳng BN c) Tìm giá trị nhỏ dây AB M di chuyển đường thẳng d, biết R 8cm khoảng cách từ O đến đường thẳng d 10 cm Câu (1 điểm) Cho a, b hai số thay đổi thỏa mãn điều kiện a a b Tìm giá trị nhỏ biểu thức A 8a b b 4a ĐÁP ÁN Câu a) Điều kiện x 0; x A x 1 1 : x x x x x x x 1 x x x x 1 x x 1 x 1 x x x 1 x2 x x x x 1 x 1 x x 1 x 1 x 1 x 1 b) Ta có: T B A2 x x x 2025 x 1 x x x 2025 x x x x x 2023 x x 16 x x 2003 x x 2023 2 Vì x 0, x T 2003 2 x x2 Dấu “=” xảy x 2 x x x Vậy với Tmin 2003 x Câu a) Phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị là: x2 x m x x m 0(*) Hai đồ thị hàm số cắt hai điểm phân biệt * có hai nghiệm phân biệt 4m m Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình (*) Khi ta có: y1 x1 m, x1 x2 x1 x2 m Áp dụng hệ thức Vi ét ta có: y2 x2 m Theo đề ta có: x1 x2 y1 y2 162 8 x1 x2 x1 m x2 m 162 8 x1 x2 x1 x2 162 8 x1 x2 81 3 x x x x2 x1 x2 x1 x2 +) Với x1 x2 x2 x2 x1 x2 m 1 1 (tm) 2 +)Với x1 x2 x2 x2 x1 x2 m 1 1 x1 2 1 1 x1 2 1 1 (tm) 2 2 Vậy m thỏa mãn điều kiện tốn b) Ta có: M x4 x 1 x x M x x 3x 3x x x M x x3 x x 4M x x3 x x +) Ta có: 2x x x x x x x x x x x x x x 4M 2 Ta thấy dấu " " xảy nên x x 4M (1) +) Với x 4M M M số phương Với x 4M 20 M M không số phương Với x 4M 124 M 31 M không số phương x 1 x Với x 0;1;2 ta có: x 1 x 1 x x Ta có: 2 4M x x3 x x x x3 x x x x x x 1 x 1 2 4M x x 1 (2) Từ (1) (2) x 1 4M x x 1 Mà x 4M x x 1 2 x 1 x x 1 x 2 x 1 Vậy có giá trị nguyên x thỏa mãn yêu cầu toán x 0; x 1 ; x Câu Câu a Điều kiện: x 12 x 108 x 45 x 48 x 20 x x3 12 x x 12 x x x3 x x 12 x 12 x x (2 x 3) 12 x x 3 x 3 x 12 x 2 x x (ktm) x 12 x x 12 x (1) 1 x x x 12 x x x 3 2 x 1 x2 x x2 x x x 2 x x x 0(VN ) Vậy nghiệm phương trình x b) Điều kiện: x 1; y 1 y x x y x y x 1 y 1 x( x 1) y ( y 1) ( x 1)( y 1) y 1 x 1 x 2 y 2 x y 2 2 x y 1 y x y x y x Đặt a x y ;b Khi hệ phương trình trở thành: y 1 x 1 b a a b b a b a a 2 a b 2a 2a 2a(a 1) a x y a y x x b y 1 (tm) a x x y b y y x Vậy nghiệm hệ phương trình ( x; y) (1;0) ( x; y) (0;1) Câu d M E B P A H Q N O C a) Xét tứ giác OAMB có OAM OBM 900 900 1800 Tứ giác OAMB tứ giác nội tiếp OAB OMB (hai góc nội tiếp chắn cung OB) Mà OAB OMB (cùng phụ với ACB) OMB BCE Xét tam giác OMB tam giác ECB có: OBM EBC 900 ; OMB BCE (cmt ) OMB ECB( g.g ) BE BC BE.MB BC.OB (dpcm) OB MB b) Gọi P Q trung điểm OM CE OMB ECB (cmt ) CEB MOB Xét tam giác EAC tam giác OMA có: ECA OMA 900 ; CEA CEB MOB MOA EAC OMA( g.g ) EC AC EC AC OA AM OC AM Xét tam giác COE tam giác AMC có OCE CAM 900 CE AC (cmt ) COE CO AM ACM (c.g.c) AMC COE (hai góc tương ứng) Mà COE NOA 1800 AMC NOA 1800 Tứ giác OAMN tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối 180 ) ONM 1800 OAM 900 OMN vuông N NP OM (trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác vuông) NP BP OM P thuộc trung trực đoạn thẳng BN Chứng minh tương tự ta có : NQ BQ EC Q thuộc trung trực đoạn thẳng BN Vậy PQ trung trực đoạn thẳng BN PQ BN c) Gọi H AB OM ta có OH AB ABmin OH max Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng OAM có: R2 OH OM OA R OH OH max OM M hình chiếu vuong góc O OM 82 đường thẳng d OM d O; d 10 OH 6, (cm) 10 2 Xét tam giác vuông OAH có AH 82 6,42 4,8(cm) AB AH 9,6(cm) Vậy dây AM nhỏ 9,6cm Câu 5: Theo giả thiết ta có: a b b a 8a a 1 1 A b 2a b a a b2 4a 4a 4a 1 1 a a a 2a a a2 a a a2 a 4a 4a 4a 2 1 1 a a 1 4a 2 2 Co si 1 ;a a Dấu xảy ab 4a 2 b a Vậy MinA a b 2 (tm) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2018-2019 MƠN THI : TỐN Dành cho thí sinh chun: Tốn, Tin, Lý, Hóa, Sinh Câu (1,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức A 2 b) Tìm m để đường thẳng y x m2 đường thẳng y m 2 x 11 cắt điểm trục tung Câu (2,0 điểm) x y m (1) (m tham số) 2 x y m Cho hệ phương trình a) Giải hệ phương trình (1) m b) Tìm m để hệ (1) có nghiệm x; y cho P 98 x2 y 4m đạt giá trị nhỏ Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x x x x2 b) Tìm m để phương trình x4 5x2 m (m tham số) có hai nghiệm Câu (1,0 điểm) Quãng đường AB dài 120 km Một ô tô chạy từ A đến B với vận tốc xác định Khi từ B trở A, ô tô chạy với vận tốc nhỏ vận tốc lúc từ A đến B 10 km/h Tính vận tốc lúc ô tô, biết thời gian nhiều thời gian 24 phút Câu (3,0 điểm) Cho ba điểm A, B, C cố định thẳng hàng theo thứ tự Vẽ đường trịn (O;R) qua B C (BC < 2R) Từ A kẻ tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N tiếp điểm) Gọi I trung điểm BC a) Chứng minh năm điểm A, M, I, O, N thuộc đường tròn b) Gọi J tâm đường tròn nội tiếp tam giác MBC, E giao điểm thứ hai đường thẳng MJ với đường tròn (O) Chứng minh EB EC EJ c) Khi đường tròn (O) thay đổi, gọi K giao điểm OA MN Chứng minh tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác OIK ln thuộc đường thẳng cố định Câu (1,0 điểm) Cho số dương x, y, z thỏa mãn xy yz zx 3xyz Chứng minh x3 y3 z3 1 1 2 zx x y y z x y z Câu a) A 1 1 2 2 3.1 1 2 1 1 b) Hai đường thẳng cắt a a ' m m Giả sử hai đồ thị cắt điểm A Oy A 0; y A Phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị cho : x m m x 11 m 3 x m m 3 x m 3 m 3 (*) Hai đồ thị cắt A nên x nghiệm phương trình (*) 0.(m 3) m 3 (m 3) (m 3)(m 3) m m m m 3 Với m (loại) đường thẳng trùng Vậy với m 3 hai đường thẳng cắt điểm trục tung Câu 2: a) Thay giá trị m 1vào hệ phương trình ta có: x y x 2 x y y I Vậy với m 1thì hệ phương trình có nghiệm x; y 2;1 I ln có nghiệm (x;y) với m 3 x y 2m x m y I 2 x y m 7 y m 5m x x m y m6 y y m Theo đề ta có: P 98 x y 4m b) Ta có 5m m P 98. 4m 49 49 2(26m 102m 117) 4m 52m 208m 234 52 m 4m 234 52.2 52 m 26 26 MinP 26 Dấu “=” xảy m m 2 Vậy m 2 thỏa mãn yêu cầu toán Câu x 3 x a) Điều kiện : 2 x 6 x x x 3 x 1(*) Đặt x x t t 0 t x x x 3 x x 3 x Pt x x x 3 x t2 t2 (*) t 1 2t t t 2t t 1 t 3 t t 1(ktm) t t (tm) 32 x 3 x 2 x x2 x2 x x 1 x x 1 x (tm) x x 2 (tm) Vậy phương trình có tập nghiệm S 2;1 b) x 5x m 0(*) Đặt x2 t (t 0) Phương trình cho t 5t m 0(1) Để phương trình (*) có hai nghiệm phương trình (1) phải có nghiệm dương (1) phải có hai nghiệm trái dấu hai nghiệm kép dương 6 m ac 5 4(6 m) m m6 x1 x2 VN 6 m 5 x1 x2 Vậy m thỏa mãn yêu cầu toán Câu ( x 0) Gọi vận tốc lúc ô tô x(km / h) Khi vận tốc lúc tơ : x 10 (km / h) Thời gian thời gian ô tô hết quãng đường AB là: 120 120 (h); ( h) x x 10 Đổi 24 phút 0, Theo đề ta có phương trình: 120 120 0, x x 10 120( x 10) 120 x 0, x( x 10) 0, x x 1200 0, x 50 ( x 60) x 50 (tm) x 60 (ktm) Vậy vận tốc lúc ô tô 50km / h Câu M J O K A B H I C N E a) Ta có OMA ONA 900 ( gt ) OIA 900 (quan hệ vng góc đường kính dây cung) Các điểm M, I, N nhìn OA góc 900 nên thuộc đường trịn đường kính OA Vậy điểm A, M , O, I , N thuộc đường trịn đường kính OA b) Ta có MJ phân giác BMC BME EMC sd BE sdCE EB EC (1) (hai cung căng hai dây nhau) Ta có: EBC EMC BME; CBJ JBM ( gt ) EBJ EBC CBJ BME JBM Xét tam giác BMJ có BME JBM BJE (góc ngồi tam giác tổng hai góc khơng kề với nó) EBJ BJE EBJ cân E EB EJ (2) Từ (1) (2) EB EC EJ c) Gọi H giao điểm AC MN, ta có: OKH 900 (Do AM, AN hai tiếp tuyến cắt nên OA trung trực MN) AIO 900 (quan hệ vng góc đường kính dây cung) Xét AHK AOI có: AKH AIO 900 ; OAI chung AHK AOI ( g.g ) AH AK AH AI AO AK AO AI (3) Xét tam giác vng AMO có AO AK AM (4) (hệ thức lượng tam giác vng) Ta có: AMB ACM (góc tạo tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung BM) Xét tam giác AMB ACM có: MAC chung; AMB ACM (cmt ) AM AB AM AB AC (5) AC AM AB AC Từ (3) (4) (5) suy AH AI AB AC AH AI Ta có AB, AC, AI khơng đổi AH không đổi Mà A cố đinh nên H cố định Gọi O ' tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OIK, tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác OIHK O ' trung điểm OH O ' thuộc trung trực HI Mà H ; I cố định Trung trực HI cố định Vậy (O) thay đổi tâm đường trịn ngoại tiếp OIK ln chạy trung trực HI , với H AC MN AMB ACM ( g.g ) Câu Theo đề ta có: xy yz zx 3xyz xy yz zx 1 3 3 xyz xyz xyz z x y Cosi Lại có: 3xyz xy yz xz 3 xyz xyz x y z Ta có x3 xz Cosi xz z z 1 x x x x 2 zx zx zx z 1 z z 1 z z 1 ) 2 2 y3 x 1 x y3 y Tương tự ta có: z z y 1 y z ( Do z 1 z z Cộng vế với vế bất đẳng thức ta được: x3 y3 z3 x y z 3 11 1 x y z (dpcm) 2 zx x y yz 4 2 x y z SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TỈNH VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi: TỐN CHUN Thời gian: 150 phút Ngày thi: 03/06/2018 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ( P) : y x2 đường thẳng (d ) : 2mx m Tìm tất giá trị m để (d ) cắt (P) điểm phân biệt A( x1; y1 ); B( x2 ; y2 ) thỏa mãn x1 x2 y1 y2 b) Giải phương trình : x x x2 x 1 x2 y c) Giải hệ phương trình : x y xy Câu Cho phương trình x y3 z 9!(1) với x; y; z ẩn 9! Là tích số nguyên dương liên tiếp từ đến a) Chứng minh có số nguyên x; y; z thỏa mãn (1) x, y, z chia hết cho b) Chứng minh không tồn số nguyên x, y, z thỏa mãn (1) Câu Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a2 b2 c2 1 a ab b2 b2 bc c c ac a Câu Cho hình thoi ABCD (AC > BD) Đường tròn nội tiếp (O) tứ giác ABCD theo thứ tự tiếp xúc với cạnh AB, BC, CD, DA E, F, G, H Xét K đoạn HA L đoạn AE cho KL tiếp xúc với đường tròn (O) a) Chứng minh LOK LBO BL.DK OB2 b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác CFL cắt AB M khác L đường tròn ngoại tiếp tam giác CKG cắt AD N khác K Chứng minh điểm K, L, M, N nằm đường tròn c) Lấy điểm P, Q tương ứng FC, CG cho LP song song với KQ Chứng minh KQ tiếp xúc với (O) Câu Một bảng hình vng gồm n hàng n cột (n nguyên dương) Các hàng cột đánh số từ đến n ( từ xuống dưới, từ trái qua phải) Ơ vng nằm hàng i, cột j i; j 1;2;3; n bảng gọi ô i; j Tại ô bảng điền số cho ô i; j điền số b j n , số số hàng I b j số số cột j Gọi P tổng số ô bảng hình vng cho a) Xây dựng bảng hình vng thỏa mãn u cầu tốn trường hợp n P n2 n2 n2 b) Chứng minh P , với phần nguyên 2 2 ĐÁP ÁN Câu a) Ta có: phương trình hồnh độ giao điểm : x 2mx m x 2mx m 4m2 4m 1 2m 1 m x1 x2 2m x1 x2 m Theo định lý Vi-et ta có: x1 x2 y1 y2 4m x1 x2 4m m 2m m 1 m 1 Vậy giá trị cần tìm m 1 b) Giải phương trình: x x x2 x Ta có điều kiện xác định : x x x x 3 2 x x x 3 2 x 2 Ta có: x x x2 x 1 x x x( x 4) x x x2 4x x x 4 x2 x x2 x x2 4x x2 4x x x Do x2 4x x2 4x x 13 x 13 (tm) (ktm) Vậy phương trình có nghiệm x 13 x2 y c) Giải hệ phương trình x y xy u x y DK : u 4v v xy Đặt u 2v 25 10v v 2v v 12v 20 u v u v u v u (tm) v 10 v x 1; y v u 5 x 2; y u v ( ktm ) v 10 Vậy tập nghiệm hệ cho 1;2 ; 2;1 Câu a) Chứng minh rằng… Ta có: 9! 1.2.3.4.5.6.7.8.9 số chẵn x3 x x 2m m 8m3 y3 z 9! 4m3 y3 z 1.3.4.5.6.7.8.9 số chẵn y y y 2n n 4m3 8n3 z 1.3.4.5.6.7.8.9 2m3 4n3 z 1.2.3.5.6.7.8.9 số chẵn z3 z z p p 2m3 4n3 p3 1.2.3.5.6.7.8.9 m3 2n3 p3 1.3.5.6.7.8.9 m Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có n m; n; p p Vậy ta có điều phải chứng minh b) Chứng minh không tồn tại… Theo ý a) ta đặt x 4a; y 4b; z 4c a3 2b3 4c3 a a 2u x 2m y 2n z p a; b; c 9! 1.2.3.4.5.6.7.8.9 1.3.5.6.7.9 số chẵn 43 43 u 8u3 2b3 4c3 1.3.5.6.7.9 4u b3 2c3 1.3.3.5.7.9 1.5.7.34 Lại có: 1.5.7.34 34 1.5.7.34 (mod 9) x Z x 0; 1 a; b; c 4u b3 2c3 93 Nhưng 1.5.7.34 chia hết cho 93 nên ta có điều vơ lý Vậy ta có điều phải chứng minh Câu Ta có : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schaw thì: a c a2 c2 2 2 a ab b c a b c a b c ab ac bc b c b2 c2 2 b(a b c) c ac a a b c ab ac bc a b a2 b2 a (a b c) b bc c a b c ab ac bc a2 b2 c2 a2 b2 c2 a ab b b bc c c ac a a a b c b(a b c ) c (a b c ) a c b c a b a b c ab ac bc 2 a2 b2 c2 a b c a c b c a b a ab b b bc c c ac a a b c a b c ab ac bc a b c ab ac bc a2 c2 b2 1 a ab b c ac a b bc c a b c ab ac bc a2 c2 b2 1 a ab b c ac a b bc c a2 c2 b2 (dpcm) a ab b c ac a b bc c 2 Dấu xảy a=b=c 2 Câu a) Chứng minh… Gọi điểm tiếp xúc LK với (O) T Ta có: LOK LOT TOK TOE TDH EOH 900 EOB LBO 2 OLK OLB (do LB, LK tiếp tuyến) Khi đó: tam giác OLK BLO đồng dạng Chứng minh hoàn tồn tương tự ta có: OLK DOK ( g.g ) DOK BLO OD DK BL.DK BO.DO OB BL BO Vậy ta có điều phải chứng minh b) Đường tròn ngoại tiếp … Ta có : Do CFLM nội tiếp nên BM BL BC.BF BO2 BL.DK BM DK Do BMDK hình thang cân nên KM // BD Chứng minh hồn tồn tương tự ta có: LN//BD Do KMLN hình thang cân nên hiểu nhiên nội tiếp đường trịn Ta có điều phải chứng minh c) Lấy điểm P, Q… Ta có: Kẻ PQ ' tiếp xúc với (O) Q’ thuộc CD Tương tự phần a, chứng minh ta có: BP.DQ ' OB BL.DK BP DK BL DQ ' LBP KDQ ' BLP DQ ' K (c.g.c) BLP DQ ' K AB / / CD LP / / KQ ' Q Q ' Vậy KQ tiếp xúc với (O) Câu a) Xây dựng … Ta có bảng thỏa mãn toán: 1 1 1 1 b) Chứng minh rằng… Khơng tính tổng qt, gọi cột hàng có số cột Giả sử cột có k số k n Gọi hàng i hàng loại i;1 Gọi hàng j hàng loại j;1 Vậy có k hàng loại n k hàng loại Khi tổng số hàng loại k loại n k Như vậy: P k n k Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có: P k n k 2 k n k 2 n2 n2 Vậy ta có điều phải chứng minh SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TỈNH BẾN TRE KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi: TỐN CHUN Thời gian: 150 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC a b a b a b Câu 1: Cho biểu thức P với a, b hai số thực dương ab a) Rút gọn biểu thức P : a b a b b) Tính giá trị biểu thức P a 2019 2018 b 2020 2019 Câu 2: a) Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh p chia hết cho 24 b) Cho phương trình x2 2mx m với m tham số Tìm giá trị m để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa đạt giá trị x x22 lớn Câu a) Giải phương trình: x3 x 3x x2 y b) Giải hệ phương trình: x y 1 xy Câu a) Tìm nghiệm nguyên phương trình x3 xy x y b) Cho hai số thực dương a, b thỏa a b Tìm giá trị nhỏ biểu thức T a b Câu 5: Cho nửa đường trịn (O;R) có đường kính AB Vẽ đường thẳng d tiếp tuyến O B Trên cung AB lấy điểm M tùy ý (M khác A, B), tia AM cắt đường thẳng d N Gọi C trung điểm đoạn thẳng AM, tia CO cắt đường thẳng d D a) Chứng minh tứ giác OBNC nội tiếp b) Gọi E hình chiếu N đoạn AD Chứng minh N, O, E thẳng NE AD 2R ND CO.CD c) Chứng minh CACN d) Xác định vị trí điểm M để 2AM AN đạt giá trị lớn hàng ĐÁP ÁN Câu 1: a) Rút gọn biểu thức P : Điều kiện : a 0, b ab P P: a b ab a b a b a b a b P a b a b a b ab ab a b a b a b a b a b a b a b a b b) Tính giá trị biểu thức… a a 2019 2018 Ta có: b 2020 2019 b P a b 2018 2019 1 2018 2 a 2018 b 2019 2019 2018 2019 Câu 2: a) Cho p số nguyên tố… Ta có nhận xét sau: Nếu p số nguyên tố lớn p 1(mod 24) (2) Lại có: 1 23 mod 24 Cộng vế theo vế 1 ; ta : p 24(mod 24) mod 24 Vậy p chia hết cho 24 với p số nguyên tố lớn b) Cho phương trình…… Phương trình cho có nghiệm phân biệt ' (1) 15 m m m m 2 Vậy phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với m x1 x2 2m x1 x2 m Áp dụng hệ thức Vi et ta có: Theo đề ta có 1 2 x x2 x1 x2 x1 x2 4m 2m 1 31 2m 2 31 31 1 1 31 31 2m Ta có: 4m 2m 2m2 2m 2 2 1 4m 2m 31 31 2m 2 1 Dấu “=” xảy 2m 0m 2 Vậy Max 2 m x1 x2 31 Câu a) Giải phương trình : x 1 13 13 x 3 13 x x x 2 Điều kiện 13 13 x 3x x x 13 x 2 x3 x 3x x 1 x2 x 1 x2 x x 1 Đặt a x 1; b x2 x 1(a 0; b 0) Khi ta có phương trình: b 2a ab 2a ab b a b 2a b a b 2a b (ktm a 0; b 0) 2a b x x x x x2 x x2 5x Có 52 3.4 37 phương trình có hai nghiệm: 37 (tm) x 37 (tm) x 37 37 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt: x x 2 x y b) Giải hệ phương trình: x y 1 xy 2 x y x xy y 1 xy x y 2.1 xy x y xy x y 1 xy x y 1 xy a x y Khi ta có hệ phương trình tương đương: b xy Đặt a2 b a 2b a 22 b ab a a x x y x y x y 1 2 y y y y y 1 xy 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y 1; Câu a) Tìm nghiệm nguyên… x3 xy x y x3 xy x y x x 1 y x 1 2 x 1 x x y 2 x 2 x 3 (tm) y 11 x x y x x (tm) x x y 1 y x x (tm) y x x y x 1 x 2 y (tm) x x y Vì x, y Vậy hệ phương trình có nghiệm ngun x; y 3;11 ; 1;1 ; 0;2 ; 2;4 b) Cho hai số thực dương…… Ta có: T 4(a b) a b 4b a 4b a 5 5 5 a b a b a b a b Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương ta có: T 5 4b a 5 a b 4b a 4b a 2 4 a b a b a (tm) 4b a 2 a b a 4b Dấu “=” xảy a b a 2b a b b (tm) a b Vậy MinT a ;b 3 Câu N M C B O A E D a) Chứng minh tứ giác OBNC nội tiếp Ta có: C trung điểm đoạn AM OC AM C hay OCM 900 (mối quan hệ đường kính dây cung) Có: AB BN B hay OBN 900 (d tiếp tuyến đường trịn B) Xét tứ giác OBNC ta có: OCN OBN 1800 OBNC tứ giác nội tiếp b) Gọi E hình chiếu… Xét ADN ta có: AB, DO hai đường cao tam giác Mà AB CD O O trực tâm AND Lại có NE đường cao cịn lại AND nên ba điểm N , O, E thẳng hàng (đpcm) Ta có: S AND 1 NE AD AB.ND NE AD AB.ND NE AD AB 2R 2 ND (dpcm) c) Chứng minh rằng… Ta có: CAO MBN (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung BM) Lại có: MB / /CD CM NBM CDN (hai góc đồng vị) CAO CDN MBN Xét CAO CDN ta có: CAO CDN (cmt ); ACO NCD 900 CAO CDN ( g.g ) CA CO CA.CN CD.CO (dpcm) CD CN d) Xác định… Áp dụng hệ thức lượng ABN vng B có đường cao MB ta có: AM AN AB 2R 4R 2 Áp dụng bất đẳng thức Co si ta có: AM AN 2 AM AN 8R2 2R (không đổi) AN Vậy Min(2 AM AN ) AM M điểm cung AB SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG NĂM HỌC 2018 – 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN – CHUN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu (2,0 điểm) Cho đa thức f ( x) x3 x2 (1 m) x m 1) Khi m , phân tích đa thức f ( x) thành nhân tử 2) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình f ( x) có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 thỏa mãn x12 x22 x32 Câu (2,0 điểm) 15 ( x 1)2 15 x 1) Giải phương trình: x 6x x( x x 4) 2 (2 x y)( x y ) x x xy y 2) Giải hệ phương trình: 2 3( x y ) x y 14 x x Câu (2,0 điểm) (1) (2) 1) Truyện kể hoàng tử cứu cơng chúa gặp rắn có 100 đầu Hồng tử có hai kiếm: Thanh kiếm cho phép chặt 21 đầu rắn Thanh kiếm cho phép chặt đầu rắn rắn lại mọc thêm 2018 đầu khác Biết rắn có 21 đầu đầu hồng tử không dùng kiếm kiếm tương ứng hồng tử cứu cơng chúa rắn bị chặt hết đầu Hỏi hoàng tử có cứu cơng chúa khơng? 2) Tìm số nguyên x, y, z thỏa mãn đồng thời: x2 y z xz 4( x z ) 396 x y 3z Câu (1,0 điểm) 1) Cho số thực x, y không âm, chứng minh x3 y3 x2 y xy 2) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn abc Chứng minh rằng: ab bc ca 5 5 a b ab b c bc c a5 ca Câu (3,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ABIE , DI cắt CE N Chứng minh NI.ND=NE.NC c) Gọi M giao điểm EF với IC Chứng minh MN vng góc với CH 2) Biết đường chéo ngũ giác lồi ABCDE cắt khỏi tam giác có diện tích Tính diện tích ngũ giác ABCDE Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn thi: TỐN – CHUN ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đáp án, biểu điểm hướng dẫn chấm gồm tất 04 trang) A ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Đáp án Cho đa thức f ( x) x x (1 m) x m 1) Khi m , phân tích đa thức f ( x) thành nhân tử Điểm f x x3 x x 0,25 f ( x) ( x 1)( x 1)( x 2) 2) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình f ( x) có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 thỏa mãn x12 x22 x32 x Phân tích phương trình ( x 1)( x x m) Câu x x m (*) (2,0 Phương trình f ( x) có nghiệm phân biệt điểm) Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác m m m 4m Lúc đó: x1 1, x2 x3 1; x2 x3 m 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Điều kiện: x x x x2 x3 x2 x3 m 0,25 Vậy m 1, m 0,25 2 2 15 ( x 1)2 15 x 1) Giải phương trình: x 6x x( x x 4) Điều kiện: x 0; x 5; x * Phương trình biến đổi thành: 1 x x x x 15 x 1 (1) 4 15 x 6 x 2 Câu x x (2,0 điểm) Đặt x t t 2; t x t 4 1 PT (1) trở thành: t t 15 t 12 Với t 4 ta có x 4 x 2 thỏa mãn (*) x x 4 Với t 12 ta có x 12 thỏa mãn (*) x x 0,25 0,25 0,25 0,25 2 (2 x y)( x y ) x x xy y 2) Giải hệ phương trình: 2 3( x y ) x y 14 x x Phương trình (1): (2 x y)( x2 y x 3) 2x y Thế vào (2): 3x x 5x 10 x 14 x x Đánh giá vế trái (*): (1) (2) * 3( x 1)2 5( x 1)2 Và đánh giá vế phải (*): x x2 ( x 1)2 Dấu xảy x 1 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y) (1; 2) 1) Giả sử rắn có n đầu (n số nguyên dương) Nếu dùng kiếm kiếm số đầu rắn sau bị chặt n 21 n 2009 Tức giảm tăng đại lượng bội số Mà 100 chia dư nên hoàng tử cứu công chúa 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 0,50 2) Tìm số nguyên x, y, z thỏa mãn đồng thời: x2 y z xz 4( x z ) 396 x y 3z Từ điều kiện x y 3z suy x y chia hết cho hay x, y chia hết cho x2 y z xz 4( x z ) 396 ( x z 2)2 4(100 y ) 2 Câu Suy ra: 100 y số phương y 100 Mặt khác y nên (2,0 y 0;36 y 0;6; 6 điểm) x2 x2 x 3z z z Xét y : 3 x z 400 x z 20 x z 20 Tìm x 6, z 12 x 9, z 27 x 36 3z Xét y y 6 : x z 256 x2 x2 z 12 z 12 3 x z 16 x z 16 0,25 0,25 0,25 0,25 Giải x, z Vậy x; y; z 6;0;12 9;0; 27 1) Cho số thực x, y không âm, chứng minh x3 y3 x2 y xy Bất đẳng thức: x3 y3 x2 y xy x ( x y) y ( x y) Câu ( x y)2 ( x y) , x, y (1,0 2) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn abc Chứng minh rằng: điểm) ab bc ca 5 5 a b ab b c bc c a5 ca Chứng minh a5 b5 a 2b3 a3b2 a3 (a b2 ) b3 (a b2 ) (a b)2 (a b)(a ab b2 ) 0, a, b (*) 0,25 0,25 Áp dụng (*): a5 b5 a 2b2 (a b) a5 b5 ab ab abc c ab c (1) 5 a b ab a b c bc a ca b Tương tự 5 (2) ; b c bc a b c c a ca a b c Cộng (1), (2), (3) ta bất đẳng thức cần chứng minh Dấu xảy a b c 1) 0,25 (3) 0,25 0,25 Câu (3,0 a) Góc HDC AEB 90 nên tứ giác DHEC nội tiếp đường trịn đường điểm) kính HC Tâm O trung điểm HC 0,25 b) Xét NIC NED ta có: END INC (đối đỉnh); DEN CIN (cùng chắn cung CD ) Suy ra: NIC ∽ NED NI NE NI ND NC.NE NC ND c) DIC DHC (cùng chắn cung CD ) (1) DHC ABC (cùng phụ góc BCF ) (2) Lại có: BFC BEC 900 nên tứ giác BFEC nội tiếp, suy ABC AEF (3) Mà AEF MEC (đối đỉnh), từ MEC DIC tứ giác MENI nội tiếp, suy EMN EIN (4) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ACB EIN (cùng chắn cung DE ) (5) ACB AFE (tứ giác BFEC nội tiếp) (6) Suy AFE EMN AB / / MN Mà AB CH nên MN CH 0,25 2) 0,25 Các diện tích SABC SABE nên C E cách AB hay AB // CE Tương tự đường chéo lại song song với cạnh tương ứng Gọi P giao điểm BD CE đặt diện tích SBCP x Do tứ giác ABPE hình bình hành nên SBPE SABE Lại có: SBCP BP SBEP x 1 , tức là: x 1 SPCD PD SPED 1 x x Diện tích ngũ giác: SABCDE SABE SBPE SCDE SBCP x Vậy: SABCDE 5 0,25 0,25 0,25 B HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm thi đánh giá theo thang điểm từ đến 10 Điểm thi tổng điểm thành phần khơng làm trịn Học sinh giải theo cách khác hợp lí cho điểm tối đa phần Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2018 – 2019 PHIẾU CHẤM BÀI THI Môn thi: TOÁN – CHUYÊN (Dùng cho lần chấm thứ nhất) Túi số: Phách số: Thang Câu Đáp án điểm 1) f x x3 x2 x 0,25 f ( x) ( x 1)( x 1)( x 2) x 2) x x m (*) Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1 m m Lúc đó: x1 1, x2 x3 1; x2 x3 m 2,00 1 x x x x 15 x 1 (1) 4 15 x 6 x 2 x x Đặt x t t 2; t x t 4 1 (1): t t 15 t 12 t 4 x 2 t 12 x 2) Phương trình 2x y x x2 ( x 1)2 Dấu xảy x 1 ( x; y) (1; 2) Tổng điểm câu 1) Số đầu rắn sau bị chặt n – 21 n + 2009 Mà 100 chia dư nên hồng tử khơng thể cứu công chúa 2) x, y chia hết cho ( x z 2)2 4(100 y ) y 0;6; 6 y x 6, z 12 ; x 9, z 27 y 6 x, z Tổng điểm câu 1) ( x y)2 ( x y) 2) Chứng minh a5 b5 a2b3 a3b2 ab c (1) a b5 ab a b c 0,25 0,25 0,25 0,25 2,00 0,50 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25 2,00 0,25 0,25 0,25 NIC ∽ 0,25 0,25 0,25 NED NI NE NI ND NC.NE NC ND c) DIC DHC (1) DHC ABC (2) 0,25 0,25 1,00 b) 0,25 0,25 Tổng điểm câu 1a) HDC AEB 90 DHEC nội tiếp đường trịn đường kính HC Tâm O trung điểm HC 0,25 Tổng điểm câu 0,25 0,25 0,25 3( x 1)2 5( x 1)2 0,25 Vậy m 1, m bc a (2) ; b c bc a b c ca b (3) 5 c a ca a b c Suy điều phải chứng minh Dấu xảy a b c Điểm Chấm 0,25 0,25 Thang điểm Đáp án Câu 0,25 x12 x22 x32 m x 0; x 5; x * Điểm Chấm 0,25 0,25 Lại có: BFC BEC 900 nên tứ giác BFEC nội tiếp, suy ABC AEF (3) Mà AEF MEC (đối đỉnh), từ MEC DIC tứ giác MENI nội tiếp, suy EMN EIN (4) ACB EIN (5) ACB AFE (6) Suy AFE EMN AB / / MN Mà AB CH nên MN CH 0,25 0,25 0,25 2) SABC SABE nên C E cách AB hay AB // CE Tương tự đường chéo lại song song với cạnh tương ứng 0,25 Gọi P giao điểm BD CE đặt diện tích SBCP x Do tứ giác ABPE hình bình hành nên SBPE SABE 0,25 Lại có: SBCP BP SBEP , tức SPCD PD SPED x 1 x 1 1 x x 0,25 là: SABCDE SABE SBPE SCDE SBCP 3 x Vậy: SABCDE 0,25 5 Tổng điểm câu 3,00 Đánh dấu X vào ý cột Thang điểm Ghi điểm câu vào cột Điểm chấm Tổng điểm chấm: – Bằng số: – Bằng chữ: Ngày …… tháng 06 năm 2018 Cán chấm thi (Kí ghi rõ họ tên) SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TỈNH HÀ NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi: TỐN CHUN Thời gian: 150 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu 1 a 1 a 1 a 2a a 1 a a a a a a Cho biểu thức Q 1) Rút gọn Q 2) So sánh Q, Q3 Câu 1) Giải phương trình: x 9 3 x 2x 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ( P) : y x2 d : y m, (d ') : y m2 (0 m 1) Đường d cắt P hai điểm phân biệt A, B , đường d’ cắt P hai điểm phân biệt C, D (hồnh độ A D âm) Tìm m cho diện tích tứ giác ABCD gấp lần diện tích tam giác OCD Câu Tìm số nguyên dương x, y thỏa mãn x 3.2 y Câu Cho đường tròn (O) đường thẳng d cố định (d (O) điểm chung) Lấy M điểm di động đường thẳng d Vẽ hai tiếp tuyến MA MB phân biệt cát tuyến MCD với (O) cho C nằm M D, CD không qua tâm O Vẽ dây cung DN song song với AB Gọi I giao điểm CN AB Chứng minh IC BC IA IB IA BD b) Điểm I thuộc đường cố định M di chuyển đường thẳng d a) Câu Một học sinh tùy ý chấm điểm phân biệt vào hình trịn có bán kính Chứng minh tồn điểm A, B điểm cho cho AB Câu Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn xy yz xz x y z Chứng minh rằng: x2 x3 y2 y3 z2 z3 1 ĐÁP ÁN Câu 1)Rút gọn Q Điều kiện a 1 a 1 a 1 Q a 2a a a a a 1 a 1 a 1 a a a2 a 2a 1 a 1 a a2 a a a a a2 1 a 1 a a 1 a 1 a 1 a a 1 a 1 a a a a2 a 1 (do a 0) a a a a a a a2 1 1 a a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a a 1 a a a a2 2a a2 (1 a ) a ( a 1) a2 1 1 a a a2 1 (1 a ) a a2 1 (1 a ) a 2) So sánh … Điều kiện a Ta có: Q3 a 1 Q3 Q a 1 a 1 Xét hiệu : a 1 a 1 1 a 1 a 1 a 1 a(a 1)(a 2) a a a a a 1 a Mà a Q3 Q Q3 Q Vậy Q3 Q Câu 1) Giải phương trình: x 9 3 x x (*) ĐKXĐ: 9 x a x b x (a 0) a x b b x a b 18 b 18 a (1) * a 3 b 3 a Đặt a 3 b 3 a 3 a 3 a 3 b 2a a 3 b 2a 3 a a b a b a +)Với a 1 b2 18 b x a2 x (tm) x b +)Với b 2a 1 2a 3 18 a2 (do b 0) 4a 12a 18 a 5a 12a a 3 5a 3 a 3 (ktm) a (tm) b 2a 21 (tm) 5 3 x a 216 5 x (tm) 25 21 9 x b Vậy tập nghiệm phương trình cho S 216 ;0 25 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy……… Điều kiện: m Phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng d đồ thị hàm số P là: A m; m x m x m 0 x m x m B m ; m 2 Phương trình hồnh độ giao điểm d ' đồ thị hàm số (P) là: C m; m2 x m x m 0 x m x m D m; m 2 2 Ta có d , d ' hai đường thẳng song song với Ox d / / d ' hay AB / /CD ABCD hình thang Khi ta có: S ABCD AB CD d d , d ' Có: d d , d ' m m2 m m2 (do m 1) AB CD m m m m S ABCD 2 m 2m AB CD d d ; d ' m 2m m m m m m m 1 Lại có: SOCD d O; CD CD m2 2m m3 2 Theo đề ta có: S ABCD 9.SOCD m m m m 9m m m m 1 m 9m3 m m m m 9m m 10m m m m m 5m m 2 m 1 m m (VN ) 5m m Vậy m thỏa mãn toán Câu Phương trình : x 3.2 y 1(*) +)Xét x ta có: * 3.2 y y +)Xét x ta có: * 72 3.2 y y 16 y +)Xét x y ta có: Vì 3.2 y 0(mod8) VP 1(mod8) x 1(mod8) x x 2n * n1 3.2 y n 1 n 1 3.2 y 1 3, n n 1 7 n 2a a, b : n a b y b 7 3.2 2a 3.2b 2b 2a b 3 2b b a b (VN ) a b 2 2 b b 2 (tm) a b a n a n x 2n Vậy số nguyên dương x, y thỏa mãn x; y 1;1 ; 2;4 Câu N A O I D K C M IC BC IA IB IA BD Xét đường trịn O ta có: a) B d H CAB CDB (hai góc nội tiếp chắn cung BC) (1) Ta có: ND / / AB sd cung AN sd cung BD Mà ACN góc nội tiếp chắn cung AN DCB góc nội tiếp chắn cung BD ACN BCD sd AN sd BD Từ (1) (2) ACI DCB ( g g ) 2 AI CI AC IC BC (dpcm) DB CB DC IA BD IC AC Chứng minh tương tự ta có IB AD Xét MBC MDB ta có: DMB chung MBC MDB (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung BC) MBC MDB ( g.g ) MB MC BC (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) MD MB BD Chứng minh tương tự ta có: MAC MDA( g.g ) MA MC AC MD MA AD IC MA AC IB MD AD IC MB BC IA MD BD Mà MA MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) IA IB b) Điểm I thuộc đường cố định… Kẻ OH d H Gọi K OH AB (dpcm) Vì IA IB(cmt ) I trung điểm AB M , I , O thẳng hàng MO AB O Xét OIK OHM ta có: IOK chung; OIK OHM 900 OIK OHM ( g.g ) OI OK OI OM OK OH OH OM Lại có: OB2 OI OM (Hệ thức lượng OBM vng B có đường cao BI) OB OB OH OK OI OM OK OH Mà OB R , OH d O; d không đổi OK không đổi hay K cố định Vì OI IB, O, K cố định nên ta có I thuộc đường trịn đường kính OK cố định (đpcm) Câu Ta xét hai trường hợp sau: TH1: Nếu điểm cho tồn điểm tâm đường trịn, tốn chứng minh TH2: Nếu sáu điểm khơng có điểm trùng với tâm đường trịn, ta xét hai khả xảy là: +)Trong sáu điểm có hai điểm nằm bán kính đường trịn, tốn chứng minh +)Trong sáu điểm cho khơng có hai điểm nằm mọt bán kính Khi ta vẽ sáu bán kính qua sáu điểm cho, hai bán kính gần tạo góc tâm Như ta có sáu góc tâm Theo nguyên lý cực hạn sáu góc tồn góc có số đo bé Mà tổng số đo góc 3600 nên góc bé khơng vượt q 60 Khơng tính tổng qt, ta giả sử góc AOB Đến ta có điều phải chứng minh Câu Áp dụng BĐT Cơ si ta có: xy yz xz x y z 3 xy xz yz xy xz yz Áp dụng BĐT Cauchy-Schwwarz ta có: x y z y 2 y y 4 z 2 z 4 VT x 2 x2 2x 4 VT VT x y z y z x y z x y z 12 x y z xy xz yz 3 x y z x y z 12 2 x y z VT 2 x y z x y z 15 xy yz xz VT 2 x y z x y z 2 x y z 15 Ta cần chứng minh: 2 x y z 1 x y z x y z 15 x y z x y z 15 x y z x y z 3 Điều do: x y z 3 xy yz xz Dấu “=” xảy x y z Vậy x2 x3 y2 y3 z2 z3 1 BỘ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: TOÁN CHUYÊN Thời gian: 150 phút Câu Cho phương trình x 2m 3 x 3m ( m tham số) a) Tìm tất số thực m để phương trình cho có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện x12 x22 x1 x2 b) Tìm tất số nguyên m để phương trình cho có nghiệm ngun Câu a) Giải phương trình x x x2 x 1 x x y y b) Giải hệ phương trình x2 y x2 y2 Câu 3: Cho số tự nhiên n số nguyên tố p thỏa mãn p chia hết cho n đồng thời n3 chia hết cho p Chứng minh n p số phương Câu Cho số thực khơng âm a, b thỏa mãn: a b a b Chứng minh rằng: 1 b3 9 3 a b 1 a3 Câu Cho đường tròn (O; R) O '; r cắt điểm phân biệt A B R r ' cho O O’ phía AB, Gọi K điểm cho OAO ' K hình bình hành a) CMR: ABK tam giác vuông b) Đường trịn tâm K bán kính KA cắt (O; R) (O '; r ) theo thứ tự M N (khác A) Chứng minh ABM ABN c) Trên đường tròn O; R lấy C thuộc cung AM không chứa B (C khác A, M) Đường thẳng CA vng góc với O ', r D CMR: KC KD Câu 6: Cho 17 số tự nhiên mà chữ số số lấy từ tập hợp 0;1; 2;3; 4 Chứng minh ta chọn số 17 số cho cho tổng số chia hết cho ĐÁP ÁN Câu a) Tìm tất số thực m… Ta có: 2m 3 3m 1 4m2 m Do phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 x2 2m x1 x2 3m Theo định lý Vi-et, ta có: Theo đề ta có: x12 x22 x1 x2 x1 x2 3x1 x2 2m 3 3m 1 m 1 4m 3m m Vậy giá trị cần tìm là: m 1; m b) Tìm tất số ngun…… Để phương trình có nghiệm ngun 4m2 phải số phương Khi đó: 4m2 k k 4m2 k 2m k 2m k 2m; k 2m U (5) 1;5; 1; 5 Ta có bảng sau: k 2m k 2m m 5 1 Vậy giá trị cần tìm là: m 1; m 1 Câu 2: a) Giải phương trình: x x x2 x Điều kiện xác định: x Pt x x x x x x x x 3 x x x x 3 x x x x x x 3 1 5 1 5 1 x x 1 x 3x 3 x x x 3x (VN ) Vậy phương trình cho có tập nghiệm S 0;1 b) Giải hệ phương trình: 1 x y 3 x y x2 y x2 y2 Điều kiện : x; y Ta có: 1 1 x y 3 x y x y x y (I ) 2 x2 y x y x2 y2 x y x Đặt a x; b y với a y Thay vào hệ (I) ta có: a a b b a b 2ab 2ab ab a a b b a b Mà a nên x 2 x (tm) x x x y 1 y y y 1 y (tm) 1 1 ; 1; Vậy nghiệm hệ cho 1; Câu 3: n3 n 1 n2 n 1 p p 1 n p n p n Vì p n n 1 không chia hết cho p Do đó: n 1 n2 n 1 p n2 n 1 p Đặt : p kn, k p kn (*) n n 1 kn 1 kn n n kn n n k n k n n 1 n kn 1 kn 1 k 1 n k kn 1 k k 1 n k k 1 n k kn k n 1 k n p kn n n n p n 2n n 1 Vậy n p số phương Câu 4: a b ab2 a 2ab b a b a b a b 2ab a a b b ab a b 1 a a 1 b b 1 a 1 b 1 a a 1 b b 1 2 a 1 b 1 a b 2 b 1 a 1 a b Đặt x ;y x y 2 b 1 a 1 Ta có: 1 x 1 y 3 xy x3 y xy x y x y 3xy xy x y x y (do xy 1) xy a 0; b x y a 2; b Dấu " " xảy khi: Câu a) CMR: ABK tam giác vuông Gọi I giao điểm KA OO ' Khi I trung điểm KA (tính chất hình bình hành) Mặt khác OO ' trung trực AB nên IA IB (tính chất đường nối tâm giao tuyến chung hai đường trịn) Từ ta có: IA IB IK nên tam giác ABK vng B (tam giác có đường trung tuyến từ đỉnh B đến cạnh AK nửa cạnh AK tam giác tam giác vng B) Vậy ta có điều phải chứng minh b) Đường trịn tâm K… Ta có: KA KM (cùng thuộc đường tròn K ; KA) , OA OM R Suy OK trung trực AM (tính chất đường trung trực) KO AM Vì KO / / AO ' MA AO ' (từ song song đến vng góc) Do đó: MA tiếp tuyến O ' (định nghĩa) Suy : MAB ANB; NAB AMB Khi xét hai tam giác: AMB ABN ta suy ra: ABM ABN c) Trên đường tròn (O;R) lấy C thuộc cung… Gọi E, F trung điểm CA, AD H trung điểm EF OE CD (quan hệ đường kính dây cung) O ' F CD Khi ta có: OE / /O ' F (từ vng góc đến song song) OEFO ' hình thang vng E , F Lại có H trung điểm EF , I trung điểm OO ' (cách dựng) HI / /OE / /O ' F (đường trung bình hình thang) HI CD (từ song song đến vng góc) HI đường trung trực EF IE IF (tính chất đường trung trực) Lại có: EI đường trung bình ACK (E trung điểm AC, I trung điểm AK) KC 2EI (tính chất đường trung bình tam giác) Mà FI đường trung bình ADK ( F trung điểm AD, I trung điểm AK) KD 2FI (tính chất đường trung bình tam giác) KD KC 2EI (đpcm) Câu 6: Ký hiệu A, B, C, D, E tập hợp số có chữ số tận 0;1;2;3;4 Nếu tập khác rỗng ta chọn từ tập hợp phần tử Khi tổng số chọn có tận nên chia hết cho Nếu có tập khác rỗng theo ngun lý Dirichle tập cịn lại ln có tập có phần tử Ta chọn số từ tập này, tổng số chọn chia hết cho Vậy trường hợp ta chọn số có tổng chia hết cho SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TỈNH BÌNH DƯƠNG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC : 2018-2019 Mơn thi: TỐN CHUYÊN Thời gian: 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Câu a) Giải phương trình : x x x x b) Cho số thực x, y thỏa mãn x 2018 x y 2018 y 2018 Tính giá trị biểu thức Q x2019 y 2019 2018 x y 2020 Câu Gọi x1; x2 nghiệm phương trình x2 m 1 x 2m Tìm tất giá trị 2 x x m nguyên dương để A có giá trị nguyên x2 x1 Câu a) Tính giá trị biểu thức P 1 1 2025 2024 2024 2025 b) Tìm tất số nguyên dương x, y thỏa mãn: x2 y x y Câu Cho đường tròn (O) bán kính R điểm M nằm ngồi (O) Kẻ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) (A;B tiếp điểm) Trên đoạn AB lấy điểm C (C khác với A B) Gọi I, K trung điểm MA, MC Đường thẳng KA cắt (O) điểm thứ hai D a) CMR: KO2 KM R2 b) CMR: Tứ giác BCDM tứ giác nội tiếp c) Gọi E giao điểm thứ hai MD với (O), N trung điểm KE Đường thẳng KE cắt (O) điểm thứ hai F CMR: điểm I, A, N, F thuộc đường tròn ĐÁP ÁN Câu a) Giải phương trình x x x x Điều kiện xác định: x PT x x x x a Đặt 7x x a (b 0) 7 x b (a 0) 7x b PT b 2a a b b 2b 2a ab b b 2 a b a b b a b x x x (tm) b (tm) x x 3(tm) Vậy nghiệm phương trình cho x 3; x b) Cho số thực x,y thỏa mãn…… x 2018 x y x 2018 x x 2018 x 2018 y 2018 2018 y 2018 y 2018 2018 y y 2018 y y x 2018 x 2018 y y Biến đổi tương tự ta có: 2018 x x 2018 y y (2) Cộng vế với vế (1) (2) ta được: 2018 x 2018 y 2018 x 2018 y x y x2 y x y (1) +)Với x y ta có: 1 x 2018 x 2018 x x 2x x x y x 2019 y 2019 x y Q x 2019 y 2019 2018( x y ) 2020 2020 x 2019 y 2019 Q 2020 +)Với x y , ta có: x y Vậy Q 2020 Câu Ta có: ' m 1 2m m2 4m m x 2 Suy phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt với m x1 x2 m 1 x1 x2 2m Áp dụng định lý Vi-et ta có: Theo đề ta có: 2 2 x1 x2 x14 x24 x1 x2 x1 x2 A 2 x1 x2 x1 x2 x2 x1 2 2 x1 x2 2 x1 x2 x1 x2 2 x1 x2 m 12 2m 2m 2 2 2m 4m 8m 4m 12 2m 2 2 4m 12m 16 2m 6m 2 2 2m m3 (m 3) m m m3 A 2m 6m 2m 6m m 3 m3 Ta có: 2m2 6m 2m(m 3) Ta thấy: 2m m 3 m 3 m 2m2 6m 8 m 3 m 2m2 6m 8 m 3 m 3 hay m 3 U (8) m 3 1; 2; 4; 8 Ta có bảng giá trị -8 -4 -2 -1 x 3 -5 -1 x Kết hợp với điều kiện m ta có giá trị thỏa mãn tốn: m5; 1;1;2;4;5;7;11 Câu Dựa vào đề ta có phân số tổng quát dãy số n 1 n n n n 1 n n n 1 3 n n n n 1 n n n 1 n 2n n n n n 1 n 1 n n n 1 1 n n 1 n n 1 Từ ta có: 1 1 2025 2024 2024 2025 1 1 1 2 2024 2025 1 44 1 1 45 45 2025 P Vậy P 44 45 b) Tìm tất số nguyên dương x, y thỏa mãn… 11 x2 y xy Áp dụng BĐT Co si ta có: x y xy x y x2 y x y xy x y 2 2 x y 2 x y 3( x y ) 2 6 x y x y 6 x y Lại có: x, y x y x y x y x y x y TH1: x y x y x2 y ktm x 2; y TH : x y x y 5(ktm) x 1; y x 3; y x y 10 (ktm) TH : x y x 1; y x y 10 (ktm) x y x2 y (ktm) x 3; y x y 13 x 2; y x y 13 TH : x y x 4; y x y 17 x 1; y x y 17 (ktm) (ktm) (ktm) (ktm) x 4; y x y 20 (ktm) 2 x 2; y x y 20 (ktm) TH : x y x 5; y x y 26 (ktm) x y x y 18 3 (tm) Vậy nghiệm dương phương trình cho 3;3 Câu A E H D I F Q M P G O C K B a) CMR: KO2 KM R2 Ta có I trung điểm AM , K trung điểm MC (gt) KI / / AC (đường trung bình AMC ) Lại có: MO AB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) KI MO (từ song song đến vng góc) Gọi P giao điểm MO Q giao điểm KI MO Xét OAM vng A có đường cao AP ta có: OA2 OP.OM R2 Xét MQK vng Q ta có: KM MQ2 QK Xét QKO vng Q ta có: KO2 QO2 QK KO KM QO QK MQ QK QO MQ QO MQ QO MQ AI MI IQ / / AP Xét AMP có: ( gt ) Q trung điểm MP (tính chất đường (cmt ) trung bình) MQ QP KO KM QO MQ QO MQ QO QP MO OP.OM R Vậy KO2 KM R b) CMR: tứ giác BCDM nội tiếp Gọi giao điểm KO với O G, H hình vẽ Xét KGA KDH ta có: AKG chung; KAG KHD (hai góc nội tiếp chắn cung DG) KGA KDH ( g g ) KG KA KG.KH KA.KD (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) KD KH Ta có: KM KO R KO R KO R KO OG KO OH KG.KH KD.KA KM KD KMD KA KM KAM (cmt ) (c.g.c) KMD KAM DBA CBD (Các góc tương ứng nhau) Vậy ta có tứ giác MBCD tứ giác nội tiếp c) Gọi E giao điểm thứ MD với (O), N trung điểm KE…… Ta có: MDE cát tuyến, MA tiếp tuyến nên MEA DAM (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung AD) Mà MAD KMD (theo câu b) MEA EMK MAD Lại có hai góc vị trí so le MK / / AE Tứ giác MAKE nội tiếp có I , N trung điểm cạnh bên AM EK IN / / AE Do đó: FNI KNI FEA IN / / AE FAI Do tứ giác IANF nội tiếp (điều phải chứng minh) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH NĂM HỌC 2018-2019 ĐÁP ÁN GỒM 04 TRANG HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MƠN: TỐN CHUNG (Dành cho tất thí sinh) Câu Điểm 2.5 Nội dung Cho biểu thức : x4 (với x 0, x ; x 1; x ) P 1 : x x 2x x a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm x cho P 2019 c) Với x , tìm giá trị nhỏ T P 10 x Ýa 1.0 ( x 2)( x 2) P 1 (2 x 1)( x 1) ( x 1)( x 2) 0.5 0.25 x 1 (2 x 1)( x 1) x 1 P 4x P Ýb P 2019 x 2019 x 505 Ýc 10 10 10 x 18 x 4x ( ) 1 x x x 5 10 x 18 x 10 x 18 T ( ) 1 =21 ( Do x côsi) x 5 x 5 Vậy T có giá trị nhỏ 21 x T P 1 x m m (với m tham số, m ) Gọi I ( x0 ; y0 ) tọa độ giao điểm hai đường thẳng d1 với d Tính T x02 y02 Cho hai đường thẳng (d1 ) : y mx m (d ) : y Hoành độ điểm I nghiệm phương trình 0.25 0.5 0.25 0.25 1.0 0.25 0.5 0.25 0.75 1 m2 x mx m x m m m2 m2 2m m 2m x y I ( ; ) m2 m2 m2 m2 m2 2m T ( ) ( ) 1 1 m m2 Chú ý Ý học sinh dùng quỹ tích I đường tròn R=1 Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình: x2 (2 m) x m (1) ( m tham số) a)Tìm m để x1 x2 2 1 b)Tìm m cho T đạt giá trị nhỏ ( x1 1)2 ( x2 1) Ýa 0.25 0.25 0.25 1.25 0.75 m2 m nên phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x x2 m Theo viét x1 x2 1 m x1 x2 2 ( x1 x2 )2 ( x1 x2 )2 x1.x2 0.25 (m 2)2 4(1 m) m2 m 0.25 Ýb 0.25 0.5 ( x2 1)2 ( x1 1) 2 ( x1 x2 ) x1.x2 2( x1 x2 ) T ( x1 1)2 ( x2 1)2 ( x1.x2 x1 x2 1) ( Phương trình có hai nghiệm phân biệt khác -1 với m) m2 T 1 T nhỏ m=0 0.25 x 8072 x 18162 3 x y 3x x y b) Giải hệ phương trình : 2 x y 3x 1.5 a) Giải phương trình : Ýa 0.25 0.75 Đk x 2018 ta có 4( x 2018) 9( x 2018) 0.25 x 2018 x 2018 x 2018 0.25 x 2017 0.25 Ýb 0.75 x3 y3 3x2 x y [( x 1)3 y ] 3( x 1) y ( x y)[( x 1)2 ( x 1) y y 3] y x 0.25 0.25 x Với y x vào x y 3x ta có x x x 0.25 Vậy hệ có hai nghiệm (0;1),( ; ) 2 Cho đường trịn tâm O bán kính a điểm J có JO 2a Các đường 3.5 thẳng JM , JN theo thứ tự tiếp tuyến M , N đường tròn ( O ).Gọi K trực tâm tam giác JMN , H giao điểm MN với JO a) Chứng minh : H trung điểm OK b) Chứng minh : K thuộc đường tròn tâm O bán kính a c) JO tiếp tuyến đường trịn tâm M bán kính r Tính r d) Tìm tập hợp điểm I cho từ điểm I kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn ( O ) hai tiếp tuyến vng góc với Ýa Ýb Ýc Ýd 2 Do MK ON vng góc JN (1) 0.25 NK OM vng góc JM (2) 0.25 MK / /ON Nên từ (1) (2) có Tứ giác OMKN hình bình hành(3), 0.25 NK / /OM suy H trung điểm OK Do OM = ON (4) Từ (3)&(4) có tứ giác OMKN hình thoi (5) Mặt khác OJ = 2OM = 2a suy MOJ 600 (6) Từ(5)và(6) MOK 600 OMK OK OM R a K thuộc đường tròn tâm O Do (M;r) nhận OJ tuyến tuyến mà MH JO H r MH a 1 r Ta có MH OM JM 3a ( dùng hệ thức lượng tam giác vuông) Gọi IE,IF hai tiếp tuyến với (O) E,F IE IF Suy tứ giác IEOF hình vng 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 Tính OI a (Không đổi)(1) 0.25 Do O cố định (2) Từ (1) (2) tập hợp I nằm đường trịn tâm O bán kính a Cho x, y, z ba số thực không âm thỏa mãn :12 x 10 y 15z 60 Tìm giá 0.25 0.5 trị lớn T x2 y z x y z Do x, y, z ba số thực không âm thỏa mãn :12 x 10 y 15z 60 x, y , z x Ta có (*) y z 0.25 Từ điều kiện ta có T x2 y z x y z x( x 5) y ( y 6) z ( z 4) x y 3z 12 x 60 x y 3z y 3z 12 5 x x Vậy GTLN T 12 đạt y or y z z 0.25 HƯỚNG DẪN CHẤM CHUNG *Trên bước giải khung điểm bắt buộc cho bước ,yêu cầu học sinh phải lập luận ,biến đổi trình bày hợp lý cho điểm *Phải có hình vẽ ,khơng có hình vẽ không chấm điểm *Các làm theo cách khác với đáp án mà cho điểm tối đa theo biểu điểm *Điểm toàn tổng điểm phần khơng làm trịn ……………… Hết…………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1: (2,0 điểm) Tính giá trị biểu thức A 15 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi: TỐN Thời gian làm : 150 phút 10 15 Câu 2: (2,0 điểm) Trên hệ trục tọa độ Oxy (cách chọn đơn vị hai trục tọa độ nhau), cho đường thẳng d có hệ số góc đường thẳng d qua A(3; 4) Tính khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng d Câu 3: (1,5 điểm) Cho góc nhọn Chứng minh sin sin cos2 cos4 cos2 sin Câu 4: (2,0 điểm) Cho đường trịn (O) đường kính AB Kẻ đường thẳng d tiếp tuyến đường tròn B Qua A kẻ hai đường thẳng cắt đường thẳng d E, F (điểm B nằm E F), AE cắt dường tròn (O) điểm thứ hai C, FA cắt đường tròn (O) điểm thứ hai D Chứng minh CDFE tứ giác nội tiếp Câu 5: (2,0 điểm) Cho phương trình x2 mx 2m ( x ẩn số, m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu mà nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn nghiệm dương Câu 6: (1,5 điểm) Cho tam giác ABC cân A Kẻ đường cao BH ( H thuộc đường thẳng AC) Chứng minh BC 2CH AC Câu 7: (1,5 điểm) Cho ab bc ac Chứng minh: a 1 b2 1 c 1 a b b c c a Câu 8: (1,5 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD Trên cạnh AB lấy điểm E , cạnh DC lấy điểm F cho AE CF , M điểm nằm A, D Gọi G H giao điểm FE với MB MC Chứng minh: S AEGM SMHFD SGBCH Câu 9: (1,5 điểm) Với n số tự nhiên chẵn, chứng minh rằng: 20n 16n 3n 1 323 Câu 10: (1,5 điểm) x y x y 18 Giải hệ phương trình: xy ( x 1)( y 1) 72 Câu 11: (1,5 điểm) Cho a, b, c a 2b 3c 20, tìm giá trị nhỏ biểu thức : S abc a 2b c Câu 12: (1,5 điểm) Từ điểm A nằm ngồi đường trịn O , vẽ tiếp tuyến AB AC đường tròn ( B, C tiếp điểm) cát tuyến ADE (D nằm A E) Đường thẳng qua D song song với AB cắt BC BE theo thứ tự H K Chứng minh DH = HK ĐÁP ÁN Câu 1: 10 15 15 16 15 . A 15 15 8 5 5 5 4 15 15 Vậy A = Câu Giả sử đường thẳng cần tìm có dạng y ax b Theo đề : đường thẳng d có hệ số góc 4 4 phương trình đường thẳng d có dạng y xb 3 Theo đề ta có: đường thẳng d qua A 3; a 4 b b d : y x 3 Gọi A, B giao điểm d với Ox Oy A xA ;0 ; B 0; yB 0 xA x 6 A 6;0 A B 0;8 y yB B Xét tam giác vng OAB có đường cao AH khoảng cách từ gốc tọa độ tới đường thẳng d Suy độ dài OA xA 6; OB yB Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vng OAB có: 1 1 25 24 2 AH 2 AH OA OB 576 Vậy khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng d 24 Câu 3: Ta có: VT sin sin cos cos cos sin sin 1 sin cos cos 1 cos sin sin cos cos cos sin sin cos 1 sin sin 1 cos cos sin sin cos cos cos sin sin ( 900 sin , cos 0) cos sin (dpcm) 2 2 Vậy sin sin cos cos cos sin 1 Câu d E C A B O D F Xét AEB vuông B có: CAB CEB 90 (1) Mà có BC AE ACB góc nội tiếp chắn nửa đường tròn CBA CAB 900 (2) Từ (1) (2) CBA CEB(3) Xét đường tròn (O) có CBA, CDA hai góc nơi tiếp chắn cung AC CBA CDA(4) Từ (3) (4) CEB CDA CDFE tứ giác nội tiếp (góc đỉnh góc ngồi đỉnh đối diện) (đpcm) Câu Phương trình có hai nghiệm trái dấu ac 2m m x1 x2 m x1 x2 2m Áp dụng định lý Vi ét ta có: Phương trình có hai nghiệm trái dấu nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn x1 x2 m Vậy m thỏa mãn yêu cầu toán Vậy phương trình có hai nghiệm trái dấu m Câu 6: A H B C M Gọi M trung điểm BC AM BC (do tam giác ABC cân A) Xét ACM BCH có: ACB chung ; BHC AMC 900 ACM BC BCH ( g g ) AC CM BC.CM AC.CH BC CH BC AC.CH BC AC.CH (dpcm) Câu a a ab bc ca a a b c a b a c a b b b ab bc ac b c a b c c ab bc ac a c b c a 1 b 1 c 1 a b b c c a a b b c c a 2 Vậy đẳng thức chứng minh Câu E A B G M D H F C 2 Xét tam giác MBC có SMBC AB AC S ABCD SMBC SMBD SMAB SMGH S BGHC S EBG S AEGM S MDFH S HFC (1) Xét hai hình thang AEFD EBCF có: AD AE DF S EBCF AD EB FC Mà có: EB DF , FC AE S AEFD SEBCF SEBG SHFC SBGHC S AEGM SMDFH SMGH (2) S AEFD Trừ (1) cho (2) ta được: SMHG SEBG SHCF SHFC SEBG SMHG SMHG SEBG SHCF Mà có: SEBG SHFC SBGHC S AEGM SMDFH SMGH S AEGM SMDFH SBGHC (đpcm) Câu +) Chứng minh đẳng thức a b a n1 a n2b a n3b2 a 2b n3 ab n2 b n1 a n a n1b a n2b a 3b n3 a 2b n2 ab n1 a n1b a n2b a 2b n2 ab n1 b n +) a n bn Vì n số chẵn, đặt n 2k , k ta có: 20n 16n 3n 202k 162k 32k 400k 256k 9k Để chứng minh 20n 16n 3n 1 323 , ta cần chứng minh 20n 16n 3n 1 chia hết cho 19 17 Ta có: 400k 1k 400 1 400k 1 400 k 2.1 400 k 3.12 400.1k 2 1k 1 399 400k 1 400 k 2.1 400 k 3.12 400.1k 2 1k 1 19.21 400k 1 400k 2.1 400 k 3.12 400.1k 2 1k 1 19 256k 9k 256 256k 1 256 k 2.9 9k 2.256 9k 1 247 256k 1 256k 2.9 9k 2.256 9k 1 13.19 256k 1 256k 2.9 9k 2.256 9k 1 19 400k 1k 256k 9k 19 Tương tự ta có: 400k 9k 400 400 k 1 400 k 2.9 k 2.400 k 1 17.23 400k 1 400k 2.9 9k 2.400 k 1 17 256k 256 1 256k 1 256 k 2.1 256.1k 2 1k 1 17.15 256k 1 256k 2.1 256.1k 2 1k 1 17 400k 9k 256k 17 Như ta có: 20n 16n 3n 400k 256k 9k 1 19 20n 16n 3n 1 19.17 n n n k k k 20 16 400 256 1 17 20n 16n 3n 1 323 Như ta có điều cần chứng minh Câu 10 x y x y 18 x y xy ( x y ) 18 xy ( x 1)( y 1) 72 xy ( xy x y 1) 72 Đặt x y a, xy b ta có hệ cho trở thành: a a 18 (1) b a a 2b 18 b(a b 1) 72 a a 18 a a a 18 1 72(2) 2 (2) a a 18 a 3a 16 288 a 2a 17 a 1 a 2a 17 a 1 288 a 2a 17 a 1 288 2 a 4a 4a 68a 34a 289 a 2a 288 a 4a 31a 70a 288 288 a a 4a 31a 70 a a 5a 9a 45a 14a 70 a a a 9a 14 a b 9 a b a a a a a 2 b 8 a 7 b 12 a X ta có hai số x, y nghiệm phương trình X X b 9 X 3 +) Với Vậy ta hai nghiệm hệ phương trình x; y 3; 3 ; 3;3 a X ta có hai số x, y nghiệm phương trình X X b X +)Với Vậy ta hai nghiệm hệ phương trình 3;2 ; 2;3 a 2 X ta có hai số x, y nghiệm phương trình X X b 8 X 4 +)Với Vậy ta hai nghiệm hệ phương trình 4;2 ; 2; 4 a 7 X 3 ta có hai số x, y nghiệm phương trình X X 12 b 12 X +)Với Vậy ta hai nghiệm hệ phương trình x; y 3; 4 ; 4; 3 Vậy ta hai nghiệm hệ phương trình x; y 3; 4 ; 4; 3 ; 4;2 ; 2; 4 ; 3;2 ; 2;3; 3; 3; 3;3 Câu 11 S abc a b 3c 3a b c a 2b c 4 a 2b c 3a b c a 2b 3c a 2b c Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho hai số khơng âm ta có: ) 3a 3a 2 3 a a b b ) 2 3 2b 2b c c ) c c 3a b c S a 2b 3c 20 13 a 2b c a 2b 3c 20 3a a a b (a, b, c Dấu “ = “ xảy : b 2b c c c Vậy MinS 13 a 2; b 3; c Câu 12 E B K H D A C Xét đường trịn O có: SBE góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung BE BCE góc nội tiếp chắn cung BE SBE BCE (định lý) Mà có: SBE BKH (hai góc so le trong, KD // AB) BKH BCE SBE Xét BKH BCE có: BKH BCE (cmt ); EBC chung KH BH CE KH BH (1) CE BE BE BH HD CD Chứng minh tương tự ta có: BHD BDC ( g.g ) HD BH (2) BD CD BD Xét BAD EBA có: BAE chung; DBA BEA (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung BKH BCE ( g.g ) BD) BAD EAB( g.g ) BE AB (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) BD AD AB AC (do AB, AC tiếp tuyến qua A đường tròn O nên AB = AD AD BE CE CE CD AC) (3) BD CD BE BD KH BH CE BD Từ (1) (2) (3) ta có: AH HK (đpcm) HD BH BE CD Mà có: SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI KỲ THI TUYỂN SIN LỚP 10 NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi: TỐN CHUN Thời gian: 150 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu 1) Giải phương trình: x4 22 x2 25 a a a 4a 2) Cho biểu thức P a 2 a3 a 2 a a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm số thực dương a cho P đạt giá trị lớn x xy Câu Giải hệ phương trình: 2 3x xy y 30 x, y Câu Tìm tham số thực m để phương trình x2 m 1 x 2m có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn P x1 x2 x1 x2 3x1 x2 đạt giá trị nhỏ Câu 1) Tìm cặp số nguyên x; y thỏa mãn điều kiện x2 y xy 3x 2) Cho số thực a, b, c Chứng minh a b3 b3 c c3 a3 1 2 2 2 ab a b bc b c ac c a a b c Câu Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm M 50;100 N 100;0 Tìm số điểm nguyên nằm bên tam giác OMN (Một điểm gọi điểm nguyên hoành độ tung độ điểm số nguyên) Câu Cho đường tròn (O) đường kính AB cố định Biết điểm C thuộc đường trịn (O) , với C khác A B Vẽ đường kính CD đường trịn (O) Tiếp tuyến B đường tròn (O) cắt hai đường thẳng AC AD hai điểm E F 1) Chứng minh tứ giác ECDF nội tiếp đường tròn 2) Gọi H trung điểm đoạn thẳng BF Chứng ,minh OE vng góc với AH 3) Gọi K giao điểm hai đường thẳng OE AH Chứng minh điểm K thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác ECDF 4) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ECDF Chứng minh I thuộc đường thẳng cố định đường trịn (I) ln qua điểm cố định C di động (O) thỏa mãn điều kiện ĐÁP ÁN Câu 1: 1) Giải phương trình Đặt x t t phương trình trở thành: t 22t 25 Ta có: ' 112 25 96 ' t 11 6(tm) Phương trình có hai nghiệm phân biệt : t2 11 6(tm) x2 2 x 11 2 x 11 x 2 2 x 2 x 2 x 2 x 2 Vậy phương trình cho có tập nghiệm S 2 ; 2;2 3;2 2) Cho biểu thức… a) Rút gọn biểu thức P Điều kiện a a a a 4a P a a a a a a a a a 2 a 1 a a a a 4a a a a a a a 2 a 2 a a 2 a a 1 a a a a a a b) Tìm số thực dương……… Điều kiện a Ta có: 1 9 P a a a 2 4 1 Dấu “=” xảy a a a (tm) 2 Vậy Max P a Câu 2: x xy (1) Giải hệ phương trình: 2 3x xy y 30 (2) Xét x không nghiệm hệ cho Xét x ta có phương trình (1) tương đương với : x xy x y 6 x y x x Thay vào phương trình (2) ta được: 6 6 3x x x x 30 x x 108 x x 12 x 36 30 x x x 108 x x x (Vi x 0) x y x 3 y 1 Vậy hệ cho có nghiệm 3;1 ; 3; 1 Câu Để phương trình có nghiệm phân biệt m 1 8m m2 6m m 10 m 10 x1 x2 m x1 x2 2m Áp dụng định lý Vi et ta có: Theo đề ta có: P x1 x2 x1 x2 3x1 x2 m 1 m m 2 m 1 3.2m m 4m m m 8m m2 4m m 0 Xét biểu thức : P 2 m 2 8 m 2 m 2 P 1 0P 8 Dấu “=” xảy m m 2(tm) Vậy Min P 1 m 2 Câu 1) Tìm cặp số nguyên… x y xy 3x x xy x xy y y x y 1 x x y 1 y x y 1 x y 1 x y 1 x y 1 (*) Do x, y ,2 x y 1lẻ nên ta có trường hợp sau đây: x (tm) 2 x y 1 2 x y y x y 4 x y 3 x * 2 x y 2 x y (ktm) 4 x y x y y Vậy nghiệm nguyên phương trình cho 1; 1 2) Cho số thực dương… Ta có: a b a ab b a b a b3 1 ab(a b ) 2a 2b 2ab 2ab a b a ab b b a b Điều đúng, dấu xảy a b c b3 1 2 cb c b 2c 2b Chứng minh hồn tồn tương tự ta có: 3 1 c a 2 ca c a 2c 2a Cộng vế theo vế ta có: a b3 b3 c c3 a 1 1 1 1 ab a b bc b c ac c a 2a 2b 2c 2c 2a 2b a b c Dấu “=” xảy a b c Vậy ta có điều phải chứng minh Câu Gọi phương trình đường thẳng OM là: y ax b b a OM : y x 50a b 100 b Ta có: Tương tự ta có: Phương trình đường thẳng ON là: y Phương trình đường thẳng MN là: y 2 x 200 Những điểm nằm tam giác OMN phải thỏa mãn điều kiện: y 2 x x y 2x y 2 x 200 2 x 200 x 100 Do tọa độ nguyên nên điểm thỏa mãn đề : x 1;2;3 ;98;99 Lại có: x 2 x 200 x 50;2x 2x 200 x 50 Từ đó: Nếu x ta có: y x y có điểm nguyên Nếu x ta có y x y có điểm nguyên ……………… Nếu x 50 ta có y x y 100 có 99 điểm nguyên Nếu x 51 y 2 x 100 y 98 có 97 điểm nguyên ………………… Nếu x 99 ta có: y 2 x 200 y có điểm nguyên Vậy tổng số điểm thỏa mãn : 1 97 99 49.(2.1 48.2) 99 4901 điểm Câu E P C I M O B A Q K H D F 1) Chứng minh tứ giác ECDF nội tiếp 1 E sdAB sdBC sdAC 2 Ta có: ADC sdAC (Vì góc ADC góc nội tiếp (O) chắn cung AC) 2) Gọi H trung điểm… Gọi K giao điểm EO AH EAF góc nội tiếp chắn nửa đường trịn nên góc vng Tam giác ABF ABE vuông E nên: N AB AO AE FA HF AO BAF AEB (do phụ với EAB ) nên FA FA AFH EAO Mặt khác HF AO AFH AEO(c.g.c) FA FA sin BAF BF HF ; AF FA sin AEB FAH EAO FAH EAK 900 AEO EAK AEK 900 OE AH (dpcm) 3) Gọi K giao điểm… Ta có: OBD tam giác cân O nên ODB OBD EDB góc nội tiếp chắn nửa đường trịn nên góc vng, DH BH (tính chất đường trung tuyến tam giác vng) Do BHD cân H nên BDH DBH Vậy ODH ODB BDH OBD DBH OBH 900 OKH Do tứ giác OKDH nội tiếp KDO KHO CEK KDO CDK CEK CEK KHO Nên tứ giác ECKD nội tiếp Vậy K thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ECD 4) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tâm giác ECDF…… Gọi N giao điểm CB KH Vì góc ECN , EKN vng nên: EN đường kính (I) , I trung điểm EN Gọi P hình chiếu I lên EF Do NF vng với EF (vì EFN góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên IP//NF IP đường trung bình tam giác ENF IP FN Tứ giác AFNB có FN / / AB; FA / / NB nên hình bình hành, FN AB Do đó: IP AB OB Mà OB cố định nên I di động đường thẳng song song với EF, cách EF khoảng không đổi OB AB cắt (I) điểm Gọi điểm M Q, R bán kính đường trịn tâm O MOD COQ ODM OQC ( g g ) MDO CQO OD OM OD.OC R OM OQ OQ OC CAM QAE ACM ACM AQE AQE ( g g ) AC AM AC AE AQ AM AQ AE AC AE AB R AQ AM R AO OQ AO OM R R OQ R OM R R R.OM R.OQ OQ.OM R R R OQ OM R R OQ OM R Do ta ln tính OQ, OM theo R Mà O, R cố định nên Q, M cố định Vậy đường trịn (I) ln qua điểm cố định M, Q C di động đường tròn (O) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM Đ CH NH TH C (Đề có trang) KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi : TỐN (Chun Tin) Thời gian : 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi : 09/6/2018 Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức A x , với x x Rút gọn biểu thức A tìm x x2 x x4 để A Câu (1,0 điểm) Tìm hai số nguyên tố p q, biết p q p 4q số phương Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình x2 3x ( x 1) x 2 x x y y b) Giải h phương trình 2 2 x y x y Câu (1,0 điểm) Cho đường th ng (d ) : y x m ( m tham số) parabol ( P) : y x Tìm m để (d ) cắt ( P) hai điểm phân bi t có hồnh độ x1, x2 cho x12 x22 10 Câu (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường trịn (O) , D điểm cung nhỏ BC đường tròn (O) , H chân đường cao vẽ từ A tam giác ABC Hai điểm K, L hình chiếu vng góc H lên AB AC a) Chứng minh AL.CB = AB.KL b) Lấy điểm E đoạn th ng AD cho DB = DE Chứng minh E tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC c) Đường th ng KL cắt đường tròn (O) hai điểm M, N (K nằm M, L) Chứng minh AM = AN = AH Câu (1,0 điểm) Cho hai số th c ương a b thỏa m n ab thức A a b ab a b ab Tìm giá tr nhỏ biểu - HẾT - Trang 1/5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018-2019 HDC CH NH TH C HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN (Chun Tin) (Bản hướng dẫn gồm 05 trang) Nội dung Câu Cho biểu thức A Điểm x , với x x Rút gọn biểu thức A tìm x để x2 x x4 A A Câu (1,5) Câu x x2 x x4 x (mỗi ý 0,25đ) x ( x 2) ( x 2)( x 2) x 24 x ( x 2)( x 2) ( x 2)( x 2) 2 A x x 2 x (mỗi ý 0,25đ) x 2 Nội dung Tìm số nguyên tố p q, biết p q p 4q số phương p q a2 Theo đề ta có p 4q b , suy b2 a 3q b a b a 3q * a; b N Từ q số nguyên tố a b nên ta có trường hợp sau: b a + TH 1: suy b a 2a 3q , suy q lẻ b a 3q * Câu Ta viết q 2k ( k N ) (1,0) Khi 2a 3q 1 6k hay a 3k p a – q 9k 4k k 9k Do p nguyên tố nên k p 13, q b a + TH 2: , suy b a q 2a b a q Lại có p a q a 2a – a 1 a – 3 Do p nguyên tố nên a p 5, q 11 b a q + TH 3: b a b a Suy b a q số nguyên tố Trang 2/5 1,5 0,5 0,5 0,25 0,25 Điểm 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 Kết luận: (p;q) = (5;11), (13;3) Trình bày cách khác: p q a2 Theo đề ta có p 4q b * a; b N (0,25) Suy b2 a 3q b a b a 3q Vì p, q số nguyên tố nên a 2, b Do ta có trường hợp sau: b a + TH 1: Khi b a 2a 3q Suy q lẻ b a 3q Ta viết q 2k ( k N * ) (0,25) Khi 2a 3q 1 6k hay a 3k p a – q 9k 4k k 9k Do p nguyên tố nên k Suy p 13, q b a + TH 2: Khi b a q 2a b a q Lại có p a q a 2a – a 1 a – 3 Do p nguyên tố nên a Suy p 5, q 11 Vậy p 13, q p 5, q 11 (0,25) Nội dung Câu a) Giải phương trình x 3x ( x 1) x Điều ki n: x (0,25) x2 3x ( x 1) x ( x 1) x x x x x x x (thỏa điều ki n ≤ x ≤ 4) x2 4 x 4 x ( x 2) Vậy phương trình đ cho có hai nghi m: x 1, x 2 Câu x x y y (2,0) b) Giải h phương trình 2 x y x y x2 x y y ( x y)( x y 1) x y x y + Với x y thay vào pt thứ hai ta được: x2 x x x 3 Suy được: ( x ; y) (1;1) ( x ; y) (3; 3) Điểm 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 0,5 + Với x y y x thay vào pt thứ hai ta được: 0,25 x2 x x x 3 Suy được: ( x ; y) (1;0) ( x ; y) (3;4) Vậy h phương trình đ cho có nghi m: (1;1),(3; 3),(1;0),(3;4) * Lưu ý: Học sinh giải trường hợp: với x y , với x y cho 0,5đ Trang 3/5 Câu Nội dung Điểm Cho đường th ng (d ) : y x m ( m tham số) parabol ( P) : y x Tìm m để (d ) cắt ( P) hai điểm phân bi t có hồnh độ x1, x2 cho x12 x22 10 Phương trình hồnh độ giao điểm (d ) ( P) : x2 x m (1) + ' 1 m Câu + (d ) cắt ( P) hai điểm phân bi t ' hay m (1,0) + x1, x2 hai hoành độ hai giao điểm (d ) ( P) nên x1, x2 nghi m pt (1) 1,0 0,25 0,25 0,25 x1 x2 Theo đ nh lý Viet: (thí sinh khơng viết định lý mà thể dòng x1.x2 m 0,25 được) x12 x22 10 ( x1 x2 )2 x1x2 10 2m 10 m (thỏa m 1 ) Vậy m giá tr cần tìm Lưu ý : Nếu thí sinh khơng lập ∆’ riêng mà ghi chung phần lập luận nghiệm phân biệt 0,5đ Trang 4/5 Câu Nội dung Điểm Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O) , D điểm cung nhỏ BC đường tròn (O) , H chân đường cao vẽ từ A tam giác ABC Hai điểm K, L hình chiếu vng góc H lên AB AC A O L N E 0,5 K M B / H C D Hình vẽ phục câu a: 0,25 đ Hình vẽ phục hai câu b, c: 0,25 đ a) Chứng minh AL.CB = AB.KL - Xét hai tam giác AKL ACB, có: + A chung ; AK AL + AK.AB = AH2 = AL.AC = AC AB Câu Suy hai tam giác AKL ACB đồng ạng (3,5) AL KL Suy = AL.CB = AB.KL AB CB Lưu ý: HS chứng minh ∆AKL ~ ∆ACB theo cách khác 0,75đ 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 b) Lấy điểm E đoạn th ng AD cho DB = DE Chứng minh E tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC 1,0 + AE đường phân giác góc A tam giác ABC (*) + Tam giác DBE cân D nên: BED = EBD (1) 0,25 BED = BAD + ABE = BCD + ABE = DBC + ABE (2); EBD = DBC + EBC (3) 0,5 Từ (1), (2) (3) suy ABE = EBC hay BE phân giác góc B tam giác 0,25 ABC (**) Từ (*) (**) suy E tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC c) Đường th ng KL cắt đường tròn (O) hai điểm M, N (K nằm M, L) 1,0 Chứng minh AM = AN = AH + Hai tam giác AKL ACB đồng ạng 1 0,25 Suy ALK = ABC sdAM + sd NC = sdAC 2 1 sdAM + sd NC = sdAN + sd NC sdAM = sdAN AM = AN (4) 0,25 2 + Chứng minh hai tam giác ALN ANC đồng ạng 0,25 AL AN = AN2 = AL.AC Mà AL.AC = AH2 AN = AH AN AC Từ (5) (6) suy AM = AN = AH Suy Trang 5/5 (5) 0,25 Câu Câu (1,0) Nội dung Điểm Cho hai số th c ương a b thỏa m n a b ab Tìm giá tr nhỏ biểu 1,0 ab thức A a b ab a, b a, b Ta có: 1 a b ab a b 1 0,25 x, y 1 1 Đặt A x, y ta có a b x y x y2 x y A x2 y x2 y x2 y A xy xy xy 3( x y ) x2 y x2 y x2 y 3.2 xy x2 y x2 y x2 y 4x2 y x2 y 2 0,25 x y x y 1 x y xy xy xy 2 2 x y Suy A 10 Dấu ảy x y hay a b x y Vậy giá tr nhỏ A 10 a b 0,5 Cách khác: Câu Nội dung Điểm Cho hai số th c ương a b thỏa m n a b ab Tìm giá tr nhỏ biểu 1,0 ab thức A a b ab Ta có: a b a b ab ab a b Dấu đ ng thức ảy a b ab Câu (1,0) a b a b ab ab ab ab A ab ab 10 ab 4 ab 2 Suy ra: A 10 a b Đ ng thức ảy a b ab a b ab (0,25) (0,5) (0,25) Vậy giá tr nhỏ A 10 a b - HẾT * Lưu ý: Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án cho đủ số điểm phần hướng dẫn quy định Trang 6/5 SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TỈNH HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi: TỐN CHUN Thời gian: 150 phút Câu 1) Cho x a a a2 a 1 , a 0 ; P x x x 1 1 x2 x Rút gọn P theo a 2) Cho x, y, z thỏa mãn x y z xyz Chứng minh x y z y x z z x y xyz Câu x a) Giải phương trình: 2( x 1) x x 3x xy x y b) Giải hệ phương trình x x 1 y y 1 Câu 1) Đặt N a1 a2 a2018 , M a15 a25 a2018 a1; a2 ; .a2018 Chứng mỉnh N chia hết cho 30 M chia hết cho 30 2) Tìm tất số tự nhiên n, k để n8 42k 1 số nguyên tố Câu Cho nửa đường trịn (O; R) đường kính BC Gọi A điểm di động nửa đường tròn (A khác B, C) Kẻ AD BC D BC cho đường trịn đường kính AD cắt AB, AC nửa đường tròn (O) E, F, G (khác A), AG cắt BC H AD theo R chứng minh H, E, F thẳng hàng BE.CF 2) Chứng minh FG.CH GH CF CG.HF 1) Tính 3) Trên BC lấy M cố định (M khác B, C) Gọi N, P tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB MAC Xác định vị trí A để diện tích tam giác MNP nhỏ Câu Cho a, b, c dương thỏa mãn ab bc ca Tìm giá trị lớn biểu thức P 2a 1 a b 1 b c 1 c a 28b2 28c ĐÁP ÁN Câu 1) Rút gọn P Điều kiện a 0; x x a 1 1 a a 1 a 2a a 2a 2a (a 1) a 1 a 2a a 2a 2a a 1 a 1 a2 a 1 a a 1 a 1 2 a2 a a2 a a 1 a 1 a 1 a 1 a2 a 0 a 1 a 2a a a a 1a a 1 a 1 x a P x x x x 1 1 x2 2x x 1 1 x 1 x x 1 1 x 1 2 a 1 x 1 x 1 2a a 1 x a a 1 a 1 Vậy P 2a 2) Chứng minh… Ta có: x y z xyz x y z xyz 16 Mặt khác: x y z x 16 y z yz x 4( x y z ) xyz y z yz x x xyz yz x x yz x y z x x yz x xyz Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có: y x z y xyz z x y z xyz Do x y z y x z z x y xyz x y z xyz xyz x y z xyz Vậy x(4 y)(4 z) y x z z 4 x 4 y xyz Câu x Giải phương trình: 2( x 1) x x a) Điều kiện xác định: x Ta có phương trình cho tương đương với: x 1 x 3 1 x 1 x x (*) x x x x Đặt t x x (t 0) t x 1 * t t x x t 2t t x x t (2 t ) (t 2) x 2 t 2 t x t t (tm) t t x x x )t x x2 4x x x x 1 x 3 (tm) x )t x x3 3x x x x ( x 1)( x x 4) x 1 x (tm) x 2 (ktm) x 4x Vậy tập nghiệm phương trình cho S 1;3 3x xy x y b) Giải hệ phương trình: x( x 1) y ( y 1) 3x xy x y Ta có hệ phương trình x( x 1) y ( y 1) 3x xy x y x x y y (1) 2 x x y y 2 x y xy x y 2 (*) * x x y y y ** Coi phương trình bậc hai ẩn x y tham số: y 5 4.2 y y y 18 y 9( y 1) 0y y y 1 y y x 4 Phương trình (**) có hai nghiệm: y y 1 y 2 y x 4 y 1 y 1 y 1 ) x 1 y2 y 2 y y y y y 16 y y 13 y 1 x 1 y 13 x 4 5 ) x y 1 y y y y y y2 y y2 y y2 y y 1 x 1 13 4 Vậy nghiệm hệ cho 1;1 ; ; 5 Câu 1) Đặt… Ta có : N a1 a2 a2018 ; M a15 a25 a2018 a1; a2 a2018 Xét hiệu M N a15 a25 a2018 a1 a2 a2018 a15 a1 a25 a2 a2018 a2018 Ta có a5 a a a 1 a a 1 a 1 a a 1 a 1 a 1 30 2.3.5 với 2,3,5 số nguyên tố Ta có: a a 1 a 1 a 1 có tích số tự nhiên liên tiếp a 1; a; a 1nên a(a 1)(a 1) chia hết cho Nếu a chia cho dư 0,1 a, a 1, a 1sẽ chia hết cho Nếu a chi dư a chia hết cho Vậy a a 1 a 1 a 1 chia hết cho 2;3;5 nên chia hết cho 30 Do M N chia hết cho 30 M chia hết cho 30 Ta có diều phải chứng minh 2) Tìm tất cả… Ta có: n8 42 k 1 n8 22 k 1 n2 2.2k 1 n2 22 k 1 2k 1.n 2 n 22 k 1 2k 1.n 2 n 22 k 1 2k 1.n n 22 k 1 2k 1.n Do n, k số tự nhiên n8 42 k 1 số nguyên tố nên n8 42 k 1 n 22 k 1 2k 1.n n 22 k 1 2k 1.n n 22 k 1 2k 1.n n 2.2k n 2k n 2k 2k 2 n 2k k n8 42 k 1 k n 2 k n k (VN ) 2 n 2k 1 k (VN ) 2 Vậy n 1, k giá trị cần tìm Câu P A F G H E B I N D O C M 1) Tính… H,E,F thẳng hàng Ta có: BAC DAE AFD 900 (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) Áp dụng hệ thức lượng ABC, ADB, ADE vng D ta có: AB AC AD.BC BD.CD AD2 BE.AB BD2 CF AC CD2 BE.CF AB AC BD.CD AD AD AB AC BE.CF AD3 AB AC BC AD BC R BE.CF AD AD Gọi I trung điểm AD E, I , F thẳng hàng (do AEDF hình chữ nhật) Xét đường trịn tâm I, đường kính AD ta có: IG IA AD Xét đường tròn tâm O, đường kính BC ta có: OG OA BC OI đường trung trực AG (tính chất đường trung trực) OI AH Lại có: AI OH I trực tâm AOH IH OA H , E, F thẳng hàng (đpcm) 2) Chứng minh FG.FH+……… Ta có: AGD 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét AGD ADH ta có: A chung; AGD ADH 900 AGD ADH ( g.g ) ADG AHD (các góc tương ứng) Lại có: AFG ADG (các góc nội tiếp chắn cung AG) AFG AHD AHC ADG GFCH tứ giác nội tiếp (góc đỉnh góc đỉnh đối diện) Gọi J điểm GC cho GFJ HFC Khi ta có: GJ FG FG.HC GJ FH HC FH GH FH GFH JFC ( g g ) GH FC FH JC JC FC FG.CH GH CF FH GJ JC FH CG GFJ HFC ( g g ) Đây định lý Ptoleme Vậy FG.FH GH CF CG.HF 3) Trên BC lấy M cố định… MNP ABC ( g.g ) ANP ABC ( g.g ) Ta có: MNP ANP(c.c.c) Lại có: AM đường cao ANP Từ ta suy diện tích tam giác MNP nhỏ NP nhỏ Mặt khác NP AL AM BC AD AD AM nhỏ D trùng M hay A giao điểm đường thẳng qua M vng AD góc với BC với nửa đường tròn (O; R) Câu Theo đề ta có: ab bc ca Áp dụng BĐT Cô-si vào biểu thức tốn ta có: 2a 1 a b b2 c c2 2a ab bc ca a b b ab ac bc c c ab ac bc 2a a b a c b b c b a c a c c b a a ab ac b b 4(b c) a b c c 4(b c) a c Cộng vế theo vế ta được: 2a b c a a b b c c a b a c 4(b c) a b 4(b c) a c a2 b2 c2 ab ac bc 11 a b a c 4(b c) 4 Mặt khác: a 49b a 49b 2 ab 2 a 49c a 49c 2 ac 2 b c 7bc a 28b 28c ab ac bc P 19 7 4 15 a a 7b 7c 15 Dấu " " xảy 15 ab bc ca b c 15 15 a 19 15 Vậy MaxP b c 15 15 ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH LỚP 10 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Năm học : 2018-2019 Mơn thi: TỐN (khơng chun) Thời gian làm bài: 120 phút Bài (1 điểm) Biết x y x y y x y) x y x 2 x Bài 2: (2 điểm) a) Giải phương trình y x y y Tính x y x y x 2x2 x x( x 7) 3 x x 3 x 1 y x 3 b) Giải hệ phương trình 2 x 1 y y y Bài 3: (2 điểm ) Cho phương trình x2 x 3m 11 0(1) a) Với giá trị m phương trình (1) có nghiệm kép ? Tìm nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 cho 2017 x1 2018x2 2019 Bài 4: (2 điểm) a) Đầu tháng năm 2018, vào vụ thu hoạch, giá dưa hấu bất ngờ giảm mạnh Nơng dân A cho biết sợ dưa hỏng nên phải bán 30% số dưa hấu thu hoạch với giá 1500 đồng kilogam ( 1500d / kg ), sau nhờ phong trào “giải cứu dưa hấu” nên may mắn bán hết số dưa lại với giá 3500đ/1 kg; trừ tiền đầu tư lãi triệu đồng (khơng kể cơng chăm sóc tháng nhà) Cũng theo ông A, sào đầu tư (hạt giống, phân bón….) hết triệu đồng thu hoạch dưa hấu Hỏi ông A trồng sào dưa hấu b) Một khu đất hình chữ nhật ABCD ( AB CD) có chu vi 240 mét chia thành hai phần khu đất hình chữ nhật ABMN làm chuồng trại phần lại làm vườn thả để nuôi gà (M, N thuộc cạnh AD, BC) Theo quy hoạch trang trại nuôi 2400 gà, bình quân gà cần mét vng diện tích vườn thả diện tích vườn thả gấp lần diện tích chuồng trại Tính chu vi khu đất làm vườn thả Bài 5: (3 điểm) Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (T) tâm O, bán kính R, CAD 450 , AC vng góc với BD cắt BD I, AD BC Dựng CK vng góc với AD K AD , CK cắt BD H cắt (T) E E C a) Tính số đo góc COD Chứng minh điểm C, I, K, D thuộc đường tròn AC BD b) Chứng minh A tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác BHE Tính IK theo R c) IK cắt AB F Chứng minh O trực tâm tam giác AIK CK.CB CF.CD ĐÁP ÁN Bài x y x y x y x y x x y y x y x y xy x y xy y yx x x y 2x y xy x y 2( x y ) 3( x y ) x y xy xy x y xy xy x y x y 1 x y xy xy x y xy x y 0 x y x 1 y x Vậy y Bài a) Giải phương trình 2x2 x Điều kiện: x 2x2 x 3 x x x 7 3 x x( x 7) 2x2 x 3 x x 7 x x (tm) 2x x 7 x 1 x ( ktm) 3 x 2x (2) x y 5 x y x x x x (ktm) 2 2x x x x x 1 (tm) Vậy tập nghiệm phương trình S 0; 1 b) x 3 x 1 y x 3 (1) 2 x 1 y y y (2) x x 3 x 1 y x y 1 1 x 3 x 1 y +) Với x 3 thay vào phương trình ta có: 4 y y y (vơ nghiệm VT 0;VP 0) +) Với x y thay vào phương trình (2) ta có: y y (3) y2 y y 2 y y y (4) (3) x y x; y 1;2 y 2 y y x x; y 3;4 2 y (tm) y 5y y 4y 4 Vậy nghiệm hệ phương trình : x; y 1;2 ; 3;4 Câu 3: a) Phương trình (1) có nghiệm kép 4(3m 11) 12m 44 m 15 b 2a 15 Vậy với m phương trình (1) có nghiệm kép, nghiệm kép x 15 b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt m Gọi hai nghiệm phân biệt phương trình x1; x2 , theo định lý Vi-et ta có: (2) x1 x2 x1 x2 3m 11(3) Theo giả thiết ta lại có 2017 x1 2018x2 2019, kết hợp: Khi phương trình (1) trở thành x x có nghiệm kép x1 x2 x1 x2 x x2 x 1 x1 x2 2017 x1 2018 x2 2019 x2 2017 1 x2 2018 x2 2019 x2 Thay vào (3) ta có: 2 3m 11 m (tm) 2 Thử lại : với m=3 ta có phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt Vậy m thỏa mãn yêu cầu toán Bài 4: a) Gọi số sào dưa nhà ông A x (sào) (ĐK: x 0) Số dưa thu hoạch 2x (tấn) 2000x (kg) Số dưa bán với giá 1500d / kg 30%.2000 x 600 x (kg ) Số dưa bán với giá 3500 đ/1kg 2000x 600x 1400x (kg) Do số tiền thu bán hết 2x dưa là: 600x.1500 1400x.3500 5800000x (đồng) 5,8x (triệu đồng) Số tiền đầu tư cho x sào dưa 4x (triệu đồng) Do trừ tiền đầu tư lãi triệu đồng nên ta có phương trình: 5,8x x 1,8x x (tm) Vậy nhà ông A trồng sào dưa b) A M D B N C Để nuôi 2400 gà, cần 1m2 diện tích vườn thả diện tích vườn thả MNCD SMNCD 2400m2 SMNCD 800 m2 2400 800 3200 m2 Diện tích khu chuồng trại ABNM S ABNM Diện tích khu đất ABCD S ABCD Gọi chiều rộng AB chiều dài khu đất x(m) y(m) 0 x y Chu vi khu đất 240m nên ta có phương trình: 2( x y) 240 y 120 x (1) Diện tích khu đất ABCD 3200m2 nên ta có phương trình xy 3200 Thay (1) vào (2) ta phương trình: x 120 x 3200 x 120 x 3200 x 40 x 80 (tm) x 40 y 80 (ktm) x 80 y 40 AB CD 40m S 2400 MD MNCD 60(m) CD 40 Chu vi khu vườn thả hình chữ nhật MNCD MD CD 60 40 200 (m) Vậy chu vi khu đất làm vườn thả 200m Bài F B C I O H K D E A a) Ta có COD 2.CAD (góc tâm góc nội tiếp chắn cung CD) COD 2.450 900 ( gt ) nên góc CID 900 Vì AC BD Vì CK AD ( gt ) nên góc CKD 900 CID CKD 900 (2) Tứ giác CIKD có đỉnh I K nhìn cạnh CD góc 900 nên tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính CD Vì AC BD ( gt ) nên AID vuông cân I IA ID (1) Ta có góc CBD =góc CAD 450 (hai góc nội tiếp chắn cung CD) Tam giác CIB vuông I có CBI CBD 450 nên tam giác CIB vuông cân I IB IC (2) Từ (1) (2) IA IC IB ID AC BD (Vì I thuộc đoạn AC I thuộc đoạn BD) b) Chứng minh A tâm…… ACK vuông K ICH ACK 900 CAK 900 450 450 Tam giác CIH vng I có ICH 450 (cmt) nên vng cân I IC IH (3) Từ (2) (3) IB IH I trung điểm BH , mà AI BH AC BD AI trung trực BH (4) CIH vuông cân I DHE IHC (đối đỉnh)= 450 Mặt khác HED CAD 450 (2 góc nội tiếp chắn cung CD) DHE HED 450 HDE vuông cân D Mà DK đường cao hạ từ đỉnh D HDE DK trung trực HE AK đường trung trực HE (5) Từ (4) (5) A giao điểm trung trực BH trung trực HE A tâm đường trịn ngoại tiếp BHE +) Tính IK theo R Ta có: IK đường trung bình BHE nên IK BE Ta có BCH BCI ICH 450 450 900 (do BCI CHI vuông cân) BOE 2.BCE 2.900 1800 (góc tâm góc nội tiếp chắn cung BE (T)) B, O, E thẳng hàng BE đường kính T BE 2R IK BE R c) Chứng minh O trực tâm AIK Vì IA ID, OA OD R nên OI trung trực AD OI AD OI AK (6) Tam giác CAK vng K có CAK 450 nên CAK vuông cân K KC KA Mặt khác OC OA R OK trung trực AC OK KA (7) Từ (6) (7) O giao điểm đường cao hạ từ I K AIK O trực tâm AIK +) Chứng minh CK.CB=CF.CD Ta có: BAC BEC (hai góc nội tiếp chắn cung BC (T)) Vì IK // BE (tính chất đường trung bình) BEC FKC (đồng vị) BAC FKC Tứ giác AFCK có hai đỉnh A K nhìn FC góc nên AFCK tứ giác nội tiếp CFB 1800 CKA 900 (8) Vì ABCD tứ giác nội tiếp nên FBC CDK (cùng bù với góc ABC) (9) Từ (8) (9) FBC KDC ( g.g ) CF CB CK CB CF CD (đpcm) CK CD SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TỈNH TUYÊN QUANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi: TỐN CHUN Thời gian: 150 phút Ngày thi: 03/06/2018 Câu a) Giải phương trình : x x2 x 8x3 x2 x y b) Tìm nghiệm nguyên hệ phương trình : 2 16 x xy y y Câu Tìm tham số m để phương trình x2 2(m 1) x m2 a) Có hai nghiệm phân biệt dương b) Có hai nghiệm x1 x2 thỏa mãn : x1 m x2 3m Câu a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: 3x2 xy y 5x b) Cho a, b,c số nguyên Chứng minh a2016 b2017 c 2018 chia hết cho a2018 b2019 c2020 chia hết cho Câu Cho đường trịn (O) đường kính AB Từ điểm C thuộc đường trịn kẻ CH vng góc với AB (C khác A B) Đường trịn bán kính CH cắt (O) D E (D thuộc cung AC) Gọi N giao điểm DE CH Giao điểm DE với CA CB I K Chứng minh rằng: a) Hai tam giác CAD CDI đồng dạng b) N trung điểm CH Câu Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M a 4a b 4b c 4c a2 a b2 b c2 c ĐÁP ÁN Câu 1: a) Giải phương trình Ta có: 2 x Điều kiện xác định: 4 x x x 8 x3 a; b a x Đặt ab x 1 x x 1 x3 b x x Phương trình cho trở thành: a 3b ab (a 3)(1 b) x 2 x a x x (tm) b x x x(2 x 1) x Vậy tập nghiệm phương trình cho : S 4; ;0 b) Tìm nghiệm nguyên… Ta có: x x y x x y 4 16 x xy y y 16 x xy y y x x 16 x xy y x 1 x y y 2 y2 1 x x 1 4x y 2 y 1 x 1 y 4x x y2 1 TH1: x 2 y y y 1 2y y y y 18 y 27 y y 18 y 20 y y y y 10 y x 1 TH2: x y2 y y 2( y 1) 2y 25 y y 10 y 10 50 y 75 y y 50 y 84 y y y y 42 y x 1 Vậy nghiệm nguyên hệ cho 1;2 Câu a) Có nghiệm dương phân biệt Ta có: Để phương trình cho có hai nghiệm dương thì: 4(m 1) 4m2 8m m 2m S 2(m 1) P m m m b) Có hai nghiệm phân biệt…… x1 x2 m 1 (2) x1 x2 m Áp dụng định lý Vi-et ta có: Mặt khác : x1 m x2 3m x12 2mx1 m x2 3m x12 2(m 1) x1 x1 m x2 3m x12 x1 x2 x1 x1 m2 x2 3m (1) x1 x2 x1 x2 x1 x2 3m x1 x2 3m (3) x1 x2 2(m 1) x m 2 x1 x2 3m x2 m Từ (1) (3) ta có: Thay vào (2) ta có: m 2 m 4 m2 2m m (tm) Vậy m Câu a) Tìm nghiệm ngun… Ta có: Phương trình cho tương đương với 3x xy y x 3x x xy y 3x x y (2 x 1) 3x x y ( Do x x 0) 2x 1 Do x, y nguyên nên: x x x 1 3 x 1 x 1 x x x 1 x 1 20 x 4 x 1 x 1 8 x x 1 x x 1 x 1 x 1 2 x x y x 1 x y 2 Vậy nghiệm nguyên x; y phương trình cho 1;0 ; 0; 2 b) Cho a, b,c số nguyên… Ta có: a 2018 b 2019 c 2020 a 2016 b 2017 c 2018 a 2016 a 1 b 2017 b 1 c 2018 c 1 a 2015 a(a 1)(a 1) b 2016 (b 1)(b 1) c 2017 c(c 1)(c 1) Ta có tích số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6, có số chẵn số chia hêt cho Do vậy: a(a 1)(a 1); b(b 1)(b 1); c(c 1)(c 1) chia hết a 2018 b2019 c 2020 a 2016 b2017 c2018 Vậy ta có điều phải chứng minh Câu C K E N D A I H B a) Hai tam giác CAD CDI đồng dạng Ta có: Do đường trịn đường kính CH cắt (O) D E nên CD CE Do C điểm cung DE Từ đó: CDE CAD (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) CDE CAD Do vậy: DCA chung CAD b) N trung điểm CH Ta có: CAD CDI CDI ( g.g ) (cmt ) CA CD CD CA.CI CH CD CI CA CH CA.CI CH CH CI CIH CHA c.g c CIH CHA 900 IH CA Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có HK vng với CB Tứ giác CIHK hình chữ nhật (tứ giác có góc vng) Suy hai đường chéo CH IK cắt trung điểm đường Vậy N trung điểm CH IK Câu Ta có: Áp dụng BĐT Co si BĐT quen thuộc : 1 x y z x yz a 4a b 4b c 4c M a2 a b2 b c2 c a 1 4a b 1 4b c 1 4c a a 1 b b 1 c(c 1) 2a 4a 2b 4b 2c 4c 1 6.9 54 6 9 a(a 1) b(b 1) c(c 1) a 1 b 1 c 1 a b c Vậy giá trị nhỏ M 9, dấu xảy a b c Co si SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TỈNH THÁI NGUYÊN KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn thi: TỐN CHUN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút 3 5 Câu Rút gọn biểu thức A 52 1 x2 y x Câu Giải hệ phương trình : 3 x 12 x y x Câu Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn: 16 x3 y3 15xy 371 Câu Giải phương trình x x 3x2 12 x 14 Câu Cho x, y, z số thực dương Chứng minh x2 x y 14 xy 2 y2 y 3z 14 yz 2 z2 z 3x 14 xz 2 x yz Câu Cho tam giác ABC cân có BAC 1000 , D thuộc nửa mặt phẳng không chứa A bờ BC, CBD 150 , BCD 350 Tính ADB Câu Cho tam giác ABC nội tiếp (O), AB < AC , đường cao BD, CE cắt H Gọi M trung điểm BC, MH cắt (O) N a) Chứng minh A, E, D, H, N thuộc hình trịn b) Lấy P đoạn BC cho BHP CHM , Q hình chiếu vng góc A lên HP Chứng minh DENQ hình thang cân c) Chứng minh (MPQ) tiếp xúc (O) ĐÁP ÁN Câu Rút gọn biểu thức A 3 5 52 1 1 1 1 52 1 2 1 5 2 3 2 1 1 2 3 3 3 7 95 3 21 4 Câu 2 (1) x y 4x 3 x 12 x y x a) Giải hệ phương trình: (2) Ta có phương trình (2) tương đương với: x3 x 12 x y x y Hệ cho trở thành: 2 x 2 y x y 4x 3 3 x 12 x y x x y y z y z 2 yz Đặt x z ta có: 3 2 y z y z y yz z y z 1 yz a y z ta có hệ phương trình: b yz Đặt a2 1 b a2 a2 a 2b b b 2 a 1 b a 1 a 2a a 2 a 2a a2 a y z 1 b b yz a y x z x y, z hai nghiệm phương trình : x x y x z x Vậy hệ phương trình có tập nghiệm 3;0 ; 2;1 Câu 3: Vì x, y nguyên dương nên VP VT nên x y x y 1 Ta có: 15xy 16 x3 y3 371 số lẻ nên x, y lẻ, : Xét x y thay vào phương trình thỏa mãn Xét x Ta có: x y 16 x3 y 16 x3 x 16 x 12 x 15 xy 371 15 x x 371 15 x 30 x 371 16 x 12 x 15 x 30 x 371 81x 162 x 243 81 x x Ta có: x2 x 0, x 16 x3 y3 15xy 371 Vậy trường hợp vô nghiệm Vậy phương trình có cặp nghiệm ngun dương x; y 3;1 Câu Giải phương trình x x 3x2 12 x 14 Điều kiện xác định: x 2 x x 3x 12 x 14 x x 1 x x 3x 12 x 12 2x x2 2x 2x x x 9 3 x 2 2x x 1 2x x x 2 2x x 1 x 2 2x x 3 x 2 x 1 0 2x x 2x x 1 x2 (do3 0, x ) 2 2x x 2x x Vậy phương trình có nghiệm x 2 Câu Áp dụng BĐT Co –si ta có: x2 y xy x y 14 xy x y 12 xy xy x y 12 xy x y x y 14 xy x 12 xy y 3x y 3x y 2 y 3z 14 yz y z Chứng minh hồn tồn tương tự ta có: z 3x 14 xz 3z x a b2 c2 a b c Áp dụng BĐT Cauchy Schawz: ta được: x y z x yz x y z x2 y2 z2 x yz VT 3x y y z 3z x 3x y y z z x Vậy ta có điều phải chứng minh Dấu " " xảy x y z Câu 6: E A B C D Gọi E điểm đối xứng với B qua A EA AB Vì ABC cân A AB AC AB AC AE A tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BEC BCE 900 1800 BAC 1800 1000 Ta có: ABC ACB 400 2 Lại có: DBE DCE 150 400 350 900 1800 BECD tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) AD AB AC AE ABD cân A ABD ADB 15o 400 550 Câu A N Q D O E H B P C M K a) Chứng minh A,E,D,H,N thuộc đường trịn Kẻ đường kính AK ACK 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) hay AC KC ( gt ) Lại có: BH AC D KC / / BH (từ vng góc đến song song) Chứng mnh tương tự ta có: BK / / HC AB BHCK hình bình hành (dấu hiệu nhận biết) Lại có: M trung điểm BC, HK BC M M trung điểm HK Ta có: ADH AEH 900 900 1800 ADEH tứ giác nội tiếp A, D, E, H thuộc đường trịn đường kính AH Lại có: ANK 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ANK nhìn đoạn AH góc 900 N thuộc đường trịn đường kính AH A, N , D, E, H thuộc đường trịn đường kính AH b) Lấy P đoạn BC… Ta có: AQH 90 nên Q nhìn AH góc vuông Q A, E, D, H, N thuộc đường trịn đường kính AH Mặt khác : BHP QHD (hai góc đối đỉnh) CHM EHN (hai góc đối đỉnh) Mặt khác, xét đường trịn đường kính AH ta có: QHD góc nội tiếp chắn cung QD, EHN góc nội tiếp chắn xung NE 1 sdNE sdQD NE QD (tính chất dây căng cung) 2 Mà tứ giác DENQ tứ giác nội tiếp có cạnh NE QD DENQ hình thang cân c) Chứng minh (MPQ) tiếp xúc (O) Ta chứng minh tứ giác MNPQ nội tiếp Ta có: BEC BDC 90 BEDC tứ giác nội tiếp MCH HDE sdEB (các góc nội tiếp chắn cung EB) 2 Lại có: HDE sdEH (trong đường trịn đường kính AH) Ta có: HMP CHM MCH (tính chất góc ngồi tam giác) 1 1 HMP EHN sdEH sdNE sdEB sdNH NQH 2 2 MNPQ tứ giác nội tiếp BHP CHK NKB BHP NBP BN HB KC BP KN KN NKC (c g c) NKP( g.g ) BNP KNC (Các góc tương ứng) Kẻ tiếp tuyến Nx (O) Ta có ngay: PNx BNx BNP NCM KNC NCP Do Nx tiếp tuyến (MPQ) Vậy (MPQ) tiếp xúc với (O) Nx (ta có điều phải chứng minh) SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TỈNH BẮC NINH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: TỐN CHUN Thời gian: 150 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu a a b2 a a b2 a a b2 a a b2 a) Rút gọn biểu thức : P a a 2b , a b 0 : b b) Cho phương trình: x2 ax b với x ẩn, a, b tham số Tìm a, b cho x1 x2 phương trình có nghiệm thỏa mãn 3 x1 x2 35 Câu a) Giải phương trình: x 3x x b) Cho số thực a, b, c thỏa mãn a, b, c 2, a b c Tìm GTLN GTNN P a b2 c ab bc ca Câu a) Tìm cặp số nguyên x, y thỏa mãn x2 y b) Chứng minh hiệu lập phương số nguyên liên tiếp bình phương số tự nhiên n n tổng số phương liên tiếp Câu 1) Từ A (O) vẽ tiếp tuyến AB, AC (B, C tiếp điểm) AO cắt BC H Đường trịn đường kính CH cắt (O) điểm thứ hai D Gọi T trung điểm BD a) Chứng minh ABHD tứ giác nội tiếp b) Gọi E giao điểm thứ đường trịn đường kính AB với AC, S giao điểm AO với BE Chứng minh TS // HD 2) Cho (O ), O2 cắt hai điểm A, B Gọi MN tiếp tuyến chung đường tròn với M, N thuộc (O ), O2 Qua A kẻ đường thẳng d song song với MN cắt (O ), O2 ,BM, BN C, D, F,G Gọi E giao điểm CM DN Chứng minh EF = EG Câu Cho 20 số tự nhiên, số có ước ngun tố khơng vượt q Chứng minh chọn số cho tích chúng số phương ĐÁP ÁN Câu a) Rút gọn biểu thức a a b2 a a b2 P a a b2 a a b2 a b a a a b2 a 2 a a b2 a b2 a a 2b , : b a b 0 b2 a a b2 a a b a a b a a b 2a a b a a b2 b2 a a b 4a a b b2 a a b2 b2 a a b a a b2 a b2 a a b2 a b2 a0 2 a b b) Cho phương trình……… Để phương trình cho có hai nghiệm x1; x2 a2 4b x1 x2 a (1) (2) x1 x2 b Áp dụng định lý Vi-et ta có: Theo đề ta có: x1 x2 x1 x2 3 x x 35 x1 x2 x1 x2 x1 x2 35 x1 x2 (3) x1 x2 5 x1 x2 x1 x2 35 x1 x2 x1 x2 (4) Thế (1) (2) vào (4) ta được: a b a b b a (*) Bình phương hai vế (3) ta được: x1 x2 52 x1 x2 x1 x2 25 a 4b 25 a b 6 a 4a 28 25 a a 1 b 6 Vạy a; b 1; 6 ; 1; 6 Câu a) Giải phương trình x 3x x Ta có điều kiện xác định: x 1 a x a x Đặt Khi ta có hệ phương trình sau đây: a, b b x b x a b a b a a 2 2 3a b 3a a a (*) * 3a a 2a a a 2a 2a a (a 2) a a a a 2a a a a 2a a 2(tm) a 2(ktm) b a2 a x a2 x x 1 x x b (TM ) Vậy phương trình có nghiệm x b) Cho số thực a,b, c… a b 2ab Áp dụng BĐT Co si ta có: b c 2bc c a 2ca 1 a b c a b a c b c 2ab 2ac 2bc 2 2 a b c ab ac bc a b2 c2 1 ab bc ca a b c Dấu “=” xảy a b c 1 a b c P Vậy MinP 1khi a b c Theo đề ta có: a, b, c a b c abc ab ac bc a b c abc ab ac bc 12 ab ac bc abc ab bc ca P P a b c 2ab 2ac 2bc 2 ab ac bc a b c ab ac bc 2 2 2 a b c b abc a c Dấu " " xảy a b c c a b 0 a, b, c Vậy MaxP abc 0, a b c 3,0 a, b, c 2 Câu a) Tìm cặp số ngun tố… Ta có số phương chia cho nhận số dư nên ta có: (3k ) 9k 2 (3k 1) 9k 6k 1 mod 3 2 3k 9k 12k 1 mod 3 Nếu x, y x,y khơng chia hết cho số dư Vế trái cho 2.1 1 chia dư vô lý x y hai số x, y phải có số x y y y 2( y 0) 2 y x 2.9 x 19 x Vậy cặp số nguyên x; y 3;2 b) Chứng minh hiệu lập phương… Gọi số tự nhiên liên tiếp a, a 1 a , theo đề ta có: a 1 a3 n2 a3 3a 3a a3 n2 3a 3a n2 a n 02 12 a (tm) +)Xét TH: 1 a ta có: 2 a 1 n a 1 (tm) a +)Xét TH: 2a 3a 3a 2a 1 a 1 2 Vậy ta có n tổng hai số phương liên tiếp Câu (*) B J T A H S O D E C Bài a) Chứng minh ABHD nội tiếp Gọi I, J tâm đường trịn đường kính CH, AB Xét (J) ta có: ADB góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ADB 900 Ta có: AB, AC hai tiếp tuyến đường tròn (O) tiếp điểm B, C cắt A Và AO BC H AO BC H hay AHB 900 (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Xét tứ giác ABHD ta có: ADB AHB 900 (cmt ) ABHD tứ giác nội tiếp b) Gọi E giao điểm thứ đường trịn… Vì tứ giác ABHD tứ giác nội tiếp (cmt) DBH DAH (hai góc nội tiếp chắn cung DH) Xét đường trịn (I) ta có: HDC góc nội tiếp chắn nửa đường tròn HDC 900 BDA HCD 900 ADH ADB BDH 90 BDH Lại có: BDC BDH HDC 900 BDH ADH BDC Xét ADH BDC ta có: HAD DAC (cmt ); ADH BDC (cmt ) ADH BDC ( g.g ) AD AH (các cặp cạnh tương ứng) BD BC AD BD 2.TD TH (T trung điểm BD) AH BC 2.HC HC AD TD Xét TAD CAH ta có: (cmt ); TDA CHA 900 AH CH TAD CAH (c.g.c) TAD HAC (hai góc tương ứng) TAD TAS HAD Mà HAC HAD DAE TAS DAE Mặt khác : DAE DBE (Hai góc nội tiếp chắn cung DE) TAS SBT EAD ABTS tứ giác nội tiếp STD BAS (góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối diện) Mà BAS BDH (hai góc nội tiếp chắn cung BH đường tròn (J)) STD TDH BAH Lại có hai góc vị trí so le ST / / HD(dpcm) Bài G C H A I F D B M K N E Gọi MO1 d H ; NO2 d I , AB MN K O1M CD H O2 M CD I Ta có : MN//CD O1M , O2 N trung trực CA DA (đường kính dây cung) CH HA, MHA 90 IA ID, NID 90 MNIH hình chữ nhật M H I 900 HI MN CD MN / / CD Xét CED ta có: (cmt ) MN CD MN đường trung bình CED M , N trung điểm EC, ED MC ME, ND NE Xét CAE ta có: M , H trung điểm CA, CE (cmt) AM đường trung bình CAE MN / / AE Mà MH CD (cmt ) AE CD (từ vng góc đến song song) Xét MKA BKM ta có: MAK KMB (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung AB) MKA chung MKA BKM ( g.g ) MK KA KM KA.BK BK KM (1) Xét NKA BKN ta có: NAK KNB ( góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung AB) NKA chung NK KA KN KA.BK (2) BK KN Từ (1) (2) suy KM KN Do MN / / FG , áp dụng định lý Ta let ta có: KN MK KB AG AF AG AF AB (cmt ) EG EF (tính chất đường trung trực) (dpcm) Mặt khác AE FG NKA BKN ( g.g ) Câu Ta có : số có ước ngun tố khơng vượt q có dạng 2x.3y.5z.7t Do x, y, z, t số có trường hợp chẵn, lẻ nên số có tổng cộng 2.2.2.2 16 trường hợp x, y, z, t 20 Theo nguyên lý Dirichle, tồn 1 số a, b saao cho 16 x y z t a 1.3 1.5 1.7 số mũ tương ứng tính chẵn lẻ x2 y2 z2 t2 b x1 x2 2m y y 2n a.b 2m.3n.5 p.7 q z1 z2 p t1 t2 2q Đây số phương Vậy ta ln chọn số cho tích chúng số phương từ 20 số tự nhiên mà số có ước ngun tố khơng vượt SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn thi: TỐN (Chun) Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề (Đề thi gồm có 01 trang) Câu (2,0 điểm) a x2 a x2 a) Rút gọn biểu thức: A 2 a a với a 0, x x x b) Tính giá trị biểu thức P ( x y)3 3( x y)( xy 1) biết: x 3 2 3 2 , y 17 12 17 12 Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x2 x3 x x x2 2x y y b) Giải hệ phương trình: x 3xy y Câu (2,0 điểm) a) Tìm dạng tổng quát số nguyên dương n biết: M = n.4n + 3n chia hết cho b) Tìm cặp số (x; y) nguyên dương thoả mãn: (x2 + 4y2 + 28)2 17(x4 + y4) = 238y2 + 833 Câu (3,0 điểm) Cho đường trịn tâm O đường kính BC, A điểm di chuyển đường tròn (O) (A khác B C) Kẻ AH vng góc với BC H M điểm đối xứng điểm A qua điểm B a) Chứng minh điểm M nằm đường tròn cố định b) Đường thẳng MH cắt (O) E F (E nằm M F) Gọi I trung điểm HC, đường thẳng AI cắt (O) G (G khác A) Chứng minh: AF2 + FG2 + GE2 + EA2 = 2BC2 c) Gọi P hình chiếu vng góc H lên AB Tìm vị trí điểm A cho bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác BCP đạt giá trị lớn Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thay đổi thỏa mãn: a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức : Q 14(a b2 c ) ab bc ca a 2b b2c c 2a Hết -Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2016 - 2017 (Hướng dẫn chấm gồm: 04 trang) Nếu học sinh có cách làm khác cho điểm tối đa Câu Ý Nội dung a a x2 a x2 2 a a với a 0, x x x Rút gọn biểu thức: A a x2 2x a a x2 2x a A = x x x a x a x x a x x a Điểm 1,00 0,25 x 0,25 +) Với x a x a x a nên A = x a x a 2x 2 x x x 0,25 +) Với x a x a x a a x nên A = 0,25 a xx a a x x Tính giá trị biểu thức: P ( x y)3 3( x y)( xy 1) biết: b x 3 2 3 2 , y 17 12 17 12 Ta có: x3 3 2 3 2 3 2 3 2 3 3 2 32 1,00 32 32 x3 3x x3 3x (1) Tương tự: y3 y 24 (2) Trừ vế với vế (1) (2) ta được: x3 y3 3( x y) 20 (x - y)3 + 3(x - y)(xy + 1) = 20 Vậy P = 20 0,25 0,25 0,25 0,25 a Giải phương trình: x2 x3 x (1) 1,00 +) ĐK: x 1 PT (1) (x2 - 3x + 3) + 3(x + 1) = (x 1)(x 3x 3) (2) 0,25 Do x2 - 3x + > nên (2) 3(x 1) x 1 4 x 3x x 3x t x 1 2 Đặt t ; t PT: + 3t = 4t 3t - 4t + = (TM) t x 3x x 1 +) Với t = PT: x 4x x 2 x 3x x 1 +) Với t = PT: x 12x x 42 x 3x 3 x x x y y (1) b Giải hệ phương trình: x 3xy y (2) Ta có: (1) x x 2x (Do y2 y y2 y 0,25 0,25 0,25 1,00 y2 y 0,25 y2 y với y) x (x 1)2 y y2 x y 1 (x 1)2 y (x 1)2 y 0 x 1 y (x y 1) 1 0 2 (x 1) y x y 2 (x 1) (x 1) y y (3) Do a (x 1)2 x x 1, x 0,25 y2 y y, y nên (3) vô nghiệm x Thay y = - x - vào (2) tìm nghiệm x 1 Với x = y = -2; x = y Vậy hệ có nghiệm (1;-2), ; 3 3 n n Tìm dạng tổng quát số nguyên dương n biết: M = n.4 + chia hết cho 2k 2k k k k 0,25 0,25 1,00 k +) n = 2k (k nguyên dương): M = 2k.4 + = 2k.16 + Ta có: 16 dư 0,25 với 2k chia M dư với (2k.2k + 2k) = 2k.(2k + 1) chia (2k + 1) chia hết cho k chia 0,25 dư 3, hay k = 7q + n = 14q + (q N ) +) n = 2k + (k nguyên dương): M = (2k + 1).42k + + 32k+1 = 4(2k+1).16k + 3.9k M dư với (k + 4).2k + 3.2k = (k + 7).2k chia k chia hết cho k = 7p (p N ) Vậy n = 14q + n = 14p + 1, với p q số tự nhiên Tìm cặp số (x; y) nguyên dương thoả mãn: b 0,25 0,25 1,00 (x2 + 4y2 + 28)2 - 17(x4 + y4) = 238y2 + 833 Ta có: x y 282 17( x y ) 238 y 833 x 4( y 7) 17 x ( y 7)2 0,25 16 x4 8x ( y 7) ( y 7)2 x ( y 7) x y 0,25 Vì x, y N * nên x y x y x y Do từ (1) suy ra: 0,25 (2 x y)(2 x y) (1) 2 x y x x y y 0,25 KL: (x; y)=(2; 3) thoả mãn toán a Chứng minh điểm M nằm đường tròn cố định A 1,00 F S B C K H O I E G D M Lấy K điểm đối xứng O qua B, B O cố định nên K cố định Tứ giác OAKM hình bình hành nên KM = OA BC không đổi OA BC M nằm đường trịn tâm K, bán kính b Chứng minh tổng bình phương cạnh tứ giác AEGF không đổi 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 Xét AHB CHA có BHC = BHA =900, BAH = ACB (cùng phụ với ABC ) AHB đồng dạng CHA Gọi S trung điểm AH, I trung điểm HC nên 0,25 ABS đồng dạng CAI ABS = CAI Ta lại có BS đường trung bình AMH BS//MH ABS = AMH AMH = CAI 0,25 Mà CAI + MAI =900 AMH + MAI =900 AI MF Xét tứ giác AEGF nội tiếp (O), có AG EF Kẻ đường kính AD, GD AG EF AG nên EF // GD, tứ giác nội tiếp 0,25 EFGD hình thang cân FG = ED AE2 + FG2 = AE2 + ED2 = AD2 = BC2 Tương tự ta chứng minh được: AF2+ EG2 = BC2 0,25 Vậy AE2+ FG2 +AF2+ EG2 = 2BC2 Gọi P hình chiếu vng góc H lên AB Tìm vị trí điểm A cho bán kính c đường tròn ngoại tiếp tam giác BCP đạt giá trị lớn 1,00 Gọi Q hình chiếu H AC Tứ giác APHQ hình chữ nhật (S tâm) AQP AHP ABC nên tứ giác BPQC nội tiếp A Q S P B H O 0,25 C O' Đường trung trực đoạn thẳng PQ, BC, QC cắt O’ O’ tâm đường 0,25 tròn ngoại tiếp tam giác BCP Có: OO’ // AH vng góc với BC OA PQ O'S PQ O’S//OA nên tứ giác ASO’O hình bình hành AH OO’ = AS = AH Trong trường hợp A nằm cung BC ta có: OO’ = AS = 0,25 Tam giác OO’C vuông O nên O’C = OC2 AH Do OC không đổi nên O’C lớn 0,25 AH lớn A cung BC Cho a, b, c số thực dương thay đổi thỏa mãn: a + b + c = 1,00 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P 14(a b2 c ) ab bc ca a 2b b2c c 2a Ta có: a2 + b2 + c2 = (a + b + c)(a2 + b2 + c2) = a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 Theo bất đẳng thức Cô si: 0,25 a + ab 2a b; b + bc 2b c; c + ca 2c a a + b + c 3(a b + b c + c a) 2 Do đó: P 14(a b2 c ) 2 2 2 3(ab bc ca) a b2 c Đặt t = a2 + b2 + c2 Ta ln có: 3(a2 + b2 + c2) (a +b + c)2 = Do vậy: t Khi đó: P 14t 3(1 t ) t 27t 27t 23 2t 2 2t 2 2t Vậy MinP = 23 a = b = c = 3 0,25 0,25 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi: TỐN (chun) Thời gian: 150 phút Bài (2,0 điểm) x x 2 x 1 x a) Rút gọn biểu thức : A (với x 0, x 1, x 4) : x x 2 x2 x 2 x b) Giải phương trình : x2 x x 5 x Bài (1, điểm) Cho Parabol ( P) : y x2 đường thẳng (d ) : y 2mx 4m (với m tham số) Tìm tất giá trị tham số m để (d ) cắt ( P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1; x2 thỏa mãn x1 x2 Bài 3: (1,0 điểm) Cho tam giác AMB cân M nội tiếp đường tròn (O; R) Kẻ MH AB H AB Biết AM 10 cm, AB 12 cm Tính độ dài MH bán kính R Bài (1,0 điểm) A B Một người muốn làm quạt có chu vi 80 cm (hình minh họa – phần quạt AOB) Tính số O đo góc cho diện tích quạt lớn Bài (2,0 điểm) Cho điểm A cố đinh, xAy 600 điểm B nằm xAy B Ax, B Ay Gọi M, N hình chiếu B Ax Ay Đường thẳng BN cắt Ax H đường thẳng BM cắt Ay K a) Chứng minh HK 2MN b) Gọi I, D trung điểm AB, HK Chứng minh tứ giác MIND nội tiếp c) Giả sử AB cm, gọi O trung điểm MN Tính độ dài IO Bài (1,0 điểm) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x y z Chứng minh x2 y2 z2 1 yz zx x y ĐÁP ÁN Bài a) ĐKXĐ: x 0, x 1;4 x x 2 x 1 x x x 1 x x x x x 2 x 2 x 1 x 2 x 1 x 1 x x 2 x x 2x x x 2 x 1 x x x 2 x 1 2 x 1 x 1 x 1 2 x 1 x x 2 1 x x A : x x x x 2 x 2 A x 1 Vậy Giải phương trình b) x x x 5 x x 1 ĐKXĐ: Với điều kiện ta có: x2 x x 5 x x x x x x x x 12 x x x x x x x 12 x x x x 1 x x 12 x x x x 12 Đặt (*) x x 1 t ta có: t t 4 * t t t 3 t t 3 +) Với , ta có: x x x 1 x 1 x 1 x 1 x x x x x x 3(tm) x 2x x 1 x x 3 x Với t=4, ta có: x 6 x x 4 x x x x x 6 x 6 x 12 x 36 x x 11x 35 VN x3 Vậy phương trình cho có nghiệm Bài 2: Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phương trình: x2 2mx 4m x 2mx 4m * pt (*) (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hai nghiệm phân biệt m ' m 4m m x1 x2 2m Áp dụng định lý Vi-et ta có: x1 x2 4m Theo đề ta có: x1 x2 x1 x2 x12 x22 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 2m 2.4m 4m 4m 8m m (1) )m 1 4m 8m 8m m (ktm) m )m (1) 4m 8m 8m 2m 2m 1 m m m Vậy với Bai x1 x2 x1; x2 (d) cắt (P) hải điểm phân biệt có hoành độ thỏa mãn M E O A B H Áp dụng định lý Pytago cho tam giác MAH vuông H ta có: AH MH AM 2 AB 12 MH AM AH AM 10 2 2 Kẻ OE vng góc với MA suy E trung điểm MA (tính chất đường kính-dây cung) ME EA MA 5cm Xét tam giác MOE tam giác MAH có: MEO MHA 900 Góc AMH chung; MOE Bài 5: MAH ( g g ) OM ME ME.MA 5.10 R OM 6, 25 cm MA MH MH Độ dài cung tròn tạo nên hình quạt chu vi C 2R l 2R Suy chu vi hình quạt là: l R 1800 R 180 80 14400 360 R lR R 2 Squat 360 Diện tích hình quạt : R 14400 360 2 S 40 R R R 20 400 S 400 360 R R 20 R 20 360 R R 14400 Dấu “=” xảy 14400 360 360 2 2(rad ) 20 AOB 2(rad ) Vậy Bài K y D N B O I A M x a) ANH Xét vuông N có: cos NAH cos 600 AN AH Xét tứ giác MNKH có: NKM NHM 300 (do phụ với góc NAH) Mà hai góc nhìn đoạn NM Suy MNKH tứ giác nội tiếp đường tròn ANM AHK Nên Xét ANM (góc góc ngồi đỉnh đối diện) AHK H ANM AHK (cmt ) NAH Có: chung; ANM AHK ( g g ) AN NM HK NM (dpcm) AH HK b) Gọi I, D lần lượt… ANB AMB 900 900 1800 Xét tứ giác MANB có suy MANB tứ giác nội tiếp ANB AMB 90 MANB Vì tứ giác nội tiếp đường trịn tâm I đường kính AB AB I; Xét đường trịn ta có: NAM góc nội tiếp chắn cung MN NIM góc tâm chắn cung MN MIN NAM 2.600 1200 KNH KMH 900 MNKH Ta có: KH tứ giác nội tiếp đường trịn tâm D, đường kính HK D; ta có: Xét đường trịn NKM góc nội tiếp chắn cung MN NDM góc tâm chắn cung MN MDN NKM 2.300 600 NDM NIM 1200 600 1800 Xét tứ giác MIND có Suy tứ giác MNKH nội tiếp đường tròn (đpcm) c) Giả sử… Nhận thấy hai tam giác vuông ANB, AMB có IN, IM hai đường trung tuyến ứng với cạnh huyền Tương tự ta có: IN IM ND MD KH AB 4cm IM IN (cmt ); ND MD(cmt ), ID chung Xét tam giác IDN tam giác IMD có: IDN IMD(c.g.c) NID MID ID NIM phân giác MIN Xét cân I có ID phân giác góc NIM nên ID đồng thời trung trực cạnh MN, suy ID cắt MN trung điểm MN Mà có O trung điểm MN suy ba điểm I, O, D thẳng hàng NIO NID 1200 NIM 600 2 IO IN cos NIO 4.cos 600 2cm Bài Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki với ba số A B C a; b; c ; , , a b c có: A 2 B 2 C 2 A B C a b c b c A B C a a b c a b c A2 B C A B C a b c abc 2 Áp dụng bất đẳng thức ta có: x y z x y z x y z 1 x2 y2 z2 y z z x x y y z z x x y 2( x y z ) 2 Vậy ta có điều cần chứng minh SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUỐC HỌC NĂM HỌC 2018-2019 Khóa ngày 02 tháng năm 2018 Mơn thi: TỐN ( CHUN TỐN) Thời gian làm bài: 150 phút ( Không kể thởi gian phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1: ( 1,5 điểm) 5x 12 x 32 x x Q x x 16 số nguyên, đồng thời P x ước Q x a) Cho biểu thức P x Q x b) Cho t x2 x x Tính giá trị biểu thức A x2 x2 x4 Tìm số nguyên x cho P x theo t Câu 2: (2,0 điểm) 11 x đường thẳng d : y x Gọi A, B giao điểm P d Tìm tọa độ điểm C trục tung cho CA CB có giá trị nhỏ a) Cho parabol P : y b) Giải hệ phương trình 2x y2 xy x2 y2 x 5x y y 0 Câu 3: ( 1,5 điểm) a) Xác định giá trị m để phương trình x 1 biệt x 1, x thỏa mãn điều kiện x 2x b) Giải phương trình 3x x 3x 7x 2mx 6m 6x ( x ẩn số) có hai nghiệm phân 3 Câu 4: ( điểm) Cho tam giác nhọn ABC AB AC nội tiếp đường tròn tâm O, có ba đường cao AD, BE,CF trực tâm H Gọi M giao điểm AO với BC P,Q chân đường vng góc vẽ từ M đến AB, AC a) Chứng minh H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF b) Chứng minh HE.MQ HF.MP MB DB c) Chứng minh MC DC AB AC Câu 5: ( điểm) 1 49 16x 4y z 16 Tìm giá trị x, y, z cho a) Cho x, y, z số thực dương có tổng Chứng minh b) Cho số tự nhiên z số nguyên x, y thỏa mãn x 2z 42 x y2 y xy x 2y số phương lớn HẾT Thí sinh khơng sử dụng tài liệu làm Giám thị không giải thích thêm Họ tên thí sinh:……………………… Số báo danh: …………………… LỜI GIẢI THAM KHẢO CHO HỌC SINH GV: ĐỖ CAO LONG TP HUẾ 5x 1a) Cho biểu thức P x Tìm số nguyên x cho P x 12 x 32 x x Q x x 16 Q x số nguyên, đồng thời P x ước Q x Giải: 5x Ta có P x x0 Suy P x nguyên x0 4 x0 x0 x0 x0 12 x0 64 Ta có P P ; Q Q Vậy x x x x x 16 12 x ước nguyên dương 12 P 64 ; Q 64 75 1b) Cho t x x x2 Lời giải 1: 1) Nếu x t x2 t2 Khi đó: A x Tính giá trị biểu thức A A x 2) Nếu x x2 x 12 x 32 x 16 t 1 x2 x x4 Giải: x2 x2 theo t 1t 1 x x t x x 1 t x 1 t2 1 t2 t 2t t2 Từ hai trường hợp suy A 2t Lời giải 2: x2 Ta có A x2 x4 x x x2 2x x2 x2 : x x x 1 x2 t : x2 x2 x x2 x2 x2 2x x x 1 x2 t2 2t 11 x đường thẳng d : y x Gọi A, B giao điểm P d Tìm tọa độ điểm C trục tung cho CA CB có giá trị nhỏ Giải: 11 Hoành độ A B nghiệm phương trình: x x Phương trình có hai nghiệm: x x Suy A 4; , B ; 16 2a) Cho parabol P : y 4; đối xứng với A qua Dễ thấy hai điểm A, B nằm phía so với trục tung Lấy điểm A ' trục tung Khi CA CB CA ' CB A ' B , nên CA CB đạt giá trị nhỏ A ',C , B thẳng hàng, tức C giao điểm đường thẳng A ' B với trục tung Phương trình đường thẳng d ' qua A ' B có dạng y Ta có hệ Vậy C 0; 4a b a 16 a b b y y y x b 2x 2b) Giải hệ phương trình Ta có: 2x Suy d ' : y ax xy x 5x x y 2 x 9x 2 3x y x 2x 18x y2 5x y y y 0 Giải: x 1y 2x 5x 2 x x2 y2 xy y 5x x x y 2 3x 2 3x 2 0 y 2x y x Trường hợp y x2 2x x2 y 2x y x y 2x y x x x 1, thay vào phương trình thứ hai hệ ta được: 2x 2 2x x 5x x x 4x 13 Trường hợp hệ cho có hai nghiệm: x ; y 1;1 , x ; y ; 5 Trường hợp y x, thay vào phương trình thứ hai hệ ta được: x 2x Trường hợp hệ cho có nghiệm: x ; y Vậy hệ cho có hai nghiệm: x ; y Điều kiện để phương trình x m2 ' 6m Khi x 2mx 6m Trường hợp 1: x1 x1 2x 2x 3 3x 3x Đặt a 2m 2m 2m m m ( x ẩn số) có hai nghiệm phân m x m m x 2m x m m x 3, ta có: 3 3, x 2m x 3b) Giải phương trình 3 6m 2m , vơ nghiệm 3, ta có: 2m m Vậy m Ta có 3, x Trường hợp 2: x1 x1 m 2mx Giải: ( x ẩn số) có hai nghiệm phân biệt là: 6m 13 ; 5 1;1 , x ; y 2mx x 1;1 3a) Xác định giá trị m để phương trình x 1 biệt x 1, x thỏa mãn điều kiện x 2x x x x 3 3x x 3x x 3x 7x 6x 1,b 3 3x 6x b3 Mà a b3 c3 3ab a b 3cd a 3ab a b d3 c3 3x b 6x 3 3 3x 7x d a c d3 3ab c 7x a b b ab cd a 6x Giải: 7x 7x 3, c b 3x Phương trình cho trở thành: a a3 3 2 2, d b c d d (2) c d nên (2) trở thành: a b ab cd Trường hợp a Trường hợp ab 18x 9x b , ta có a b cd , ta có ab 5x 3x x cd 6x 3x 6x 3x 3x x 6x x x x Vậy phương trình cho có năm nghiệm: x 4) Cho tam giác nhọn ABC AB ;x 1; x 7x ;x 3x 13 x x 7x 13 AC nội tiếp đường tròn tâm O, có ba đường cao AD, BE,CF trực tâm H Gọi M giao điểm AO với BC P,Q chân đường vng góc vẽ từ M đến AB, AC 4a) Chứng minh H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF Giải: Ta có BFC BEC AFC ADC AEB ADB Suy tứ giác BFEC , AFDC , AEDB nội tiếp Suy ra: ABE 90 ADE (cùng chắn cung AE đường tròn AEDB ) (1) ADF ACF (cùng chắn cung AF đường tròn AFDC ) (2) ABE ACF (cùng chắn cung FE đường tròn BFEC ) (3) Từ (1), (2), (3) suy ADF ADE nên AD đường phân giác góc EDF tam giác EDF (4) Tương tự, ta chứng minh được: BE,CF đường phân giác góc DEF , DFE tam giác DEF (5) Từ (4), (5) suy H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF 4b) Chứng minh HE.MQ HF.MP Gọi N giao điểm tia AO với đường trịn O Ta có: NC AC nên NC || BH Tương tự, ta có NB || CH Suy BHCN hình bình hành Ta có: FEH BCH (cùng chắn cung FB ), FBH ECH (cùng chắn cung FE ) nên hai tam giác HFE, HBC đồng dạng Do đó, hai tam giác HFE, NCB đồng dạng HE NB (6) HF NC Mặt khác: MQ || NC (cùng vng góc với AC ), MP || NB (cùng vng góc với AB ), suy Suy MQ NC AM AN MP NB HE Từ (6), (7) suy HF NB NC MP MQ MB DB 4c) Chứng minh MC DC MP MQ (7) HE MQ AB AC HF MP MB AB MC Hai tam giác vuông ADC MQC đồng dạng nên ta có AC MB AB MP Từ (8), (9) suy ra: (10) MC AC MQ Hai tam giác vuông ADB MPB đồng dạng nên ta có Ta có AMQ DB QM AB AM ANC DB MP AD MQ AD AB.MP AD AC MQ MC AD MB (8) (9) ABD suy hai tam giác vuông ADB AQM đồng dạng nên ta có AB.MQ AM (11) Tương tự: AMP ANB ACD suy hai tam giác vuông ADC APM đồng dạng nên ta có DC AC AC MP DC (12) PM AM AM DB AB MQ Từ (11), (12) suy (13) DC AC MP MB DB Từ (10), (13) suy ra: MC DC AB AC 16x 5a) Cho x, y, z số thực dương có tổng Chứng minh 4y z 49 16 Giải: Ta có 16x 4y z 49 16 x y 16 z a Với hai số thực khơng âm a, b ta có Dấu "=" xảy a b Áp dụng kết trên, ta có: x a y Dấu "=" xảy Và 16 z 49z 49y 56 14 a b (2) y (3) 16 z 49z z 16 z 16 49 Dấu "=" xảy x x y z Vậy bất đẳng thức cho chứng minh 49 x ;y y 42 x y2 42 x Với: x2 x Ta có: 1 y x y xy y 98 y xy Tìm giá trị x, y, z cho x 2y số phương lớn z z ;z 5b) Cho số tự nhiên z số nguyên x, y thỏa mãn x 2z ab (1) Cộng (1), (2), (3) theo vế ta được: x y Dấu "=" xảy b b 1 49x 49x x x Dấu "=" xảy 49x x x 49y 28 Trương tư, ta có: y 49x 49 xy x2 x xy z 2 2 y x 1 Giải: 21 x x ,1 y2 x y2 y xy y2 y 2z 2 42 x y2 x 2y Do đó, 2z 42 x y2 z x 2y số phương mod Nếu z lẻ 2z 2z mod dư 1) Từ suy z số chẵn z y , Ta có y y Suy 2z Nghĩa tồn số tự nhiên n cho 2z x 21 21 x y x 21 số phương n mod mod Khi n 2 mod vơ lí (vì số phương chia cho Đặt z 2k, k Vì 21 1.21 Trường hợp 1: Trường hợp 2: Ta có n n 2k n k 21 n 2k n k Nếu x 0, y x y 2k 2z Nếu x 2, y 2z Vậy x 2, y 3, z k 2k n n 21 2k 21 y Không tổng quát, giả sử x x y 42 x 2 10, khơng có giá trị k thỏa mãn trường hợp 2k x 1 2k n2 2k nên ta có hai trường hợp sau: n Từ giả thiết, ta có Giải hệ ta 2k 3.7 n 22k 21 y2 42 x y2 x 2y x 2y 102 100 2500 - HẾT - 502 y , suy x 1 y SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HÒA KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Năm học 2018 - 2019 Mơn thi: TỐN (CHUN) Ngày thi: 06/6/2018 (Thời gian: 150 phút - không kể thời gian phát đề) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Bài 1: (3,00 điểm) a) Giải phương trình x2 x 3x x b) Có số tự nhiên có chữ số abc cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác cân Bài 2: (2,00 điểm) a) Chứng minh với số thực a, b, c ta có a b c a b2 c2 ab bc ca 2 b) Cho ba số x, y, z khác đồng thời thỏa mãn x y z , 1 1 2 2 x y z xyz 1 Tính giá trị biểu thức Q y 2017 z 2017 z 2019 x 2019 x 2021 y 2021 x y z Bài 3: (3,00 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính BC H điểm nằm đoạn thẳng BO (điểm H không trùng với hai điểm B O ) Qua H vẽ đường thẳng vng góc với BC , cắt đường tròn (O) A D Gọi M giao điểm AC BD , qua M vẽ đường thẳng vng góc với BC N a) Chứng minh MNBA tứ giác nội tiếp BO OH AB BH b) Tính giá trị P c) Từ B vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O) , cắt hai đường thẳng AC AN K E Chứng minh đường thẳng EC qua trung điểm I đoạn thẳng AH điểm H di động đoạn thẳng BO Bài 4: (1,00 điểm) Với a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện a b c abc Chứng minh a2 b2 c2 a b Bài 5: (1,00 điểm) Để tiết kiệm chi phí vận hành đồng thời đưa du khách tham quan hết 18 danh lam thắng cảnh tỉnh K, Công ty Du lịch lữ hành KH thiết lập tuyến chiều sau: có tuyến từ A đến B từ B đến C khơng có tuyến từ A đến C Hỏi có cách thiết lập để hết 18 địa điểm ? HẾT - Đề thi có 01 trang; - Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: SBD: /Phòng: Giám thị 1: Giám thị 2: HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN MÔN: TOÁN (CHUYÊN) NĂM HỌC 2018 – 2019 - Hướng dẫn chấm có 04 trang; - Các cách giải khác đúng, cho điểm tối đa phần tương ứng Đáp án Điểm a) Giải phương trình x2 x 3x x 2,00 Bài Điều kiện x 1, ta có x2 x 3x x x2 3x x 2( x 1) 0,5 Đặt u x v x , Phương trình cho trở thành u 3uv 2v2 u v u v u v u 2v u 2v u 2v 0,5 0,5 x 1 x 1 x x 2 x 1 x x x 22 TH2: u 2v ta có x x 4( x 1) x TH1: u v ta có 0,5 1 b) Có số tự nhiên có chữ số abc cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác cân TH1: lập thành tam giác a b c , có số lập Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm phương trình cho x 2, x Bài (3,00đ) 1,00 0,25 TH2: Xét a b c Vì a+ b> c nên (2,2,c) có cách chọn c, lập số (3,3,c) có cách chọn c, lập số (4,4,c) có cách chọn c, lập số Bắt đầu từ a = b trở a b 10 dù chọn c số từ đến (khơng tính 0,25 trường hợp trùng với a, b) ta có a+b>c Chọn a, b có cách chọn, Chọn c có cách chọn Nên có 8.5 = 40 cách chọn, lập 40 số Vì vai trị a, b, c nên có ( 2+4+6+40)×3 = 156 số 0,25 Vậy có 9+156 = 165 số cần tìm 0,25 a) Cho a, b, c số thực Chứng minh 1,00 a b c a2 b2 c2 ab bc ca 2 Ta có VT a b c a b c a b a b c c a b2 c2 ab bc ca VP (Điều phải chứng minh) Bài (2,00đ) b) Cho ba số 1 1 2 2 4, x y z xyz x, y, z khác đồng 1 x y z thời Tính 0,5 0,5 thỏa mãn x yz giá trị biểu , thức 1,00 Q y 2017 z 2017 z 2019 x2019 x 2021 y 2021 Ta có: 0,25 Bài Đáp án 1 1 1 1 2 x y z 1 1 1 4 2 2 2 2 x y z xyz x y z xyz x y z xy yz zx Điểm 1 1 ( theo câu a) x y z 1 1 1 Mà , suy (1) x y z x y z 1 (2) Mặt khác x y z x yz Từ (1) (2) suy 1 1 ( xy yz zx)( x y z ) xyz x y y z z x x y z x yz x y y z x2021 y 2021, y 2017 z 2017 , z 2019 x 2019 Vậy Q z x Cho đường tròn (O) đường kính BC H điểm nằm đoạn thẳng BO (điểm H không trùng với hai điểm B O ) Qua H vẽ đường thẳng vng góc với BC , cắt đường tròn (O) A D Gọi M giao điểm AC BD , qua M vẽ đường thẳng vng góc với BC N a) Chứng minh MNBA tứ giác nội tiếp Bài (3,00đ) 0,25 0,25 0,25 1,00 Ta có BAC 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BAM 900 0,25 Mặt khác MNB 900 0,25 Suy Tứ giác MNBA có BAM MNB 900 900 1800 Suy tứ giác MNBA tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính MB 0,25 0,25 BO OH b) Tính giá trị P AB BH AB AB Ta có ABC vng A, nên: BH BC BO AB 2 BO AB OH BO BH BO BC BO OH BO AB BO 2 1 BH AB AB Vậy P = c) Từ B vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O) , cắt hai đường thẳng AC AN lần 1,00 0,25 0,25 lượt K E Chứng minh đường thẳng EC qua trung điểm I đoạn thẳng AH điểm H di động đoạn thẳng BO 0,25 0,25 1,00 Đáp án Bài Điểm Ta thấy MBN DBC (đối đỉnh) DBC DAC ( Tứ giác DBAC nội tiếp) Suy MBN DAC NMB BCA (1) Tứ giác MNBA nội tiếp nên ta có NMB NAB (2) 0,25 Tam giác OAC cân O BCA OAC (3) Từ (1), (2), (3) suy NAB OAC OAC BAO NAB BAO BAC NAO Mà BAC 900 NAO 900 Suy NA tiếp tuyến (O) Theo tính chất tiếp thuyến ta có EA=EB EAB EBA Trong tam giác vng KAB, ta có EAB EBA BKA EAK (Phụ với góc nhau) KAE cân E AE KE EB KE Mặt khác AH//BK ( vng góc với AB) AI//KE HI//EB CI AI (Định lý Thales) CE KE 0,25 0,25 CI HI AI HI (Định lý Thales) CE BE KE BE Mà KE EB , suy AI HI nên I trung điểm đoạn thẳng AH Với a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện a b c abc Chứng minh 0,25 a2 b2 c2 a b 1 1 1 Ta có a b c abc Đặt x , y, z bc ca ab a b c 1,00 0,25 Khi x, y, z xy yz zx Vì a2 b2 1 z2 c2 x2 y 1 a b z Bài (1,00đ) 1 1 x2 1 y 1 x2 y x2 1 y2 Bài x2 1 1 y2 1 1 xy x y x 1 1 x 1 y x2 1 1 z 1 xy z 1 0 z xy z 1 0, x, y, z z 2 1 y2 x y 1 z2 0,25 1 z2 z x y 1 z2 0 z z xz yz z 1 y 1 0 z 0,25 z z x2 y (4) z Ta có: x y x y x y 4 1 z2 0 z 0,25 Ta có điều phải chứng minh Để tiết kiệm chi phí vận hành đồng thời đưa du khách tham quan hết 18 danh 1,00 Bài (1,00đ) Đáp án lam thắng cảnh tỉnh K, Công ty Du lịch lữ hành KH thiết lập tuyến chiều sau: có tuyến từ A đến B từ B đến C khơng có tuyến từ A đến C Hỏi có cách thiết lập để hết 18 địa điểm trên? Gọi A địa điểm có nhiều tuyến đường (gồm đường xuất phát từ A đường đến A) Ta chia địa điểm lại thành loại: Loại 1: tuyến đường xuất phát từ A có n(1) = m tuyến đường Loại 2: tuyến đường đến A có n(2) = n tuyến đường Loại 3: khơng có tuyến đến từ A có n(3) = p tuyến đường Khi đó: m+n+p = 17 Số tuyến đường liên quan đến A có m + n tuyến Số tuyến đường không liên quan đến A không vượt p m n Điểm 0,25 0,25 Số tuyến đường liên quan đến loại không vượt m.n Vì a b c 3 ab bc ca a b2 c ab bc ca a b2 c2 ab bc ca a b b c c a 0, với số thực a, b, c Do a b c ab bc ca 2 (5) Gọi S số cách thiết lập hết 18 địa điểm, áp dụng (5) Có S m n p m n m.n m.n p 1 m n p 1 0,25 m n p 1 m 18 Dấu đẳng thức xảy m n p n p 108 Vậy thiết lập tối đa 108 tuyến đường chiều để hết 18 địa điểm cho - HẾT - 0,25 SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO VĨNH LONG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2018–2019 Mơn: TỐN (CHUN) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài (2.0 điểm) x3 x 2 a) Cho biểu thức A với x x Tìm giá trị A : x x x x 8 x 14 b) Tính giá trị biểu thức A 12 80 32 12 80 32 Bài (1.0 điểm) Cho phương trình x2 2m 3 x m2 (1) ( x ẩn số, m tham số) a) Chứng tỏ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt với giá trị m b) Giả sử x1 , x2 hai nghiệm phương trình (1) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 x2 thỏa mãn x1 x2 Bài (1.5 điểm) a) Giải phương trình x 12 x x y 36 x b) Giải hệ phương trình y xy Bài (1.5 điểm) a) Tìm số t nhi n x thỏa mãn biểu thức P x4 x2 14 x 49 số ngu n tố b) Tìm nghiệm ngu n phương trình x xy y x 3y Bài (1.0 điểm) Cho tam giác ABC vng A có AB 6cm , AC 8cm Các đường phân giác phân giác ngồi góc B cắt đường thẳng AC M N Tính diện tích tam giác BMN Bài (2.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A AB AC đường cao AH Vẽ đường tròn O đường kính BC Trên cung nhỏ AC lấ điểm E ( E A , E C ) cho hai tia AE BC cắt I ; AC cắt BE N Kéo dài AH cắt đường tròn O điểm thứ hai D , DE cắt BC M a) Chứng minh MN song song AD b) Chứng minh hai tam giác OME OEI đồng dạng Bài (1.0 điểm) Cho a, b, c số dương Chứng minh rằng: a3 b a a) 2 a b a b3 c3 a bc b) 2 2 a ab b b bc c c ca a HẾT Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích th m Họ t n thí sinh: SBD: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN VĨNH LONG NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: TOÁN CHUYÊN HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm 2.0 Bài x3 x 2 a) Cho biểu thức A với x x Tìm giá trị : x x x x 8 A x 14 Với x 0; x , ta có: x3 x 2 A : x x x x 8 x3 x 2 x2 x 4 x 2 x2 x 4 x 2 x2 x 4 x 2 x 2 x2 x 4 x 0.5 x x2 x 4 Ta có x 14 2.3 Khi đó, ta có: A x 3 14 x 3 3 3 24 8 0.25 0.25 b) Tính giá trị biểu thức A 12 80 32 12 80 32 Ta có A2 24 A 32 0.5 0.25 Do A nên A 0.25 Cho phương trình x2 2m 3 x m2 (1) ( x ẩn số, m tham số) 1.0 a) Chứng tỏ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt với giá trị m Ta có ac m2 1 nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt trái dấu với giá trị m 0.25 b) Giả sử x1 , x2 hai nghiệm phương trình (1) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 x2 thỏa mãn x1 x2 Do phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt trái dấu x1 x2 Suy x1 , x2 0.25 x1 x1 , x2 x2 0.25 x1 x2 x1 x2 2m m 0.25 1.5 a) Giải phương trình x 12 x Biến đổi tương đương phương trình ta x 12 x x 18 x 81 12 x 0.25 x 18 x 81 36 x 12 x x x 1 2 x2 6x x2 6x x x = x 6 x x x 10 0.5 Vậ phương trình cho có tập nghiệm S 2; 4 x y 36 x b) Giải hệ phương trình y xy x y 36 x (1) Điều kiện x y , ta có y xy (2) 0.25 Phương trình (2) y x x 36 2 x y 2x y y x 2y x x x thỏa điều kiện Vậ hệ phương trình có nghiệm y y Suy (1) 0.25 0.25 1.5 a) Tìm số t nhi n x thỏa mãn biểu thức P x x 14 x 49 số ngu n tố P x x x x 0.25 Ta có x x2 x Vì P số ngu n tố n n x x2 x x x 2 (L) Vậy x P 19 (thỏa mãn) b) Tìm nghiệm ngu n phương trình x2 xy y x y 0.5 x2 xy y x y x y 2 x y y 1 y y y 2 3 y y Để phương tình 1 có nghiệm 3 y y y y 2 y 0.5 Vì y nguyên nên y 2 y 1 Với y 2 , 1 x x x Với y 1 , 1 x x x Vậ nghiệm phương trình: 0; 2 , 0; 1 , 1; 1 Cho tam giác ABC vuông A có AB 6cm , AC 8cm Các đường phân giác phân giác góc B cắt đường thẳng AC M N Tính diện tích tam giác BMN 0.25 1.0 0.25 ABC vuông A BC AB2 AC BC 10(cm) MA MC BM đường phân giác ABC BA BC Áp dụng tính chất dã tỉ số ta có: MA MC MA MC AC MA 3(cm) BA BC BA BC BA BC 10 NA NC BN đường phân giác ABC BA BC Áp dụng tính chất dã tỉ số ta có: NA NC NC NA AC NA 12(cm) BA BC BC BA BC BA 10 NM NA MA 15(cm) SBMN BA.NM 45 (cm2 ) Cho tam giác ABC vuông A AB AC đường cao AH Vẽ đường tròn O đường kính BC Tr n cung nhỏ AC lấ điểm E ( E A , E C ) cho hai tia AE BC cắt I ; AC cắt BE N Kéo dài AH cắt đường tròn O 0.25 0.25 0.25 2.0 điểm thứ hai D , DE cắt BC M a) Chứng minh MN song song AD Chứng minh tứ giác MNEC nội tiếp NEC 90 NMC 90 Ta có MN BC, AD BC suy MN / / AD 0 b) Chứng minh OME ∽ OEI Gọi F giao điểm OE với đường tròn (O) ( F khác E ) Ta có BOF EOC EC BF 0.5 0.25 0.25 0.25 DEF AIB 1 sñFD sñBD sñBF 2 0.25 sñ AB sđEC (tính chất góc có đỉnh b n ngồi đường tròn) Suy AIB DEF Xét hai tam giác OME OEI 0.25 0.25 EOI chung EIO MEO OME ∽ OEI Cho a, b, c số dương Chứng minh rằng: a3 b a 2 a b a b3 c3 a bc b) 2 2 a ab b b bc c c ca a a3 a(a b2 ) ab2 ab ab b a) Ta có : a a a 2 2 a b a b 2ab a b b3 c c3 a c b) Tương t theo câu a), ta có: 2 b , 2 b c c a Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức ta có: a3 b3 c3 abc 2 2 a b b c c a 3 a a a Ta có: 2 2 a b a ab b a b2 a2 b2 3 b b b3 Và b2 c2 b bc c b2 c2 2 b c c3 c3 c3 c2 a2 c ac a c2 a2 2 c a Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức tr n ta có: a3 b3 c3 a3 b3 c3 a b c a ab b2 b2 bc c c ca a a b b c c a a) HẾT./ 1.0 0.25 0.25 0.5 SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi: TỐN CHUN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút Ngày thi: 03/06/2018 Câu 1(1 điểm): Cho a, b, c ba số thực thỏa mãn điều kiện a b c a a c 1 a b 1 Tính giá trị biểu thức A a b2 c2 Câu (2 điểm) a) Giải phương trình : x x x x y b) Giải hệ phương trình: 3 x y x y Câu (2 điểm): Cho tam giác ABC AB AC vng tai A có đường cao AH Gọi E, F hình chiếu H lên AB, AC a) Chứng minh rằng: BE CH CF BH AH BC b) Gọi D điểm đối xứng B qua H gọi O trung điểm BC Đường thẳng qua D vuông góc với BC cắt AC K Chứng minh BK AO Câu (1,5 điểm): a) Chứng minh x x với số thực x b) Cho x, y số thực thỏa mãn điều kiện x2 xy y Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức P x2 y Câu (1,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông A Gọi M trung điểm BC O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB Đường thẳng AC cắt (O) điểm thứ hai K Đường thẳng BK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC L.Các đường thẳng CL KM cắt E Chứng minh E nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACM Câu (2 điểm) Các số nguyên dương từ đến 2018 tô màu theo quy tắc sau: Các số mà chia cho 24 dư 17 tô màu xanh; số mà chia cho 40 dư tơ màu đỏ Các số cịn lại tơ màu vàng a) Chứng tỏ khơng có số màu tơ hai màu xanh đỏ Hỏi có số tơ màu vàng b) Có cặp số a; b cho a tô màu xanh; b tô màu đỏ a b ĐÁP ÁN Câu Ta có: a b c b a c a a c 1 a b 1 a a c 1 a a c 1 a a c 1 c 1 a a c 1 c 1 a 2a c 1 c 1 a c 1 c 1 2 a c a b a c c c A a b c 02 12 1 2 Vậy A Câu Bài a Giải phương trình : x x x x 3 x x Điều kiện : x 4x x x 4x2 x 4x 4x2 4x x x 2x x 1 2 x x x 2x 1 x x 1 x x x x 57 (tm) x x 2 x 57 (ktm) x 2 4 x x x x x x 1 x x 2 x x x 3 41 4 x 3x (tm) x 3 41 (ktm) x 57 3 41 ; Đối chiếu với điều kiện ta có hệ phương trình tập nghiệm S x y 1(1) b Giải hệ phương trình: x y x y (2) Lấy phương trình (2) trừ phương trình (1) ta được: y y x3 y y y 1 y 1 x y 1 y 1 x3 1 y 1 y x3 (*) Mà từ (1) x2 y3 x y x y Kết hợp với (1) (*) ta được: 1 1 y y3 1 y 1 y 1 y 1 y y 2 1 y 1 y 1 y y y 1 y 1 y y y y y 1 y 2 y y 1 y y 2 y x y y 1 x y y0 y 2 y 2 x 3 Vậy hệ phương trình có tập nghiệm S 2; 3 ; 0;1 ; 1;0 Câu A F K E B H O D C Bài a Dễ thấy AEHF hình chữ nhật (tứ giác có góc vng) AF EH ; AE FH Ta có BE CH CF BH AH BC BE CH CF BH AH BC BE CH CF BH 2.BE.CF CH BH AH BC (*) Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác ABC vng A có đường cao AH ta có AH BH CH (1) Xét EBH FHC ta có: BEH HFC 900 ; EBH FHC (đồng vị) EBH FHC ( g.g ) BE.FC FH EH AE AF BE EH BH EH HC FC.BH FH FC HC BE.HC FH BH BE CH BE.FH BH BE AE.HB HF HB CF BH CF EH HC CF AF HC HF HC 2 BE.CF CH BH AE AF AH (*) HE HB HF HC AE AF AH AH BC AH HE HB AH AF HC AE AF AH AH BC ( Pitago) AH HB HC AE HB AE AF AH AF HC AH BC AH BC AE HB AE AF AH AF HC AH BC AE HB AE AF AH AF HC AE HB AF HC AE AF AH Ta có: BEH HEA( g g ) EH BH AE.BH EH HA EA HA AH AF AF HC AH HF HC HF AE BH AF HC AE.EH HA AF AH HF AHF HCF ( g g ) AE AF HA AF AH AE AE AF AH (dpcm) Vậy BE CH CF BH AH BC Câu b Gọi M giao điểm BK AO Xét tứ giác ABDK ta có: BAK BDK 900 900 1800 ABDK tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) DBK DAK (hai góc nội tiếp chắn cung DK) AH BD ABD tam giác cân A BH HD Xét BAD ta có: BAH HAD ( AH phân giác BAD) DBK DAK BAD BAC 2.BAH BAC 2.BCA BCA BAH Theo tính chất góc ngồi tam giác AOC cân O nên ta có: BOA OCA OAC 2.BCA DBK BAC 2.BCA 900 BOA DBK BOA 900 Xét BOM ta có: BOM MBO 900 (cmt ) BOM vuông M Hay BK AO(dpcm) Câu Bài a 1 1 1 Ta có x x x x x x x x 4 2 2 x x Dấu xảy (vô lý), dấu khơng xảy x x 2 Vậy x x với số thực x Bài b Ta có: x2 xy y P xy xy P x2 y xy Áp dụng BĐT Cô si cho hai số x ; y ta có: x y x y xy 2 2 2 x2 y x2 y P P xy xy 2 2 P P P3 2 3P P P 3 2 P6 P P P 3 Dấu xảy x2 y x y x y 1 x2 x2 x2 2 x y x x x Vậy Pmax x y 3; Pmin x y Câu B M O A C K L E Xét đường trịn (O) có BAK 900 BAK nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) BK đường kính đường trịn (O) Ta có BMK góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O) BMK 900 hay KM BC EM đường cao tam giác EBC Xét đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có BAC 900 BAC nội tiếp chắn nửa đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có đường kính BC Ta có: BLC góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC BLC 900 hay BL LC BL EC BL đường cao EBC Xét EBC ta có: EM BL hai đường cao tam giác cắt K K trực tâm EBC KC BE Mà KC BA( gt ) B; A; E thẳng hàng EAC 900 Xét tứ giác AECM ta có: EAC EMC 900 Mà hai góc nhìn đoạn EC AECM tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) Hay E thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ACM (đpcm) Câu Bài a Giả sử có số a tổ màu xanh màu đỏ a ,1 a 2018 a chia cho 24 dư 17 hay a 24k 17 k *, k 83 a chia cho 40 dư hay a 40l l *, l 50 24k 17 40l 40l 24k 10 20l 12k 4(5l 3k ) Vô lý 5l 3k không chia hết cho Do giả sử sai Vậy khơng có số tô hai màu xanh đỏ Câu 6b a tô màu xanh a 24d1 17 d1 *; d1 2018 17 d1 83 24 2018 b tô màu đỏ b 40d d *; d d 50 40 Ta có a b 40d2 24d1 17 40d2 24d1 10 40d1 24d 10 40d 24d1 12 10d 6d1 40d1 24d 10 2 40d 24d1 5d 3d1 TH1: 10d2 6d1 5d2 3d1 Vơ lý 5d2 3d1 số chẵn Mà số lẻ TH2: 5d 3d1 d1 Có d1 83 5d 5d 83 d 50 Vì d1 nên 5d2 1(mod3) TH1: d2 1 mod3 5d2 5(mod3) 2(mod3) (loại) TH2: d2 2(mod3) 5d2 10(mod3) 1(mod3)(tm) d2 3k k * 3k 50 k 16 k * có 16 giá trị k thỏa mãn Với giá trị k ta cho giá trị d , từ cho giá trị d1 hay nói cách khác, với giá trị k cho cặp số d1; d , tức cho cặp số a; b thỏa mãn u cầu tốn Vậy có 16 cặp số a; b thỏa mãn yêu cầu toán SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN BẮC GIANG NĂM HỌC 2018 - 2019 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 07/6/2018 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu I (5,0 điểm) x4 x 4 x x 1 Cho biểu thức A : (với x 0; x 1) x x x x 1 x a) Rút gọn biểu thức A 2018 b) Có giá trị nguyên x để A 2018 Cho phương trình x m 1 x (1), với x ẩn, m tham số Gọi x1 , x2 hai 3x12 3x22 x1 x2 nghiệm phương trình (1) Đặt B Tìm m B đạt giá trị lớn x12 x22 Câu II ( 5,0 điểm) Giải phương trình x x2 x x xy x y Giải hệ phương trình x 16 y x x y Câu III (3,0 điểm) Chứng minh không tồn số tự nhiên n để 2018 n2 số phương Mười đội bóng chuyền tham gia giải bóng chuyền VTV cup 2018 Cứ hai đội giải đấu thi đấu với trận Đội thứ thắng x1 trận thua y1 trận, đội thứ hai thắng x2 trận thua y2 trận,…, đội thứ mười thắng x10 trận thua y10 trận Biết trận đấu bóng chuyền khơng có trận hịa Chứng minh rằng: x12 x22 x102 y12 y22 y102 Câu IV (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O với AB AC Gọi M điểm thuộc cạnh BC ( M không trùng với B C ), đường thẳng AM cắt đường tròn O điểm D khác A Đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD cắt đường thẳng AC điểm E khác C Đường tròn ngoại tiếp tam giác MBD cắt đường thẳng AB điểm F khác B a) Chứng minh tứ giác BECF nội tiếp đường tròn b) Chứng minh hai tam giác ECD , FBD đồng dạng ba điểm E, M , F thẳng hàng c) Chứng minh đường thẳng OA vng góc với đường thẳng EF Cho tam giác ABC vuông A Các cạnh tam giác ABC thỏa mãn điều kiện BC 2BC.AC AC Tính số đo góc ABC Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực thỏa mãn x2 y z Tìm giá trị lớn biểu thức M x3 y y z z x3 Hết -Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị (Họ tên ký): Giám thị (Họ tên ký): SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN BẮC GIANG NĂM HỌC 2018-2019 NGÀY THI: 07/6/2018 MƠN THI: TỐN (Bản hướng dẫn chấm có 05 trang) HDC CHÍNH THỨC Hướng dẫn giải Câu Câu I + Biến đổi x4 x 4 x x 1 x x x 2 + Ta có A + Vậy A 1 x 1 1 x : x 1 x x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 1 x 1 x 1 x x 2 x x 1 x 1 x = Phần 1.a + Biến đổi (2,0 điểm) Điểm (5.0 đ) x 1 x 1 x 1 x 1 0.5 x 1 x 1 x 1 , với điều kiện x 0, x x 0,5 2018 1 1 1 1 2018 x 2018 x 2018 x 2018 x 2018 Vì x 0, x x nguyên nên x 2;3;4; ;2018 Suy có 2017 giá trị ngun x thỏa mãn tốn Phương trình x m 1 x (1) + Nhận xét m 1 12 0, m 0.5 x A Phần 1.b (1,0 điểm) 0.5 0.5 0.25 0.25 Suy (1) ln có hai nghiệm phân biệt 0.25 x1 , x2 x1 x2 m + Theo hệ thức Viet ta có: x1 x2 3 2 Phần 3x12 3x22 x1 x2 x1 x2 x1 x2 B Ta có (2,0 điểm) x2 x2 x2 x2 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 m 1 6 m 1 2 x1 x2 x1 x2 m 1 3m2 10m 20 m 2m 0.5 B 3 m2 B 5 m 3B 20 (*) 11 + Nếu B (*) phương trình bậc hai ẩn m Phương trình (*) có nghiệm m ' hay B 5 B 3 3B 20 B 19 B 35 B Vậy giá trị lớn B m + Nếu B m 0.5 0.25 0.5 (5.0 đ) Câu II + Điều kiện x x 3 x x x 5 x 1 x 1 x 5 x3 2 + Phương trình cho tương đương x 1 x 1 x 5 x 5 x3 2 x Phần (2.5 điểm) 0,25 0.5 0.75 +) x 1 x +) x 5 vơ nghiệm x3 2 x 5 0, x 3 x3 2 + So sánh điều kiện ta tập nghiệm phương trình 1 0.75 0.25 16 + ) Điều kiện x , y x +) x2 xy x y x 3 x y y x +) Với x thay vào phương trình Phần (2.5 điểm) 0.75 5x 16 y x2 x y , ta 0.75 y 13 y 13 133 16 y y y y 5 5x 16 y x2 x y , ta +) y x thay vào phương trình 5x 10 3x x x x 2 5x 3 x 2 10 3x 5x x x 3 x 2 2x 3 10 3x 5x 10 3x x x 0.75 x 2x x 10 x +) Với x y (thỏa mãn) +) Vì 10 5 x 5x 3 5x 2 5x 10 x 2x 10 3x Do phương trình x vô nghiệm 5x 10 3x 13 133 Vậy hệ phương trình có tập nghiệm 2; ; 3; Câu III Giả sử 2018 n số phương 2018 n m 2 0.25 m Suy 2018 m2 n2 2018 m n m n Phần (1.5 điểm) (3.0đ) * Như hai số m n m n phải có số chẵn (1) Mà m n m n 2m nên suy hai số m n m n tính chẵn lẻ (2) Từ (1) (2) suy hai số m n m n hai số chẵn m n m n chia hết cho Mà 2018 không chia hết điều giả sử sai Vậy không tồn số tự nhiên n để 2018 n2 số phương Có 10 đội bóng, đội thi đấu trận với đội cịn lại Do số trận thua đội từ đội thứ đến đội thứ 10 : y1 x1 , y2 x2 , , y10 x10 10.9 45 trận Vì khơng có trận hịa nên tổng số trận thắng 10 đội là: x1 x2 x10 45 0.5 0.5 0.5 0.5 Có tất số trận đấu : Phần (1.5 điểm) 0.5 Ta có : 2 y12 y22 y102 x1 x2 x10 y12 y22 y102 10.92 18 x1 x2 x10 x12 x22 x102 x12 x22 x102 y12 y22 y102 ( đpcm) 0.5 (6.0 đ) 4,0 điểm Câu IV Phần A x B O E M C D Phần a (1.0 điểm) F Tứ giác CDME nội tiếp AM AD AE.AC Tứ giác BMDF nội tiếp AM AD AB.AF 0,5 Suy AB AF AE AC Do tứ giác BECF nội tiếp 0.5 Tứ giác CDME nội tiếp DEC DMC (1) Tứ giác BMDF nội tiếp DMC DFB (2) ( bù với góc DMB ) 0.5 Từ (1) (2) DEC DFB (3) Tứ giác ABDC nội tiếp DBF ACD (4) ( bù với góc ABD ) Phần b Từ (3) (4) suy tam giác ECD FBD đồng dạng (2.0 điểm) Theo chứng minh trên, ta có tam giác ECD FBD đồng dạng EDC BDF 0.5 0.5 Tứ giác ECDM nội tiếp EDC EMC Tứ giác BMDF nội tiếp BDF BMF 0.5 Suy EMC BMF ( vị trí đối đỉnh) Vậy ba điểm E, M , F thẳng hàng Kẻ tiếp tuyến Ax đường tròn O ACB BAx Do tứ giác CEBF nội tiếp ECB EFB hay ACB EFA Phần c (1.0 điểm) Suy BAx EFA ( vị trí so le trong) Ax // EF mà Ax AO EF AO 0.25 0.25 0.5 (2.0 điểm) Phần B D E C A Gọi D trung điểm cạnh BC Theo giả thiết ta có CD CD AC (1) AC Kẻ phân giác AE tam giác ACD Theo tính chất đường phân giác, EC AC AC EC AC EC AC ta có (2) ED AD DC ED EC AD AC CD AC CD EC CD AC Từ (1) (2) suy AC CD AC CD Suy tam giác ACE đồng dạng với tam giác DCA nên tam giác ACE cân A 1 Lại có EAC CAD ACB 2 Do : ACB ACB ACB 1800 ACB 720 ABC 180 2CD 4CD AC AC CD2 CD AC AC Câu V Áp dụng tính chất a b a b Đẳng thức xảy ab Khi M x y z 3 x3 2 x x 2 x2 2 Mặt khác x y z y y 2 y 2 y z2 (1.0 điểm) z 2 z 2 z Vậy M x y z 3 x 0.75 0.5 (1.0 đ) 0.25 0.25 y z = 32 0.75 0.25 Đẳng thức xảy x; y; z 2;0;0 x; y; z 2 2;0;0 hốn vị Vậy giá trị lớn M 32 0.25 Tổng Điểm toàn 20 đ Lưu ý chấm bài: - Trên sơ lược bước giải Lời giải học sinh cần lập luận chặt chẽ hợp logic Nếu học sinh làm cách khác mà giải cho điểm tối đa - Đối với câu IV, học sinh khơng vẽ hình khơng chấm - Điểm tồn khơng làm trịn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018-2019 Đ CH NH TH C Mơn thi : TỐN (chun) Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : (Đề thi có 01 trang) Câu (2,0 điểm) a 1 2a b ab ab a a) Cho biểu thức A : ab 1 ab ab với a 0; b ab Rút gọn biểu thức A tìm giá trị lớn A a + b = ab b) Tìm tất cặp số nguyên ( x ; y) thỏa mãn đẳng thức x y2 x y2 xy Câu (2,0 điểm) x x x 3x 3x x x x 27 8 x y 18 b) iải h phương trình 4x 6x y y2 a) Giải phương trình Câu (1,0 điểm) Cho hai hàm số y x y mx Tìm m để hai đồ thị hai hàm số cho cắt ba điểm phân bi t ba đỉnh tam giác Câu (2,0 điểm) Cho hình vng ABCD có cạnh a Trên cạnh AD lấy điểm M cho AM 3MD Kẻ tia Bx cắt cạnh CD I cho ABM MBI Kẻ tia phân giác CBI , tia cắt cạnh CD N a) So sánh MN với AM + NC b) Tính di n tích tam giác BMN theo a Câu (2,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, dây cung AB không qua O Điểm M nằm cung lớn AB Các đường cao AE, BF tam giác ABM cắt H a) Chứng minh OM vng góc với EF b) Đường trịn tâm H bán kính HM cắt MA, MB C D Chứng minh M di động cung lớn AB đường thẳng kẻ từ H vng góc với CD ln qua điểm cố định Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh a b2 b2 c c a 3(a b c ) ab bc ca abc - HẾT Họ tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018-2019 H C CH NH TH C HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN CHUN (Bản hướng dẫn gồm 04 trang) Câu Nội dung Câu a 1 2a b ab ab a 1 : , a) Cho biểu thức A ab ab 1 ab (2,0) với a 0; b ab Rút gọn biểu thức A tìm giá trị lớn A Điểm 1,0 a + b = ab a 2a b ab : ab ab 2(1 a ) ab (1 a ) ab A Khi a 0; b , a + b = ab 0,25 0,25 a+ b 1 1 1 1 1 ab a b a b 0,25 1 1 (1 ) Dấu “ = “ xảy b 4; a Vậy giá Do A b b b 0,25 trị lớn A a b 4 1,0 b) Tìm tất cặp số nguyên ( x ; y) thỏa mãn đẳng thức x y2 x y2 xy - Với y , ta có x - Với y , ta có: x y2 x y2 xy x y2 5y2 ( x y)2 x ( x y)2 y2 a2 a x x a 5 x2 a2 x 3 x 3 x a 1 y 1 Khi x = y y y y 1 Khi x = -3 y y y 3 Vậy x; y 0;0 ; 3; 1 ; 3;3 ; 3;1 ; 3; 3 Câu Nội dung Câu a) Giải phương trình x2 x x2 3x 3x2 x x x Đặt a x x 3; b x 3x 2; c 3x x 2; d x x 0,25 0,25 0,25 0,25 Điểm 1,0 0,25 (2,0) Ta có a b c d 3 3 a b c d (1) (2) (2) a b 3ab a b c d 3cd c d 3 a b ab a b cd a b ab cd -Với a b , ta có 0,25 69 x x x x 3x x x 69 x 0,25 -Với ab cd , ta có 11 11 x 3 x 3x 3x x x x 3 x 0;1; ; 0,25 2 11 11 69 69 ;x ;x ;x Vậy pt có nghi m x 0; x 1; x 2 2 27 8 x y 18 b) iải h phương trình 1,0 x x 1 y y 27 3 x 18 (2 x ) 18 y3 y 0,25 x x 3 2 x x 1 y y y y x Đặt a x ; b = 3 a b Ta có a b 18 y ab ab(a b) 3 3 3 3 Giải tìm a ;b ;b a 2 2 3 3 ; ; Tìm nghi m x; y h ; 0,25 0,25 0,25 Câu Nội dung Điểm Câu Cho hai hàm số y x y mx Tìm m để hai đồ thị hai hàm số cho cắt ba điểm phân bi t ba đỉnh tam giác 1,0 (1,0) Phương trình hồnh độ giao điểm 2 x mx x m x x 0; x m m ;x 2 0,25 m m2 m m2 Gọi ba giao điểm O(0;0); A ; H giao điểm AB trục ;B ; 2 2 0,25 m tung, suy AB m ; OH m2 0,25 Tam giác OAB OH AB m 2 0,25 Giải tìm m 0; m 3; m , loại m Vậy m 3; m Câu Nội dung Câu a) So sánh MN với AM + NC (2,0) Hình vẽ phục vụ câu a) A B Trên cạnh BI lấy điểm H cho BH = BA = a ΔABM ΔHBM ΔHBN ΔCBN Điểm Suy BHM BAM 900 ; BHN BCN 900 Suy M; H; N thẳng hàng, MN = MH + HN = AM + NC 0,25 M D H I N C 1,0 0,25 0,25 0,25 Ghi chú: khơng có hình khơng chấm b) Tính di n tích tam giác BMN theo a 1,0 Đặt NC x MN AM NC a x ; DN a x 0,25 a2 3 a x Theo định lí Pitago MN MD DN a x 16 4 a Giải tìm x 1 3 a 25 Di n tích tam giác BMN BH MN a a a 2 4 56 Câu Nội dung a) Chứng minh OM vuông góc với EF Câu (2,0) Hình vẽ phục vụ câu a (khơng tính điểm hình vẽ câu b, khơng có hình khơng chấm) 0,25 0,25 0,25 Điểm 1,0 0,25 x x M M E E F F O H H A B A O I C D B K N Tứ giác ABEF có AEB AFB 900 nên nội tiếp đường tròn MEF FAB Từ M kẻ tia tiếp tuyến Mx với đường tròn tâm O (như hình vẽ), ta có xMB MAB FAB Suy xMB MEF Mx / / EF Theo tính chất tiếp tuyến đường trịn, ta có MO Mx MO EF b) Chứng minh M di động cung lớn AB đường thẳng kẻ từ H vng góc với CD qua điểm cố định Kẻ đường kính MN đường trịn tâm O Tứ giác AHBN có AH song song với NB (cùng vng góc với MB), có BH song song với NA (cùng vng góc với MA) nên hình bình hành Suy HN cắt AB trung điểm I đoạn Do MH / /OI ; MH 2.OI Gọi K điểm đối xứng O qua I, suy OK = 2OI điểm K cố định Tứ giác MHKO có MH, OK song song ( gấp đơi OI) nên hình bình hành Suy HK / / MO Xét đường tròn tâm H bán kính HM, theo tính chất đường kính vng góc với dây cung, suy E trung điểm MD F trung điểm MC Do EF / /CD MO CD HK CD Vậy M động cung lớn AB đường thẳng kẻ từ H vng góc với CD qua điểm cố định K Câu Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh rằng; a b2 b2 c c a 3(a b c ) (1,0) ab bc ca abc 2 a b b c c a 3(a b c ) Với ba số thực dương a, b, c ta có (1) ab bc ca abc a b2 b2 c2 c2 a 2 a b c 3(a b c ) ab bc ca c a b2 ab c a b c a b2 c2 bc a b c a2 ca a b2 c2 a b 2 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 b2 c2 b c2 a2 0 ab bc ca ac c a bc c b ab b a bc b c ab a b ac a c 0 ab ab ca ca bc bc 0,25 ac c a bc c b ab b a 0,25 (2) a b b c a b a c a c b c Với ba số thực dương a, b, c ta có (2) ln Vậy (1) ln (đpcm) 0,25 * Lưu ý: Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án giám khảo cho đủ số điểm phần hướng dẫn quy định 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học: 2018 – 2019 Mơn thi: TỐN CHUN Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu (3,0 điểm) a) Giải phương trình: x x x 7x b) Cho số thực x, y thỏa mãn x 2018 x y 2018 y 2018 Tính giá trị biểu thức: Q x 2019 y 2019 2018 x y 2020 Câu (1,5 điểm) Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình x m 1 x 2m Tìm tất 2 x x giá trị m nguyên dương để A có giá trị nguyên x2 x1 Câu (2,0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức: 1 1 P 1 2025 2024 2024 2025 b) Tìm tất cặp số nguyên dương x, y thỏa mãn: x y 3 x y Câu (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) bán kính R điểm M nằm ngồi đường tròn (O) Kẻ tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (O) (A, B tiếp điểm) Trên đoạn thẳng AB lấy điểm C (C khác A C khác B) Gọi I, K trung điểm MA, MC Đường thẳng KA cắt đường tròn (O) điểm thứ hai D a) Chứng minh rằng: KO2 – KM2 = R2 b) Chứng minh tứ giác BCDM tứ giác nội tiếp c) Gọi E giao điểm thứ hai đường thẳng MD với đường tròn (O) N trung điểm KE Đường thẳng KE cắt đường tròn (O) điểm thứ hai F Chứng minh bốn điểm I, A, N, F thuộc đường tròn HẾT -Họ tên thí sinh: Chữ kí giám thị 1: Số báo danh: Chữ kí giám thị 2: HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần 72 x x 2 x Nội dung Điểm 7x (1) ĐK: x (1) x x x x x 7 x x x x x 7x a) 7x x 2 7x x 7x x 0 7x 2 0 7x x 0 1.5 7x 20 7x x 7x 2 7 x x 7 x x 3,5 (TM) x (TM) Vậy tập nghiệm phương trình S 3,5;3 Câu (3,0đ) x 2018 x y 2018 y 2018 Thực phép nhân liên hợp, ta có: (1) (1) x 2018 x y 2018 y 2018 x 2018 x 2018 y 2018 y 2018 x 2018 x y 2018 y 2018 x x 2018 x 2018 y x y b) (1) x 2018 x y (2) 2018 y 2018 y 2018 y 2018 x 2018 x 2018 y 2018 y x 2018 x 2018 y y 2018 x 2018 y x y Từ (2) (3) x y x y 2x 2 y x y Thay x y vào biểu thức Q, ta được: (3) 1.5 Q ( y ) 2019 y 2019 2018 y y 2020 y 2019 y 2019 2018.0 2020 2020 ' (m 1)2 (2m 6) m2 2m 2m (m2 4m 4) (m 2) m Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 x x 2m Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 x2 2m Do đó: 2 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x12 x22 A 2 2 x2 x1 x1 x2 x2 x1 x2 x1 2 ( x1 x2 ) x1 x2 (2m 2) 2(2m 6) 2 2 x1 x2 2m Câu (1,5đ) 2 4m 8m 4m 12 4m 12m 16 2 2m 2m 1.5 2m(2m 6) 16 2m 2 2m m 3 Q Với m N * , m 2m m3 A có giá trị nguyên 8 2m Z Z m3 m3 m 1; 2;4;8 m m 3 2 m 4;2;5;1;7;11 Vậy m 4;2;5;1;7;11 giá trị cần tìm 1 1 1 2025 2024 2024 2025 * Với n N , ta có: 1 n 1 n n n n n n n P Câu (2,0đ) a) n 1 n n 1 n 1 n n n n n n n n 1 Áp dụng kết trên, ta được: 1 1 1 1 P 2 3 2024 2025 1 44 1 45 45 2025 1.0 x y x xy y x xy y x xy y x xy y x2 y x y (1) Theo đề bài: x2 y 3 x y x2 y x y b) (2) Từ (1) (2) x y 6 x y 1.0 (3) x y (do x, y N * x y 0) 2 Vì x , y số phương nên chia cho dư Mà x y 3 x y x2 y Từ (3) (4) x y (thỏa mãn đề bài) Vậy x y (4) A I D M P K H O 0.25 C B Câu (3,5đ) a) Gọi H, P giao điểm OM với AB, IK Ta có: OA = OB = R MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OM đường trung trực AB OM AB H MAC có IM = IA KM = KC IK đường trung bình MAC IK // AC hay IP // AH MAH có IM = IA IP // AH PM = PH Vì IK // AC OM AC OM IK P Các tam giác KPO, KPM vuông P Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có: KO2 KP PO2 KM KP PM KO2 KM PO2 PM (PO PM)(PO PM) OM.(PH OH PM) OM.OH (do PM PH) OAM vuông A (vì MA tiếp tuyến A (O)) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng, ta có: OM.OH OA2 R 1.25 Mà KO2 KM2 OM.OH KO2 KM2 R (đpcm) A I Q D M O K C B b) Vẽ tiếp tuyến KQ (O) (Q A nằm phía với MC) KQO vng Q KO2 KQ2 OQ2 KQ2 R (định lí Py-ta-go) Mà KO2 KM2 R KO2 KM2 R KQ2 KM2 KQ KM KC KQD KAQ có: QKA chung; KQD KAQ sđDQ KQD KAQ (g.g) KQ KD KC KD (vì KQ KC) KA KQ KA KC KCD KAC (c.g.c) C1 A1 1.0 C1 B1 A1 B1 sđBD Tứ giác BCDM tứ giác nội tiếp (đpcm) A I D c) M N F K C B O E 1.0 Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCDM có DMC B2 (2 góc nội tiếp chắn cung CD) Mà B2 E1 sđAD DMC E1 Nhưng hai góc vị trí so le MK // AE AEKM hình thang Hình thang AEKM (AE // MK) có IA = IM NE = NK IN đường trung bình hình thang AEKM INF AEF (2 góc đồng vị) Mặt khác: IAF AEF sđAF IAF INF AEF AIFN tứ giác nội tiếp điểm A, I, F, N thuộc đường tròn (đpcm) Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi: TỐN CHUN Thời gian: 150 phút Ngày thi: 03/06/2018 ĐỀ THI CHÍNH THỨC a3 a a 1 Câu a) Rút gọn biểu thức: P 1 a a 1 a b) Giải phương trình: x x 1 x 3x 24 (a 1) x y xy x c) Giải hệ phương trình: x y xy Câu a) Cho đa thức f ( x) x ax b thỏa mãn f (1) f Chứng minh phương trình f ( x) x có hai nghiệm phân biệt Tìm số nghiệm f f ( x) x b) Cho A m2n2 4m 2n với m, n số nguyên dương Khi n tìm m để A số phương Khi n chứng minh A số phương Câu Cho a; b; c dương thỏa mãn abc a b c Chứng minh rằng: ab ac bc Tìm GTNN biểu thức: P a b2 b c2 c c2 Câu Cho đường trịn (O) đường kính AB, M thuộc (O) khác A B Các tiếp tuyến A M cắt C Đường tròn I qua M tiếp xúc với AC C Các đường CO CB cắt I E F Vẽ đường kính CD (I), giao điểm DE AB K a) CMR; tam giác OCD cân OEFK tứ giác nội tiếp b) Chứng tam giác OEF CED đồng dạng c) Đường thẳng qua điểm O I cắt AC H Chứng minh đường AF , CK , OH đồng quy Câu Cho tam giác ABC có cạnh Điểm M di động bên tam giác thỏa mãn: BMC 1200 Đường thẳng BM cắt AC Q CM cắt AB P Chứng minh AP AQ khơng đổi Tìm GTLN diện tích tứ giác APMQ ĐÁP ÁN Câu a) Rút gọn biểu thức… Ta có: a3 a a 1 P 1 a a 1 a 1 a 1 a 1 a a P a a 1 a 1 1 a a a 1 P a ( Do a a P P a 1 a a a a 0) 1 a a a 1 a a a 1 a 1 a a a 1 1 a 1 a b) Giải phương trình: x x 1 x 3x 24 Phương trình tương đương với: x x 1 x 1 x 24 x x x x 24 x x x x 24 x x x x x2 x Do x2 x 0 x x 3 x x 3 Vậy tập nghiệm phương trình S 2; 3 x y xy x c) Giải hệ phương trình: x y xy ĐKXĐ: x y Từ phương trình thứ ta được: x y xy x x x 2 y x x x x y x y 2 y y 2 4 y y x y 2y y2 y 1 y y y x y 2y y x y2 y y y y y y Vậy hệ cho có nghiệm 2;2 Câu a) Cho đa thức……… Ta có: f 1 a b a b f ( x) x x ax b x x bx b x x bx b x x x 1 b x 1 x 1 x b x x b f 0 b b Do phương trình cho ln có nghiệm phân biệt Mặt khác f f x x f ( x) af ( x) b x f ( x) bf x b x f ( x) x bf ( x) bx x bx b x f ( x) x f x x b f x x f x x f x x f x x b 1 f ( x) x f ( x) x b f ( x) x x bx b x b (1) f ( x) x x (b 1) x (2) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x 1, x b Xét phương trình (2): b 1 b2 2b b 1 b 3 (do (cmt ) b 3) Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt Ta có: b 1 b x nghiệm (2) b2 b 1 b b x b khơng nghiệm phương trình (2) Vậy phương trình cần tìm có nghiệm phân biệt b) Cho A m2n2 4m 2n với m, n số nguyên dương Khi n tìm m để A số phương Khi n chứng minh A số phương Khi n ta có: A 4m2 4m 2m 1 4k 2 2m 2k 1 2m 2k 1 2m 2k m TH 1: (tm) 2m 2k k 2m 2k 1 m 1 TH : (ktm) 2m 2k 5 k 1 2m 2k m TH : (tm) m k k 2m 2k 5 m 1 TH : (ktm) 2m 2k 1 k Vậy m Với n 5, m A n2 2n n 1 n 1 2 A n2 2n n 2n n ( Do n 5) 2 n A n 1 Do A khơng thể số phương Khi m ta có: A m n 4m 2n A mn 1 2mn 4m 2n A mn 1 n m 1 A mn 1 2(n 2) 5(do m m 1) A mn 1 ( Do n n 1) Lại có: A m2n2 4m 2n mn mn 1 A mn Do A số phương 2 Câu Áp dụng BĐT Cơ si ta có: ab ac bc ab.ac bc.ac ab.bc 3abc a b c ab bc ca Tiếp tục áp dụng BĐT Cơ si ta có: a b2 a b b 2a 2b b 2a 2a 2b b b 2 a b c 2a 2b 2c 2a 2 2b 2 2c P b c a 9a ab 9b bc 9c ca a b c ab ac bc Đặt t a b c 3 ab ac bc t 3 8t 3 8t 27t a b c 27 a b c ab ac bc a b c 1 a b c ab ac bc P Vậy GTNN P Đạt a b c Câu a) CMR: Tam giác OCD cân…… Ta có: CMD 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn I ) CMO 900 ( gt ) D, M , O thẳng hàng CD AC AB AC Mặt khác ( gt ) AB / / CD ( gt ) Do OCD COA COD (slt ) OCD cân D Mặt khác OCD KEF (góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp) KOF KEF tứ giác OFEK nội tiếp b) Chứng minh tam giác OEF…… Ta có: OME ECD (góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp) Mà ECD OBE (slt ) OME OBE tứ giác OMBE (tứ giác có hai đỉnh nhìn cạnh góc nhau) Do đó: OEB OMB (hai góc nội tiếp chắn cung OB) Mà OM OB OMB cân O OMB OBM AOM KOF KEF OEB KEF Mà CED 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (I)) KEB 900 OEB OEK 900 KEF OEK 900 OEF 900 OE OF OEF CED 90 Do đó: CED OFE CDE OEF ( g.g ) c) Đường thẳng qua điểm (O) (I)…… Ta có tam giác OCD cân D (cmt) có DF CO (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) FC FO (đường cao đồng thời trung tuyến) (1) Tứ giác OEFK nội tiếp (cmt) OKF OEF 1800 OKF 1800 OEF 1800 900 900 OK KF AB KF ( gt ) FK / / AC (2) Mà AB AC Từ (1) (2) KA KO (định lý đường trung bình tam giác) Áp dụng phương trình tích đường trịn ta có: HC HN HM HA2 HC HA Do AF , CK , OH ba đường trung tuyến tam giác ACO nên đồng quy Ta có điều phải chứng minh Câu A P M Q K B N C Kẻ MN phân giác BMC NMP 1200 Xét tứ giác BNMP có: NBP NMP 600 1200 1800 Tứ giác BNMP tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối 180 ) BPN BMN 600 (hai góc nội tiếp chắn cung BN) BPN Tương tự ta chứng minh CNQ NP / / AQ Tứ giác NPAQ hình bình hành (dhnb) AQ PN BP NQ / / AP AQ AP BP AP AB = số Đặt PB AQ x AP CQ x Hai tam giác CMQ CAP đồng dạng nên : SCMQ SCAP CM CQ CM x CA.CP CP SCMQ SCAP SCMQ S APMQ SCAP CP 1 x CM CP 1 x CM CP 1 x CM SCAP AP AC x S ABC AB AC SCAP 1 x S ABC S AMPQ 1 x CP 1 x CM S ABC CP CM 1 x 1 1 x CP Gọi K giao điểm NQ PC, Áp dụng định lý Ta let ta có: PM BP MK KQ KQ x PM x PM x PM 2 1 x MK 1 x PM MK x 1 x PK KQ CQ AP CA PK AQ x PK x PM x2 PK xCP CK CQ x CP PK x CP x x CP CM x2 CP x x 1 CM 1 x CP x x x x2 34 S APMQ 1 1 x x x x 12 Vậy GTLN diện tích tứ giác APMQ M tâm tam giác ABC xảy P trung điểm AB hay 12 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI VÀO 10 CHUN NĂM HỌC 2018-2019 Mơn: TỐN CHUYÊN Câu (2 điểm) a) Rút gọn biểu thức P x2 y2 x2 y x y 1 y x y 1 x 1 x 1 y b) Chứng minh 1 1 1 2018 2 2 2017 20182 Câu (2 điểm) a) Giải phương trình : 1 x x x x x x y y x y 1 x b) Giải hệ phương trình: 4y x 14 y 3 x y 1 1 Câu (3 điểm) Cho đoạn thẳng AB C điểm nằm A B Trên nửa mặt phẳng bờ đường thẳng AB, vẽ nửa đường trịn đường kính AB nửa đường trịn đường kính BC Lấy điểm M thuộc nửa đường trịn đường kính BC (M khác B, C) Kẻ MH vng góc với BC (H thuộc BC); đường thẳng MH cắt nửa đường trịn đường kính AB K Hai đường thẳng AK, CM cắt E a) Chứng minh BE BC.AB b) Từ C kẻ CN vng góc với AB (N thuộc nửa đường trịn đường kính AB) Gọi P giao điểm NK CE Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp tam giác BNE PNE nằm đường BP c) Cho BC 2R Gọi O1; O2 tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCH MBH Xác định vị trí điểm M để chu vi tam giác O1HO2 lớn Câu (1,5 điểm) a) Tìm tất cặp số nguyên x; y thỏa mãn x2 y 41 xy b) Có số tự nhiên n khơng vượt q 2019 thỏa mãn n3 2019 chia hết cho Câu (1,5 điểm) a) Cho số thực dương thỏa mãn a b Chứng minh rằng: a b a b 4ab 2 a 3b b 3a b) Cho 100 điểm mặt phẳng cho điểm có điểm thẳng hàng Chứng minh ta bỏ điểm 100 điểm để 99 điểm cịn lại thuộc đường thẳng ĐÁP ÁN Câu 1: a) Điều kiện : x y, x 1, y x2 y2 x2 y P x y 1 y x y 1 x 1 x 1 y x2 y2 x2 y x y y x 1 x 1 y x x3 y y x2 y x y 1 y 1 x 1 x 1 y 2 x y x y x y x xy y x2 y x y 1 y 1 x 1 x 1 y 2 x y x y x xy y x2 y x y 1 y 1 x 1 x 1 y x y x xy y x2 y2 1 y 1 x 1 x 1 y x y x xy y x y (1 y )(1 x) x y x ( x y ) y (1 x ) 1 y 1 x x y x 1 y 1 x 1 x 1 y 1 x x 1 x y y xy x 1 y y (1 y ) 1 y 1 y 1 x 1 y x xy y x xy y 1 y b) Chứng minh rằng…… 1 1 1 2a b c 1 1 Ta có: 2. a b c abc a b c ab bc ac a b c 1 1 1 a b c ta có: a b c a b c 2 1 1 1 1 Ta có: (2) nên 2 2 Tương tự ta có: 1 1 1 1 1 1 2 3 1 1 1 1 1 1 2 (4) 1 1 1 1 1 1 2 2 2017 2018 2017 2018 2017 2018 1 1 1 VT 2018 2018 (dpcm) 2 2017 2018 2018 Câu x 1 a) Điều kiện: x x x 1 pt 1 x x x x x 2 1 x x x x x 1 x 1 x x x x x x x x x2 2x x 1 1 x x x x x2 2x 2x 1 x x x x x x x x 4 x x x 3 x x x2 x x2 2x x VN x 1 x 1 (tm) x (ktm) Vậy phương trình có nghiệm x x y ( x y 1) x y 1 b) Điều kiện: 8 x y 1 y x y 1 x x y y ( x y 1) x (1) 4y 3 x y x 14 y (2) Ta có: 1 y x y 1 x x y xy y y x x y x y y 1 x y (*) Đặt * t ( x y) k ( y 1) x y tx k t y k x y t t k t 3 k 2 k 2 (*) x y y 1 x y y 1 x y y 1 x y y 1 (**) +)TH1: y 1 ** x 1 Khi 1 1 1 14.(1) 3.3 (vô lý) +)TH2: Chia vế phương trình (**) cho y ta được: x y x y 0 ** 2 y 1 y 1 Khi ta có: x y 1 y 1 (tm) x y 2 (ktm) y 1 x y y 1 y x 1 x 1 x 14 8 2 x x 1 1 1 2 x 1 8 x x2 x x 1 1 2 x 1 Đặt f ( x) x x2 x x 1 1 ; f (8) 11 f (1) f (8) 66 36 Ta có: f (1) x 1 3 có nghiệm đoạn 1;8 Lại có: f (7) x nghiệm (3) y Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y 7;3 Câu 3: 1 3 E N K P M A O1 O2F G C H B a) Ta có BME BKE 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Hai điểm M K nhìn BE góc 900 Tứ giác BMKE tứ giác nội tiếp BEC BKH (hai góc nội tiếp chắn cung BM) Mà BKH BAE (cùng phụ với ABK ) BEC BAE Xét tam giác BEC tam giác BAE có: ABE chung; BEC BAE (cmt ) BE BC BE BA.BC (1) BA BE b) Ta có: ANB 900 ANB vng N BC.BA BN (2) BEC BAE (g.g) Từ (1) (2) BN BE BNE cân B BNE BEN trực NE Ta có: BNP BAK (Hai góc nội tiếp chắn cung BK) Mà BAK BAE BEC BEC BAE BNP BEP (4) (3) B thuộc trung Từ (3) (4) PNE PEN PNE cân P P thuộc đường trung trực NE BP trung trực NE Do tam giác BNE cân B tam giác PNE cân P nên trung trực BP đồng thời đường phân giác Do tâm đường tròn nội tiếp tam giác BNE PNE nằm BP c) Gọi G, F giao điểm O1O2 với MC MB 1 2 O H MH O1HM O2 HB( g.g ) O2 H BH MH MC O H CM OH O H Ta có: MHC BHM ( g.g ) BH BM O2 H BM CM BM Vì O1H ; O2 H phân giác hai góc kề bù Ta có: O1HM O2 HB 450 O1MH HMC MBH O2 BH O1H O2 H O1HO2 900 BMC Xét tam giác O1HO2 CMB có O1HO2 BMC 900 ; O1HO2 CMB O1H O2 H (cmt ) CM BM (c.g.c) O1O2 H CBM (hai góc tương ứng) Mà O1O2 H HO2 F 1800 CBM HO2 F 1800 Tứ giác HO2 FB tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối 1800 ) MFG O2 HB 450 (cùng bù với O2 FB) MEG vuông cân M Xét tam giác MO2 H tam giác MO2 F có: HMO2 FMO2 ( gt ); MHO2 MFG 450 (cmt ) MO2 H MO2 F MO2 chung MO2 H MO2 F ( g.c.g ) MH MF ; HO2 FO2 Chứng minh tương tự ta có MH MG HO1 GO1 Chu vi tam giác O1O2 H là: C HO1 HO2 O1O2 GO1 FO1 O1O2 GF Để chu vi tam giác O1HO2 lớn GFmax Xét tam giác vng cân MEF có GF MG MF 2MG 2MH EF MH GFmax MH max M điểm cung BC Câu a) x y 41 xy x xy y x xy y 41 x y x y 16 25 4 5 x y x y 5 x y 4 x y 5 x y x y 5 x y 4 x y 2 x y x y x y 5 x y 4 x y x y 4 x y 5 x y 13 14 x x (ktm) (ktm) x y 3 x 13 x 14 3 ( ktm ) (ktm) y y 3 x (tm) x (tm) y y x 1 x 2 y 3 (tm) y 3 (tm) Vậy cặp ( x; y ) nguyên thỏa mãn x2 y 41 xy x; y 1;3 ; 1; 3 ; 2;3 ; 2; 3 b) Có số tự nhiên n… n3 2019 n3 n n 2019 Ta có : n3 n n n 1 n 1 tích số tự nhiên liên tiếp nên n3 n Để n3 2019 chia hết cho n 2019 phải chia hết cho Ta có: 2019 3 mod6 n 3(mod6) Đặt n 6k 3 k ta có: n 2019 6k 2019 k 336 k 336 Vậy có 337 số tự nhiên n thỏa mãn n3 2019 chia hết cho Câu a) Ta có: a 3b b 3a Co si a 3b b 3a ab Từ giả thiết ta có: a b a b ab ab a b 4ab 1 a b 2 a 3b b 3a a b a b 1 a b a b 2 3a 6ab 3b 2a 2b a b 2a 2b 2ab 3(a b)2 (a b) 4ab 4a 4b 8ab 4a 4b 1 2a 2b (luon dung ) Vậy đẳng thức chứng minh b) Xét tam giác ABC với A, B, C điểm 100 điểm cho Lấy D điểm thứ tư D AB, D AC, D BC Không tính tổng quát ta giả sử D BC Lấy E điểm thứ Nếu E AB điểm A, D, C, E khơng có điểm thẳng hàng Nếu E AD điểm A, B, C,E khơng có điểm thẳng hàng Nếu E AC điểm A, D, B, E khơng có điểm thẳng hàng Do E BC Tương tự ta chứng minh 95 điểm lại thuộc BC Cho nên bỏ điểm A 99 điểm cịn lại thuộc BC A B D E C SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 Ngày thi: 06/6/2018 Môn thi: Toán (Hệ chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Bài (2.5 điểm) 5x 1 x x 1 x x 1 x b Tìm cặp số thực (x; y) với y lớn thỏa mãn điều kiện x2 y y xy a Cho c Cho rút gọn biểu thức A số thực khác thỏa mãn điều kiện { Chứng minh Bài (1.5 điểm) a Chứng minh với số tự nhiên n khơng chia hết cho 81 b Một số nguyên dương gọi số may mắn số gấp 99 lần tổng tất chữ số Tìm số may mắn Bài (2.0 điểm) a Giải phương trình √ √ x y xy b Giải hệ phương trình 2 x y Bài (3.0 điểm) Cho hình vng ABCD nội tiếp đường tròn (O) Gọi M điểm cạnh BC (M khác B C), N điểm cạnh CD cho BM = CN Gọi H, I giao điểm AM với BN, DC a Chứng minh tứ giác AHND nội tiếp MN vng góc với BI b Tìm vị trí điểm M để độ dài đoạn MN ngắn c Đường thẳng DM cắt đường tròn (O) P (P khác D) Gọi S giao điểm AP BD Chứng minh SM song song AC Bài (1.0 điểm) Trên biểu tượng Olympic có miền ký hiệu (như hình minh họa) Người ta điền số vào miền cho miền điền số, miền khác điền số khác tổng số hình trịn 14 e a b d c a Tính tổng số miền b, d, f h b Xác định cách điền thỏa mãn yêu cầu HẾT Ghi chú: Cán coi thi khơng giải thích thêm k f h g SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 Ngày thi: 06/6/2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: Tốn (Hệ chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút HƯỚNG DẪN CHẤM Bài (2.5 điểm) 5x 1 x x 1 x x 1 x b Tìm cặp số thực (x; y) với y lớn thỏa mãn điều kiện x2 y y xy rút gọn biểu thức sau A a Cho số thực khác thỏa mãn điều kiện { c Cho Chứng minh Điểm Tóm tắt cách giải 1.a Rút gọn biểu thức sau 0.25 điểm 0.25 điểm 0.25 điểm 0.25 điểm 1.b Tìm cặp số thực (x; y) với y lớn thỏa mãn điều kiện x2 y y xy Phương trình viết lại x2 - 4yx + 5y2 + 2y - 3=0 Phương trình có nghiệm ’= -y2 - 2y + 3 y 0.25 điểm 0.25 điểm Vì y lớn nên y = 0.25 điểm x2 x ( x 2)2 x 0.25 điểm Vậy (x,y) = (2; 1) 1.c Cho minh số thực khác thỏa điều kiện { Chứng Cộng theo vế ta a + b + c = (1)+(2) ta a + b = c2-a2 = (c-a)(c+a) = (-b).(c-a) hay –c = (-b).(c-a) 0.25 điểm Tương tự ta có –b = (-a)(b-c) –a = (-c)(a-b) 0.25 điểm Nhân theo vế đẳng thức ta Bài (1.5 điểm) a Chứng minh với số tự nhiên n khơng chia hết cho 81 b Một số nguyên dương gọi số may mắn số gấp 99 lần tổng tất chữ số Tìm số may mắn Điểm Tóm tắt cách giải 2.a Chứng minh với số tự nhiên n hết cho 81 Giả sử tồn số tự nhiên n để suy không chia , hay => n=3k mà 0.25 điểm nên 0.25 điểm Nhưng k không chia hết cho với Vậy với số tự nhiên n khơng chia hết cho 81 0.25 điểm 2.b Một số nguyên dương gọi số may mắn số gấp 99 lần tổng tất chữ số Tìm số may mắn Giả sử số cần tìm ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ => ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ = 99( TH1 m kiểm tra trực tiếp suy vô nghiệm TH2 m Ta ln có { Do m ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ 0.25 điểm suy bất đẳng thức khơng cịn 0.25 điểm TH3 m = Suy hay nên a1=1 Khi 0.25 điểm Suy Vậy số cần tìm 1782 hay a2 = 7, a4 = 2, a3 = a1 = Bài (2.0 điểm) a Giải phương trình √ √ x y xy b Giải hệ phương trình 2 x y Điểm Tóm tắt cách giải √ 3.a Giải phương trình √ Điều kiện: Ta viết lại (√ ) (√ √ 0.25 điểm ) √ √ √ √ √ 0.25 điểm [ 0.25 điểm Mà phương trình √ √ vơ nghiệm, nên nghiệm phương trình ban đầu x= (thỏa điều kiện) 0.25 điểm x y xy 3.b Giải hệ phương trình 2 x y 0.25 điểm Hệ viết lại thành { Đặt { ta có hệ { 0.25 điểm 0.25 điểm Giải hệ phương trình ta a = b = Với { { suy { { 0.25 điểm Bài (3.0 điểm) Cho hình vng ABCD nội tiếp đường trịn (O) Gọi M điểm cạnh BC (M khác B C), N điểm cạnh CD cho BM = CN Gọi H, I giao điểm AM với BN, DC a Chứng minh tứ giác AHND nội tiếp MN vng góc với BI b Tìm vị trí điểm M để độ dài đoạn MN ngắn c Đường thẳng DM cắt đường tròn (O) P (P khác D) Gọi S giao điểm AP BD Chứng minh SM song song AC Điểm Tóm tắt cách giải A B S H O D M P I C N 4.a Ta có: BM = CN, AB = BC, B C 900 Nên ABM BCN (c.g.c) 0.25 điểm Mà BAM BMA 90 CBN BMA 90 BHM 90 0 Suy ADN AHN 1800 , hay tứ giác ADNH nội tiếp 0.25 điểm IH BN Ta có BC CD (gt) BC NI 0.25 điểm Do M trực tâm tam giác BIN nên NM BI (đpcm) 0.25 điểm 4.b Đặt AB = a, BM = x MC = a – x Ta có MNC vng C MN2 = CM2 + NC2 0.25 điểm 2 = (a – x) + x = 2x – 2ax + a = x - ax a x - ax a a 2 2 1 x a a2 a2 2 Dấu “=” xảy x a x 0.25 điểm a 0.25 điểm a Suy MN Do MN đạt giá trị nhỏ là: a a x 2 Vậy M trung điểm BC MN nhỏ 0.25 điểm 4.c T ó ∠DMC = 900 − ∠PDC mà ∠PDC =∠PAC (cùng chắn cung PC) nên ∠DMC = 900 − ∠PAC 0.25 điểm Do BD trung trực AC nên ∠SAC=∠SCA hay ∠PAC =∠SCA 0.25 điểm Suy ∠DMC = 900 − ∠SCA = ∠DSC Do tứ giác CMSD nội tiếp, mà ∠MCD=900 nên ∠MSD=900 0.25 điểm Hay MS vng góc DB, suy SM song song AC 0.25 điểm Bài (1.0 điểm) Trên biểu tượng Olympic có miền ký hiệu (như hình minh họa) Người ta điền số vào miền cho miền điền số, miền khác điền số khác tổng số hình trịn 14 a Tính tổng số miền b, d, f h b Xác định cách điền thỏa yêu cầu Tóm tắt cách giải Điểm 5.a Gọi a’, b’, , k’ số miền a, b, , k Mỗi hình trịn có tổng 14 nên hình trịn 5.14 = 70 0.25 điểm Khi cộng số miền b, d, f, h cộng hai lần nên b' + d’ + f’ + h’ = 70 - (1 + + … + 9) = 25 0.25 điểm 5.b Theo giả thiết a’ + b’ = h’ + k’ = 14 nên ta có hai cặp thỏa (5;9) (6;8) Do b’ + h’ 11, 13, 15, 17 Dễ thấy b’ + h’ = 11 b’ + h’ = 13 (mà b’ + d’ + f’ + h’ =25) khơng thể thỏa mãn Nếu b’ + h’=17 d’ + f’ = (d’;f’) cặp (1;7) khơng thể có cặp (7;9) (7;8) hình trịn Suy b’ + h’ = 15 0.25 điểm Không tính tổng quát, giả sử b’ = 9, h’ = a’ = 5, k’ = 8, d’ =3, f’ = 7, c’ = 2, e’ = 4, g’ = (hoặc đối xứng lại) 0.25 điểm Ghi : + Mỗi tốn có nhiều cách giải, học sinh giải cách khác mà cho điểm tối đa Tổ chấm thảo luận thống biểu điểm chi tiết cho tình làm học sinh + Bài Hình học, khơng có hình vẽ học sinh thực bước giải có logic cho nửa số điểm tối đa phần đó; vẽ hình sai mặt chất khơng cho điểm + Điểm câu tồn tính đến 0,25 khơng làm trịn số SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 Ngày thi: 06/6/2018 Môn thi: Toán (Hệ chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC MA TRẬN ĐỀ Mức độ Phân mơn SỐ HỌC Các chủ đề Nhận biết Thông hiểu Vận dụng Thấp Cao Cộng Bài 2a Dấu hiệu chia hết 0,75 Tổng hợp Bài 2b 1,5 0,75 ĐẠI SỐ Giải phương trình, hệ phương trình Rút gọn biểu thức Bài 3, 1b 3,0 Bài 1.a 4,5 1,0 Tổng hợp Bài 1c HÌNH HỌC 0,5 Quan hệ vng góc, song song Bài 4.a Bài 4c 1,0 1,0 Cực trị hình học (GTNN đoạn thẳng) 3, Bài 4.b TỔ HỢP 1,0 Tổng hợp Bài 5a Bài 5b 1,0 Tổng cộng 2,0 0,5 0,5 6,25 1,75 10,0 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN Đề thức (Có 01 trang) KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 Mơn: Tốn (chun) Ngày thi: 06/6/2018 Thời gian làm 150 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ BÀI Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức P x 2 x 3x x , ( x 0; x 25) x 1 x x x a) Rút gọn P Tìm số thực x để P 2 b) Tìm số tự nhiên x số phương cho P số nguyên Câu (1,5 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng (d ) : y 2 x Parabol ( P) : y x Tìm tọa độ giao điểm A, B (d ) ( P) Tính độ dài đường cao OH tam giác OAB b) Cho phương trình: x2 m2 x m (1), m tham số Tìm tất số tự nhiên m để phương trình (1) có nghiệm nguyên Câu (2,0 điểm) x 16 xy - y = a) Giải hệ phương trình: y xy - = x b) Giải phương trình x 16 x x Câu (2,5 điểm) Cho hình thang ABCD (AB//CD, AB CD ) Gọi K , M trung điểm BD AC Đường thẳng qua K vng góc với AD cắt đường thẳng qua M vng góc với BC Q Chứng minh: a) KM // AB b) QD QC Câu (1,0 điểm) Có tập hợp A tập hợp S 1,2,3 2018 y2 A thỏa mãn điều kiện A có hai phần tử x A, y A, x y x y Câu (1,0 điểm) Trên đường tròn O lấy hai điểm cố định A C phân biệt Tìm vị trí điểm B D thuộc đường trịn để chu vi tứ giác ABCD đạt giá trị lớn .Hết KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học : 2018-2019 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN HƯỚNG DẪN GIẢI MÔN TOÁN CHUYÊN CÂU NỘI DUNG Ý Câu Cho biểu thức P (2,0đ) x 2 x 3x x , ( x 0; x 25) x 1 x x x a) Rút gọn P Tìm số thực x để P 2 b) Tìm số tự nhiên x số phương cho P số nguyên x 2 x 3x x x 1 x x x P a ( 1.5 ( x 2)( x 5) ( x 3)( x 1) (3x x 5) ( x 1)( x 5) x x ( x 1)( x 5) điểm) x x 25 + Với x 12 x 144 x , Ta có x số phương nên Khi P điểm) x 5 x 2 1 x 5 x 5 x ước Suy +) x 1 x 16 +) x x 36 +) x x 144 x 1;1;7 x 1 x 5 x 2 x 2 2 0 x 5 x 5 x 12 + Với b 3x x ( x 1)( x 2) x 2 ( x 1)( x 5) x 5 Ta có P 2 ( 0.5 x 2 x 3 x 1 x x 5 Vậy giá trị x cần tìm 16;36;144 Câu a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d ) : y 2 x Parabol ( P) : y x Tìm tọa độ giao điểm A, B (d ) ( P) Tính độ dài đường cao OH tam giác OAB (1.5 điểm b) Cho phương trình: x2 m2 x m (1), m tham số Tìm tất số tự nhiên m để phương trình (1) có nghiệm ngun Phương trình hồnh độ giao điểm (d ) ( P) là: x 2 x x x x x 3 + Với x y + Với x 3 y Vậy tọa độ giao điểm (d ) ( P) A(1;1), B(3;9) Gọi C , D giao điểm (d ) trục Ox,Oy Khi 3 C ;0 , D 0;3 2 a Đường cao OH tam giác OAB đường cao OH tam giác vng OCD (0.75 điểm) 3 OC.OD Ta có OC ; OD OH 2 OC OD 3 3 2 Vậy OH b Phương trình có nghiệm nguyên m4 4m số phương ( 0.75 điểm) + Với m , m (loại) + Với m 22 (thỏa mãn) + Với m 2m(m 2) 2m2 4m (2m2 4m 5) 4m m4 2m2 m4 m2 1 m2 2 khơng phương Vậy m giá trị cần tìm Câu (2 x 16 xy - y = a) Giải hệ phương trình: y xy - = x b) Giải phương trình x 16 x x điểm) ĐK: x 0; y x 16 x 16 xy xy y y Ta có y xy y x x y x (1) (2) Giải (2) 6y2 6x 5xy (2x 3y)(3x 2y) a (1.0 điểm) 3y 3y 16 Thay vào (1) ta y 2 * Nếu 2x 3y x 3y 23 (phương trình vô nghiệm) 2y * Nếu 3x 2y x Thay vào (1) ta y2 y 3 + Với y x (TM) + Với y 3 x 2 (TM) Vậy hệ phương trình có hai nghiệm: x; y 2;3 ; x; y 2; 3 b (1.0 ĐK: 1 x (*) x 1 x x x điểm) 2x x 2x 0 x 2x x 4(TM ) x Vậy phương trình cho có nghiệm x Câu Cho hình thang ABCD (AB//CD, AB CD ) Gọi K , M trung điểm BD AC Đường thẳng qua K vng góc với AD cắt đường thẳng qua M vng góc với BC Q Chứng minh: (2,5 điểm) a) KM // AB b) QD QC I A K D a (1.0 điểm) E B M Q H R C Gọi I trung điểm AB , E IK CD , R IM CD ABD BDC Xét hai tam giác KIB KED có KB KD IKB EKD KIB KED IK KE (1) Chứng minh tương tự có: MIA MRC MI MR (2) Từ (1) (2) suy KM đường trung bình IER KM // CD b (1.5 điểm) Do CD // AB (gt) Vậy KM // AB (đpcm) Ta có: IA=IB, KB=KD (gt) IK đường trung bình ABD IK//AD hay IE//AD QK IE Suy QK đường trung trực ứng với cạnh IE IER Tương tự ta chứng minh QM đường trung trực ứng với cạnh IR IER Hạ QH CD QH trung trực ứng với cạnh ER IER Do DE RC AB QH đường trung trực đoạn CD Vậy QC QD Câu 5( điểm) Có tập hợp A tập hợp S 1, 2,3 2018 thỏa mãn điều kiện A có hai phần tử x A, y A, x y y2 A x y Với tập A tập S 1, 2,3 2018 thỏa mãn đề bài, gọi a b phần tử nhỏ lớn tập A(a, b S , a b) Ta chứng minh b 2a Thật vậy, giả sử b 2a , theo giả thiết c Mà b 2a b – a a c nhỏ A Vậy b 2a a2 A ba a2 a2 a , mâu thuẫn với a phần tử ba a Gọi d phần tử lớn tập B A \ b Ta chứng minh b 2d Thật vậy, giả sử b 2d , theo giả thiết d b e Mà b 2d b – d d e Suy e A e B Do eb d2 A bd d2 d d d2 b d b2 bd 5d 4b2 4bd d (2b d )2 bd (mâu thuẫn VP số phương, VT khơng số phương) Vậy b 2d 2d b 2a d a Mà a d ( a d phần tử nhỏ lớn B) nên a d b 2a Do A a;2a Kiểm tra lại ta thấy A thỏa mãn đề Vì a S 2a S nên 2a 2018 a 1009 Vậy số tập A thỏa mãn đề 1009 tập Câu (1,0 điểm) Trên đường tròn (O) lấy hai điểm cố định A C phân biệt Tìm vị trí điểm B D thuộc đường trịn để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn B' A' B C O A D D' Không tổng quát giả sử: AB AC Gọi B ' điểm cung ABC AB' CB' Trên tia đối BC lấy điểm A’ cho: BA’ BA AB BC CA' B'BC B'AC B'CA Ta có: B'CA B'BA 1800 B'BA B'BA ' B'BC B'BA ' 180 A’BB’ ABB’ A ' B ' B ' A B'A B'C B'A' B'C A' C AB BC ( B’ A B’C B’, A, C cố định) Dấu “=” xảy B trùng với B’ khơng đổi Tương tự gọi D’ điểm cung ADC ta có AD’ CD’ AD CD Dấu “=” xảy D trùng với D’ Vậy chu vi tứ giác ABCD lớn B, D điểm cung AC đường tròn O SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi: TỐN CHUN Thời gian: 150 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu a) Cho biểu thức A x 1 x 1 Chứng minh rằng: A x2 x 2x x với x 0, x x x 1 x b) Tìm tất cặp số nguyên x; y thỏa mãn: y x 1 x Câu a) Chứng minh phương trình ax2 2bx c bx 2cx a cx 2ax b ln có nghiệm với số thực a, b, c b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho P : y x đường thẳng d : y mx 2m, với m tham số Gọi A H giao điểm (d) với trục hồnh trục tung Tìm tất giá trị m để d cắt (P) hai điểm C D nằm hai phía trục tung cho C có hồnh độ âm BD AC Câu a) Giải phương trình: x x 1 x x 4 x x y y 1 10 b) Giải hệ phương trình: x x y y 1 Câu Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm (O) có A góc tù, AB AC H trực tâm tam giác Các đường cao AH , BH , CH cắt BC, CA, AB D, E, F a) CMR: AO vuông EF b) Gọi K giao điểm thứ hai AO với đường tròn ngoại tiếp tam giác OHD Chứng minh EF trung trực AK Câu Cho hai đường tròn I , r J , R tiếp xúc với E r R đường thẳng d tiếp tuyến E đường trịn Trên d lấy A C cho E nằm R EA EC Các tiếp tuyến thứ I vẽ từ A C cắt B, tiếp tuyến thứ hai từ J vẽ từ A C cắt D Chứng minh tồn điểm cách đường thẳng AB, BC, CD, DA Câu Cho x, y hai số tự nhiên thỏa mãn y x2 Chứng minh x tổng bình phương hai số tự nhiên liên tiếp ĐÁP ÁN Câu 1.a Điều kiện : x 0, x A 2 x 1 x2 x 2x x x 1 x x 1 x x 1 2 x x x 1 x x 1 x 1 1 3 x x 1 x x x 4 2 4 1 Vậy A Dấu " " xảy x x (tm) 4 b y 9x 9x x x x 1 x x 3x 9x x 3x x x 1 x x Có: x 4 x 1 9 x x 1 x 1 5 x 1 Ta có: y x 1 x x 5 x 6 x 1 x x 1 x 2 8 x x (ktm) x 6 y 1 (tm) Thay vào biểu thức y ta có: 5 10 (tm) x y 1 (ktm) x 2 y 1 6 Vậy cặp số thỏa mãn toán x; y 6; 1 ; 0; 1 Vậy cặp số thỏa mãn toán : x; y 6; 1 ; 0; 1 Câu a) ax 2bx c Ta có: ax 2bx c bx 2cx a cx 2ax b * bx 2cx a cx 2ax b 1 4b 4ac b ac 4c 4ba c ab 2 4a 4bc a bc 1 a b c ab ac bc a b a c b c 2 (1) (2) (3) 1 Luôn tôn biểu thức * có nghiệm với a, b, c b) Học sinh tự vẽ hình theo phần trình bày Phương trình hồnh độ giao điểm P d : x2 mx 2m x2 mx 2m (*) Có: m2 8m d cắt P hai điểm phân biệt * có hai nghiệm phân biệt m m2 8m m 8 d Ox A A 2;0 Ta có: d Oy B B 0;2m C D nằm phía trục tung C có hồnh độ âm: x1 0; x2 x1x2 2m m Gọi E F thứ tự hình chiếu C lên trục Ox D lên trục Oy CE y1 mx1 2m m x1 BF yF yB y2 yB mx2 2m 2m mx2 Ta có: DF / /Ox CE / /Oy nên: m x1 x 2 mx2 x2 ACE m 0 x2 x1 x1 x1 m m4 x m 2m 18m x 2m 2m 4m 18m 16 DBF ( g g ) AC CE BD FB m2 7m m2 7m m m 1 m 8 m (tm) (ktm) Vậy giá trị cần tìm m Câu a) Giải phương trình… x x 1 x x x x 3x x 12 10 x 10 x x x 24 x x x x x 10 x 25 3x x x 5 2 x 2 3 x x x 2x2 2x 2 x x 3 x x x x x 4 x 2 x x 5 x 5 x 5 13 x x 5 13 x 2 x 10 x 24 x x 13 x x 14 x 40 x 24 x Vậy tập nghiệm phương trình S 13 5;2 4 x x y y 1 10 b) Giải hệ phương trình: x x y y 1 (2) Điều kiện xác định: x 2 Phương trình (2) tương đương với: (1) x 2 x 2 y3 y x y x x y x y 1 x x y y 1 x 1 x x y y 1 x 2 y x2 Thay vào phương trình 1 ta được: y 3 y y y 10 Áp dụng BĐT Co si ta có VT 2 y.2 y y y y VP y y 10 y y y y 1 Như phương trình có nghiệm y y x y 1 (tm) Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y 1;1 Câu a) Chứng minh AO EF Xét tứ giác BEFC có BEC BFC 900 Lại có hai góc hai góc có đỉnh liên tiếp nhìn cạnh BC BEFC tứ giác nội tiếp (dhnb) FEC FBC (hai góc nội tiếp chắn cung FC) Xét (O) có AOC 2BFC (góc nội tiếp góc tâm chắn cung AC) AOC 2BFC (góc nội tiếp góc tâm chắn cung AC) AOC 2FEC Xét AOC cân O có: OAC 1800 AOC 1800 2.FBC 900 FEC 2 FEC KAE 900 FEC FEC 900 Do AOC KAE (hai góc đối đỉnh) AO EF (dpcm) b) Gọi K giao điêm…… Xét HKA ODA ta có: KAH DAO (hai góc đối đỉnh) HKA ODA (hai góc nội tiếp chắn cung OH đường tròn ngoại tiếp OHD) HKA ODA ( g g ) AK AH AK AO AH HD AD AO Xét HEA CDA ta có: HEC CDA 900 ; EAH DAC (hai góc đối đỉnh) HEA CDA ( g.g ) AH EA AH AD EA.CA CA DA AK AE AK AO EA.CA AH AD AC AO Xét AEF ACO ta có: AK AE EAK OAC (hai góc đối đỉnh), (cmt ) AC AO AEF ACO (cgc) KEA COA 2FEC (hai góc tương ứng) EF phân giác KEA KEA cân K EF đường trung trực AK (dpcm) Câu Gọi M , N , P, Q tiếp điểm AB, BC, CD, DA với đường tròn (I) (J) hình vẽ Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: BM BN , AM AE AQ, DQ DP, CP CN CE Nên tam giác có đỉnh A, B, C, D tam giác cân Phân giac góc tứ giác ABCD trung trực cạnh tứ giác MNPQ Ta có: BMN AMQ NMQ GPB NPC NPQ PNC ANM MNP DQP AQM PQD 1800 1800 3600 NMQ NPQ MNP PQM Do MNPQ tứ giác nội tiếp trung trực MN , NP, PQ PM đồng quy, tức phân giác góc tứ giác ABCd đồng quy điểm cách đường thẳng AB, BC, CD, DA Câu Ta có : y x2 y x 1 x 1 Dễ có: UCLN x x hai số lẻ liên tiếp x 1và x số nguyên tố Do 2 x m TH 1: 2 x 3n m 2k 1 x 4k 4k x k k 1 mn y 2 x 3n TH : 2 x m m x 3n mn y Số chia dư mà số phương khơng thể chia dư nên vô lý Vậy với x, y thỏa mãn y x2 x tổng hai số tự nhiên liên tiếp SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ THỌ TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC : 2018-2019 Môn thi: TOÁN CHUYÊN Ngày thi: 03/06/2018 Câu 1 b c a) Cho a, b, c số thực đôi khác nhau: a b c x Tính a P x.abc x b) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn: x y z 9; 1 Tính giá y z trị nhỏ biểu thức: T x3 y3 z 3xyz Câu Cho a số nguyên dương Biết nghiệm x1 x2 x3 phương trình: x 3x a x a a) CMR: Biểu thức A có giá trị không đổi: A x1 x2 x12 x22 x32 b) Đặt Sn x1n x2n x3n CMR: S số nguyên lẻ với số n tự nhiên Câu a) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x y 3 y x 3 13x 28 x 24 2x Câu Cho nửa đường tròn tâm (O) đường kính AB 2R , H điểm cố định OA H O; H A Đường thẳng qua H vng góc với AB cắt nửa đường trịn b) Giải phương trình: x 2 x C Gọi E giao điểm thay đổi cung AC E A; E C , F thay đổi cung BC F B; F C cho EHC FHC a) Chứng minh tứ giác EHOF nội tiếp b) Gọi R ' bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác EHOF Tính EHF R R' c) Chứng minh đường thẳng EF qua điểm cố định Câu Trung tâm thành phố Việt Trì có tát 2019 bóng đèn chiếu sáng thị, chia gồm loại: Đèn ánh sáng trắng có 671 bóng, đèn ánh sáng vàng nhạt có 673 bóng, đèn ánh sáng đỏ có 675 bóng Vào dịp giỗ tổ Hùng Vương, người ta thực việc thay bóng đèn theo quy luật sau: Mỗi lần tháo bỏ bóng đèn khác loại thay vào bóng đèn thuộc loại cịn lại Hỏi đến lúc tất bóng đèn trung tâm thành phố loại không ĐÁP ÁN Câu Câu a b c Ta có: a b a b Tương tự ta có: b c bc bc ca a b ;c a ac ab a b b c c a b c c a a b bc ac ab abc abc abc 1 Nếu abc P x giả thiết tương đương với a ac b ba c cb x x3 a ac b ba c cb abc a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c 1 a b c ab ac cb 3x x3 abc ab ac bc a b c ab ac bc a b c x P x3 3x x 1 P 1 Nếu abc 1 , biến đổi hoàn toàn tương tự a ac b ba c cb x x3 a ac b ba c cb abc a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c 1 a b c ac ba cb 3x x3 abc ab ac bc a b c ab ac bc a b c x 2 P x3 3x x P 1 Vậy giá trị P P P 1 Câu 1b Áp dụng BĐT AM-GM ta có: 1 Do dấu phải xảy x y z x yz xảy giả thiết hay x y z Thay vào T ta T 162 Vậy giá trị nhỏ giá trị T 162 Câu a) Ta có : Phương trình ban đầu tương đương với x x 1 x x a x a x 1 a 1 Ta có: a a x1 a x1 x3 x2 x1 x3 a 1 a x a (Theo định lý Viet) Thay vào biểu thức A ta được: P 1 a 1 1 1 a 1 1 1 a 1 P a 1 1 a 1 a 111 a 1 a 1 P9 Từ ta có điều phải chứng minh b) Đặt Qn x1n x3n n Qo n Q1 x1 x3 Qn x1n x3n x1 x3 x1n1 x3n1 x1 x3 x1n x3n 2Qn1 aQn Theo nguyên lý Quy nạp Q số chẵn với số tự nhiên n Suy : Sn Qn số lẻ Ta có điều phải chứng minh Câu a) Tìm nghiệm ngun dương phương trình… Ta có: x y 3 y x 3 y x2 y x 1 2 x2 y x Nếu x y 1 y Nếu x y 4(ktm) y Nếu x x2 x2 y x y y 1 y ( Do x 3) x 3 x 9 x x 10 x 1 x x x x x Vậy nghiệm nguyên dương x; y hệ phương trình cho 1;1 ; 3;1 b) Giải phương trình: Điều kiện xác định: x Quy đồng phương trình cho trở thành: x x 1 x 1 x 13 x 28 x 24 x3 x x x 13 x 28 x 24 x3 12 x 28 x 24 2x 1 2x 1 2x 1 x x 12 x x x x 2 x 2 2x 1 x 1 x3 x 12 x x 3 2x 1 2x 1 Xét hàm số f t 2t 4t Với t1 t2 f t1 f t2 2t13 2t23 t1 t2 f t1 f t2 t1 t2 t12 t1t2 t22 t1 t2 f t1 f t2 t1 t2 2t12 2t1t2 2t22 f t1 f t2 x x x5 2 x 4x 2x 1 x 6x Vậy phương trình cho có nghiệm nhất: x Do x x Câu a) CMR: EHOF tứ giác nội tiếp Qua E kể dây cung ED vng góc với AB H thuộc trung trực ED AHD EHA Ta có: EHC FHC 900 EHC 900 FHC EHA FHB AHD EHA FHB , mà hai góc vị trí đối đỉnh nên D, H , F thẳng hàng Ta lại có: OEF cân O OEF OFE OEF OFE EOF 1800 2OFE 1800 EOF EOF 900 EDF AHD EHA Suy tứ giác EHOF tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngồi góc đỉnh OFE 900 đối diện nhau) b) Gọi R’ bán kính đường trịn ngoại tiếp… Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác EHOF Vì R R ' nên IO=IE=IF=EO=OF IEO IOF tam giác Do vậy: EHF EOF 1200 (hai góc nội tiếp chán cung EF) c) Chứng minh đường thẳng EF qua điểm cố định Kéo dài FE cắt BA J ta chứng minh J cố định Ta có: OE OF sdOF sdOE OFJ OHF Xét tam giác OHF tam giác OFJ có: OHF OFJ (cmt ) FOI chung OHF OFJ ( g.g ) OH OF OH OJ OF OC OC CJ OF OJ CJ tiếp tuyến O C Vì C cố định nên J cố đinh Ta có điều phải chứng minh Câu Giả sử ta thắp tồn thành phố loại bóng đèn A, hai loại cịn lại bóng loại B C Khi số bóng B C 0, tức hiệu số bóng đèn B C Nếu lần thay trước ta thay bóng A, B thành bóng C hiệc số bóng đèn B C tặng giảm bóng Tương tự thay bóng A, C thành hai bóng đèn B hiệu số bóng đèn B C tăng giảm bóng Nếu thay hai bóng đèn B, C thành hai bóng đèn loại A hiệu số giữ ngun khơng đổi Vậy hiệu số bóng bóng B C 3k k Điều trái giả thiết đèn ánh sáng trắng có 671 bóng, đèn ánh sáng vàng nhạt có 673 bóng, đèn ánh sáng đỏ có 675 bóng tức hiệu số bóng đèn bóng Suy điều giả sử sai nên ta khơng thể thắp sáng tồn thành phố bóng đèn màu SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN BẾN TRE NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN: TỐN (chun) Thời gian: 150 phút (khơng kể phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1: (2,0 điểm) a b a b a b với a, b hai số thực dương ab a) Rút gọn biểu thức P : a b a b Cho biểu thức P b) Tính giá trị biểu thức P a 2019 2018 b 2020 2019 Câu 2: (1,5 điểm) a) Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh p chia hết cho 24 b) Cho phương trình x2 2mx m với m tham số Tìm giá trị m để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa đạt giá trị lớn x1 x22 Câu 3: (1,5 điểm) a) Giải phương trình: x3 x 3x x y b) Giải hệ phương trình: x y xy Câu 4: (2,0 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x3 xy x y b) Cho hai số thực dương a, b thỏa a b Tìm giá trị nhỏ biểu thức a b Câu 5: (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn O; R có đường kính AB Vẽ đường thẳng d tiếp tuyến T O B Trên cung AB lấy điểm M tùy ý ( M khác A, B ), tia AM cắt đường thẳng d điểm N Gọi C trung điểm đoạn thẳng AM , tia CO cắt đường thẳng d điểm D a) Chứng minh tứ giác OBNC tứ giác nội tiếp b) Gọi E hình chiếu N đoạn thẳng AD Chứng minh ba điểm NE AD 2R N , O, E thẳng hàng ND CO.CD c) Chứng minh CACN d) Xác định vị trí điểm M để 2AM AN đạt giá trị nhỏ - Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN BẾN TRE NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN: TỐN (Chun) Đáp án Câu Câu P 1 a) P: ab ab a b a b Điểm (2 đ) 0,25 ab a b ab a b a b a b a b 0,25 a b a b a b a b 0,25 a b2 b) b a 2019 1 2018 0,25 0,25 0,25 0,25 P 2018 2019 1 2018 2019 0,25 Đặt A p p 1 p 1 1,5 đ 0,25 Câu Do p , p số nguyên tố nên p không chia hết cho p 2k với k , k A 4k k 1 a) k , k hai số tự nhiên liên tiếp nên k k 1 A (1) Ta lại có p 3m với m , m Nếu p 3m A 3m 3m A 0,25 Nếu p 3m A 3m 3m A Vậy A (2) Do 8,3 nên từ (1) (2) suy A 24 b) 15 m2 m m , với m phương trình cho 2 ln có nghiệm phân biệt với m Nhận xét: đạt giá trị lớn x12 x22 đạt giá trị nhỏ x1 x2 0,25 0,25 0,25 Ta có x12 x22 x1 x2 x1 x2 4m2 2m 2 31 31 31 2m với m Giá trị nhỏ x12 x22 2 4 0,25 Ghi m Câu 1,5 đ 0,25 ĐKXĐ: x 1 Pt cho tương đương: x 1 x2 x 1 x2 x 1 x 1 (*) Đặt a x 1, a b x x 1, b a) 1 (do x x x , với x ) 2 Pt (*) trở thành: b 2a ab b 2a b a b 2a (do b a ) Với b 2a ta b) Câu a) x2 x x 37 x x2 5x 37 x 37 Thử lại ta nhận nghiệm x 2 2 x y x y2 x y 1 xy x y xy x y 2 x y x y xy 2 x2 y 8 y y x y x y x y x y y x x xy x y y x 1 x x Dễ thấy x 1 pt vơ nghiệm x3 x 2 Với x 1 ta y x2 x x 1 x 1 0,25 x 2 x 1 x 1 x 1 x y x 2 x 3 y 11 x 1 x y x 1 x 2 y Vậy pt có nghiệm nguyên x; y 3;11 , 2; , 0; , 1;1 Để x, y 0,25 0,25 0,25 0,25 2đ 0,25 0,25 0,25 0,25 Ta có a b b a Do a, b a 1 a a Khi T 5 a 1 a a 1 a 1 a a Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương ; ta được: 1 a a 1 a a 5 a 1 a 1 a a Đẳng thức xảy 1 a a 3a 8a a 1 a a loạ i a nhậ n Vậy T a b 3 0,25 0,25 T 2 b) b) 0,25 3đ Câu a) 0,25 Ta có OC AM (tính chất đường kính dây cung) OCN 90 0,25 OB NB (tính chất tiếp tuyến) OBN 90 0,25 Tứ giác OBNC có OCN OBN 180 Tứ giác OBNC tứ giác nội tiếp Trong tam giác AND có DC, AB hai đường cao cắt O O trực tâm tam giác AND 0,25 0,25 c) d) NO AD Mà NE AD N , O, E thẳng hàng 1 Ta có S AND NE AD AB.ND 2 NE AD AB R ND Xét hai tam giác vng CAO CDN Ta có CAO CDN (hai góc có cạnh tương ứng vng góc) CAO CDN (g.g) CA CO CA.CN CD.CO CD CN Tam giác ABN vng B có đường cao BM nên ta có AM AN AB2 AM AN 2 AM AN 2 AB 4R 2 AM AN AB 2 Đẳng thức xảy AM AM R 2 AM AN AB AOM vuông cân O M điểm cung AB 2AM AN đạt giá trị nhỏ R 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TỈNH LÀO CAI KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi: TỐN CHUYÊN Câu a b3 a b 1) Rút gọn biểu thức biết a, b thực dương: P a b a b b a 1 2) Cho số dương a, b số c khác thỏa mãn điều kiện Chứng minh a b c : a b a c b c x 3 2 3 2 3) Cho: 3 y 17 12 17 12 Tính giá trị biểu thức M x y x y xy 1 Câu 1) Một công ty vận tải dự định dùng loại xe lớn để chở 20 rau theo hợp đồng Nhưng vào cơng việc cơng ty khơng cịn xe lớn nên thay xe có trọng lượng nhỏ so với xe lớn ban đầu Để đảm bảo thời gian hợp đồng công ty cần dùng nhiều xe Hỏi trọng tải xe nhỏ 2) Tìm tất giá trị nguyên m để phương trình: x2 3x m có nghiệm thỏa x1 x2 x1 x2 2019 số nguyên Câu Cho đường trịn (w) có tâm O điểm A nằm ngồi đường trịn (w) Qua A kẻ tiếp tuyến AK, AL tới (w) với K, L tiếp điểm Dựng tiếp tuyến d (w) E thuộc cung nhỏ KL Đường thẳng d cắt đường thẳng AL, AK tương ứng M, N Đường thẳng KL cắt OM P ON Q Chứng minh rằng: 1) AOL AKL 2) MON 900 KAL 3) MQ vng góc ON 4) KQ.PL EM EN a b c Câu Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a b c Chứng minh a b c 8a2 8b2 8c2 Câu 1) Tìm tất cặp số nguyên x, y thỏa mãn y xy 3x 2) Cho m, n số nguyên thỏa mãn m n mn chia hết cho 225 CMR : mn chia hết cho 225 ĐÁP ÁN Câu 1) Rút gọn 3 a b a b P a b a b b a a a b b a a b a b a b b a b a a b b a a a b b a b b a b a b ab a b a b a b ab a b 2) Cho số dương a, b… 1 1 1 1 c a b c Ta có: a b c ab ac bc ab ac bc abc ab ac bc ab acbc2 a c b c c ab ac bc c c2 c2 c c 0(c 0) Vậy ab ac bc 3) Cho…… Ta có: 3 x 2 2 x 3 2 3 2 y 17 12 17 12 y 17 12 17 12 x3 2 3 2 2 3 2 3 2 2 y 17 12 3 17 12 17 12 17 12 17 12 17 12 x3 3x y 24 y M x y x y xy 1 x3 3xy x y y 3xy x y x y x3 y x y x 24 y x y 20 Câu 1) Một công ty… Giả sử xe nhỏ chở x x 20 Khi xe lớn chở x 1(tấn) Theo đề ta có: 20 20 1 x x 1 20 x 1 20 x x x x x 20 x 4(tm) x 5(ktm) Vậy trọng tải xe nhỏ 2) Tìm tất giá trị ngun…… Để phương trình có nghiệm ' m m x1 x2 x1 x2 m Áp dụng định lý Vi-et ta có: x1 x2 x1 x2 m Khi theo đề ta có: Khi theo đề ta có: x1 x2 x1 x2 2019 số nguyên 25 x1 x2 x1 x2 m 4 2019 m m U (3) 2019 2019 m m m m 1 m Vậy giá trị m thỏa mãn m 5, m Câu N K E Q O A P M L 1) Ta có: AKO ALO 900 900 1800 (Tứ giác có tổng hai góc đối diện 1800 ) Do đó: AKL AOL (hai góc nội tiếp chắn cung AL) (đpcm) 2) Ta có: OLM OEM ( g g ) LOM MOE LOE KOE Vì tứ giác AKOL nội tiếp (cmt) KOL 1800 KAL EON KON ( g g ) KON EON Ta có ngay: MON MOE EON MON 900 1 1 EOL EOK KOL 1800 KAL 2 2 KAL 3) Ta có: QOM MON QLM nên QOLM tứ giác nội tiếp) MQO 1800 MLO 1800 900 900 hay MQ vng góc với ON (đpcm) 4) Tứ giác OEML có OLM OEM 900 900 1800 OEML tứ giác nội tiếp EMO ELO ELK KLO EOK LKO NOK LKO NQK Mà OEM OML (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) NQK LMO( OME ) Có NKQ MLP (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) MLP QKN ( g.g ) ML LP KQ.PL ML.NL EM EN (đpcm) QK KN Câu Ta có: 18 a b c a b c a b c a b c 1 8a 9a 8b 9b 8c 9c a b c 2 8a 8b 8c 9a 9b 9c a b c Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: 8a 8b 8c 9a 9b 9c 8a 8b 8c a b c 18 a b c 8a 8b 8c a b c 8a 8b 8c 1(dpcm) Dấu “=” xảy a b c Câu 1) Coi phương trình cho phương trình bậc ẩn y có tham số x Ta có: x2 12 x Vì x, y số phương x 12 x k x 12 x k x 3 k 2k k 2k k 2 x k x 1 (tm) x k k 2 x k 1 x 2 (tm) x k k Thay vào phương trình đề Với x 1 * y y y 1 y 1(tm) Với x 2 * y y y 2 y 2(tm) Vậy tập nghiệm phương trình cho x; y 1;1 ; 2;2 2) Đặt A m n mn 2 2 A 16 m n 4mn 16 m n m n m n 15 m n m n 2 m n m n A 225 15 m n 225 m n m n 25 m n m n 15 m 15 m n 15 mn 225 m n m n 15 n 15 Vậy m n mn chia hết cho 225 mn chia hết cho 225 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN Năm học 2018 - 2019 Mơn: Tốn (Đề chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi có 01 trang) Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức 1 a 1 a 1 Q a 2a (với a 1) 2 a a a a a a 1) Rút gọn Q 2) So sánh Q Q3 Câu (2,0 điểm) 1) Giải phương trình x9 3 x x 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P) có phương trình y x hai đường thẳng (d): y m ; (d’): y m2 (với m ) Đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt A, B; đường thẳng (d’) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt C, D (với hoành độ điểm A D số âm) Tìm m cho diện tích hình thang ABCD gấp lần diện tích tam giác OCD Câu (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương x, y thỏa mãn x 3.2 y Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường thẳng d cố định ((O) d khơng có điểm chung) Điểm P di động đường thẳng d Từ điểm P vẽ hai tiếp tuyến PA, PB (A, B thuộc đường tròn (O) ) Gọi H chân đường vng góc hạ từ điểm A đến đường kính BC, E giao điểm hai đường thẳng CP AH Gọi F giao điểm thứ hai đường thẳng CP đường tròn (O) 1) Chứng minh E trung điểm đoạn thẳng AH 2) Vẽ dây cung CN đường tròn (O) cho CN song song với AB Gọi I giao hai đường thẳng NF AB Chứng minh IF AF IA IB IB AC 3) Chứng minh điểm I thuộc đường cố định P di động d Câu (1,0 điểm) Một học sinh chấm tùy ý điểm phân biệt vào hình trịn bán kính Chứng minh ln tồn hai điểm A, B điểm cho thỏa mãn AB Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn xy yz zx x y z Chứng minh x2 x3 y2 y3 z2 z3 - HẾT Họ tên thí sinh……………………………… Số báo danh……………………… Người coi thi số 1………………………………Người coi thi số 2.……………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học 2018-2019 Mơn: Tốn (Đề chun) (Hướng dẫn chấm có 04 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM Lưu ý: Các cách gải khác so với đáp án mà cho điểm tương ứng theo phần hướng dẫn chấm Điểm tổng cộng tồn làm trịn đến 0,25; 0,5; 0,75 Câu Điểm Nội dung ý Với < a < 1, ta có: Câu 1 (2,0đ) (1,0đ) 1 a 1 a 1 Q a 2a a a a a a a 1 a 1 a a2 a 1 2 1 a 1 a a 1 a 1 a 1 a a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 1 a 1 a a a 1 a a a 1 a 1 a 1 a 1 a a a 1 a 1 a a 1 a a a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a 2a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a 2a 1 a 1 a 2a 1 a 1 a 0,5 0,5 1 a 1 a 0,5 1 a 1 a 2a 1 a 2a 1 a a 2a Do a a 1 a 1 2 3 (1,0đ) Xét Q Q a 1 a 1 Vậy Q Q x 9 x 9 x Đk: Với đk trên, pt cho tương đương với x x 3 x x 3 x x x * Đặt a x , b x ta có a, b Từ (*), ta có hệ phương trình (1,0đ) Câu (2,0đ) a 2b 2 a b 18 1 2 Tính A m ; m , B m ; m , C m; m2 , D m; m2 m m ( m ) m m m m 9m Tính SOCD m3 ; S ABCD m m2 Do S ABCD 9.SOCD (1,0đ) Câu (1,0đ) 0,2 0,25 0,25 b / Thay (1) vào (2) suy 2b 3 b2 18 b 3 Với b 3 loại 216 Với b x 25 216 ;0 Thử lại, phương trình có tập nghiệm S 25 0,2 0,2 10m m m m 1 Đặt m t 10t t t t 10t 6t t 2 1 Suy m Kết luận, m giá trị cần tìm 4 TH1: x 2k 1 k , k , ta có pt : 72 k 1 3.2 y 0,25 0,2 0,2 0,2 0,2 0,2 +)Nếu k suy x 1, y nghiệm cần tìm +)Nếu k suy 3.2 y 73 y y mod4 Xét mod hai vế có: 72 k 1 49k 3 mod4 0,2 3.2 y 1 mod4 Suy pt vô nghiệm TH2: x 2k ( với k , k 1) 72 k 3.2 y 72 k 3.2 y 7k 1 7k 1 3.2 y Do mod3 kết hợp với (1) suy k k Vậy 1 3.2 m m y m1 1 m 1 3.2 m 1 m 0,2 y Do 2m1 lẻ 2m1 suy 2m1 m x m1 y y y Thử lại, suy có hai cặp nghiệm 1;1 , 2;4 thỏa mãn u cầu 0,2 ( khơng cần trình bày theo ngôn ngữ mod) Câu (4,0đ) (1,0đ) (khơng có vẽ hình học sinh khơng chấm bài) Do HA // PB (Cïng vu«ng gãc víi BC) EH CH nên theo định lý Ta let áp dụng cho CBP , ta có : PB CB Mặt khác, PO // AC (cïng vu«ng gãc víi AB) 1 0,2 0,2 POB ACB (hai gãc ®ång vÞ) AH CH 0,2 (2) PB OB Do CB = 2OB, kết hợp (1) (2) ta suy AH = 2EH hay E trung điểm cña 0,2 AH AHC đồng dạng PBO Do ®ã: Ta có IBF FCA; BFI CFA suy BIF đồng dạng CAF IF AF Suy (1) IB AC IF BF Tương tự, ta có (2) IA BC (1,0đ) Chứng minh được: PFA đồng dạng PAC suy AF AP (3) AC PC BF PB Tương tự : PBF đồng dạng PCB suy (4) BC PC Từ (1), (2), (3), (4) PA PB suy IA IB Gọi M chân đường vng góc hạ từ O lên đường thẳng d Gọi K giao điểm hai đường thẳng OM AB Ta có P, I, O thẳng hàng OI AB Chứng minh: OIK đồng dạng OMP OK OI OP.OI OK (1,0đ) OP OM OM OB 2 Mặt khác OP.OI OB suy OK cố định, suy điểm K cố định OM Vậy I thuộc đường trịn đường kính OK Câu (1,0 đ) Gọi điểm A, B, C, D, E, F tâm hình trịn O TH1 +) Nếu có điểm trùng với tâm O điều phải chứng minh hiển nhiên Ta giả sử điểm khác điểm O +) Nếu có hai điểm A, B O thẳng hàng O nằm đoạn AB, suy AB TH2 Không tồn hai điểm A, B O thẳng hàng đồng thời O nằm đoạn thẳng AB Phản chứng, khoảng cách hai điểm điểm lớn Giả sử điểm xếp theo chiều ngược chiều kim đồng hồ A, B, C, D, E, F 0,2 0,2 0,2 0,2 0,2 0,2 0,2 0,2 0,2 0,2 Xét OAB có AB max OA, OB AOB max ABO, BAO Suy AOB AOB ABO BAO 1800 AOB 600 Tương tự : BOC 600 , COD 600 , DOE 600 , EOF 600 , FOA 600 Như : AOB BOC COD DOE EOF FOA 3600 vô lý, suy điều phải chứng minh Vậy tình tốn ln x x2 2x x2 x Ta có x3 x x x 2 2 y y6 z z6 Tương tự y ; z3 2 - Suy x2 y2 z2 x2 y2 z2 (*) 2 x3 y3 z3 x x 6 y y 6 z z 6 0,2 0,2 0,2 a b2 c a b c a, b, c, u, v, w 1 - Chứng minh u v w uvw Câu (1,0đ) - Áp dụng (1) (*) ta thu x2 y2 z2 x 8 y 8 z 8 Ta cần chứng minh 2 x y z 1 x y z x y z 18 3 2 x y z 0,2 x y z x y z 18 x y z xy yz zx 18 x y z x y z x y z xy yz zx 18 (3) (2) Lại xy yz zx x y z nên ta kiểm tra x y z 3 x y z 18 (4) x y z 3 x y z Thật ta có quan hệ x y z 3 xy yz zx 3 x y z 2 0,2 nên x y z 3, từ (4) Từ (2), (3), (4) suy điều phải chứng minh Dấu “=” x y z - HẾT - 0,2 SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TỈNH BÌNH PHƯỚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi: TỐN CHUN Câu a 1 ab a a ab a 1 : 1 ab ab ab ab a) Rút gọn biểu thức: T b) Cho x Tính giá trị biểu thức H x5 3x4 3x3 x2 20 x 2023 1 Câu Cho parabol P y x đường thẳng d : y m 1 x m2 Với giá trị 2 m d cắt (P) hai điểm phân biệt A( x1; y1 ); B( x2 ; y2 ) cho biểu thức T y1 y2 x1 x2 đạt giá trị nhỏ Câu a) Giải phương trình : x x 14 x2 x 1 y 1 10 b) Giải hệ phương trình : x y xy 1 Câu Cho đường trịn (O;R) có đường kính AB CD vng góc với Trên dây BC lấy M (M khác B C) Trên dây BD lấy N cho MAN CAD , AN cắt CD K Từ M kẻ MH vng góc với AB (H thuộc AB) a) CMR: Tứ giác ACMH nội tiếp, ACMK nội tiếp b) Tia AM cắt (O) E (E khác A), tiếp tuyến E B đường tròn cắt F Chứng minh AF qua trung điểm HM c) CMR: MN tiếp xúc với đường tròn cố định M di chuyển dây BC (M khác B C) Câu a) Tìm tất số nguyên p cho 16 p lập phương số nguyên dương b) Tìm tất số nguyên a; b thỏa mãn a b2 a b 4 Câu a) Cho x; y hai số thực dương CMR: x2 y x y y x b) Xét số thực a; b; c với b a c cho phương trình ax2 bx c có nghiệm thực m; n thỏa mãn m, n Tìm GTLN GTNN biểu thức M a b 2a c a(a b c) ĐÁP ÁN Câu a) Rút gọn biểu thức : Điều kiện xác định : a 0, b 0, ab a 1 ab a a ab a T 1 : 1 ab ab ab ab ab 1 ab 1 ab 1 : ab 1 ab 1 a 1 ab 1 ab a ab 1 ab 1 ab 1 ab 1 ab 1 a 1 ab ab a a b a ab ab ab a b a ab a b a ab ab ab a b a ab : ab ab ab a 2a b ab ab ab ab 2 a 2 a b) cho…tính giá trị biểu thức… x x x x2 4x H x5 3x 3x3 x 20 x 2023 x5 x x3 x x3 x x x 1 2018 x3 x x 1 x x x 1 x x 1 2018 x3 x x x 1 2018 2018 ( x x 0) Vậy H 2018 x Câu Ta có phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị hàm số là: x m 1 x m2 x m 1 x 2m2 0(*) 2 Đường thẳng (d) cắt P hai điểm phương trình * có hai nghiệm ' m 1 2m2 2m m2 m 2 Với m d cắt P hai điểm A x1; y1 ; B x2 ; y2 x1 x2 m 1 x1 x2 2m Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: Ta có: A x1; x12 , B x2 ; x22 2 1 T y1 y2 x1 x2 x12 x22 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 2 x1 x2 x1 x2 m 1 4m 2m 4m 2 m 2m 1 2 2 m 1 2 Vì m 1 m 0;2 Đặt t m m 0;2 t 1;1 t 0;1 T m 1 2t t 0;1 m m Vậy MinT t m 1 Câu a) Giải phương trình: x x 14 x2 Điều kiện xác định: x x x 14 x x x 14 x x 1 x 1 x 14 x 14 x 1 x 14 x 3 x3 ( x 3)( x 3) x 1 x 14 x 3 x 3 x 14 x 1 x 3 x 3 x x (1) x x 14 30 10 30 x 1 x 1 x 30 Với x 3 3 6 x 14 x 14 x 14 12 30 3,36 16 VP(1) 5,33 3 VP VT hay (1)VN VT (1) Vậy phương trình cho có nghiệm x x 1 y 1 10 b) Giải hệ phương trình: x y xy 1 Ta có: x 1 y 1 10 x y xy 2 10 x y xy ( x y )( xy 1) x y 2 xy xy 2 10 ( x y )( xy 1) x y u Đặt hệ phương trình trên: xy v 2 u v 10 u v 2uv 10 u v 16 uv uv uv u v u 1, v u v u 3, v uv u v 4 u v 4 u 1, v 3 uv uv u 3, v 1 x y x y VN x 2; y xy xy x 2; y x 1; y x y x y x 1; y xy xy x 1; y 2 x 1; y 2 x 2; y x y 1 x y 1 x 2; y x 0; y xy 3 xy 2 x 0; y x 3; y x y 3 x y 3 x 3; y xy 1 xy Vậy hệ phương trình có tập nghiệm S 1;2 ; 2;1 ; 1; 2 ; 2;1 ; 0;3 ; 3;0 Câu A D K O G H I C M N Q E B F P a) CMR Tứ giác ACMH nội tiếp, ACMK nội tiếp Ta có: ACB ACM 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AHM 900 MH AB ACM AHM 900 900 1800 ACHM tứ giác nội tiếp (có tổng hai góc đối diện 1800 ) (dhnb) Ta có: MCK góc nội tiếp chắn cung BD MCK DB 450 Mà MAK CAD 450 MAK MCK 450 ACMK tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề cạnh AC nhìn đoạn MK góc nhau) (dhnb) b) Tia AM cắt (O) E………………… Gọi AF cắt MH I, AM cắt BF P MH AH (định lý Ta let) PB AB IH AH IH MH AH IH//FB (định lý Ta let) FB AB FB PB AB MH // PB AB nên ta có : Ta có: AEB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)) BEP 900 (Hai góc kề bù) Theo tính chất tiếp tuyến FE, FB cắt nên FE FB, FEB FBE (hai góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung BE) Mặt khác: FEP 900 FEB (hai góc phụ nhau) FPE 900 FBE ( PEB vuông E) FEP FPE 900 FEB PEF cân F FE FP (hai cạnh bên tam giác cân) FE FB FP BP FP FB FB IH MH MH IH FB FB Do AF qua trung điểm I MH c) CMR MN tiếp xúc với……………… Do tứ giác ACMK nội tiếp : ACM MKN 900 (hai góc đối diện 900 ) Gọi G giao điểm AM DC Ta có: BCD vng cân B BDC 450 (tính chất tam giác vng cân) Xét tứ giác ADNG có: NDG GAN 450 ADNG tứ giác nội tiếp (hai góc nhìn đoạn thẳng góc nhau) ADN AGN 1800 AGN 900 hay MGN 900 (hai góc kề bù) Vì MKN MGN 900 MCKN nội tiếp (hai góc nhìn đoạn thẳng góc nhau) AMN AKC (góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối diện) Mà AMC AKC (hai góc nội tiếp chắn cung AC ) AMC AMN AKC Kẻ AQ MN Q Khi ta có: AMC AMQ(ch gn) AQ AC (hai cạnh tương ứng) Áp dụng định lý Pytago ta có AC R2 R R không đổi A điểm cố định nên M di chuyển dây BC MN ln tiếp xúc với đường trịn A; R đường tròn cố định (đpcm) Câu a) Do 16 p lẻ nên ta đặt 16 p 2n 1 8n3 12n2 6n p n 4n2 6n 3 (*) n * Ta có: 4n2 6n 3 tam thức bậc vô nghiệm, số lẻ lớn không phân n tích thành tích số tự nhiên * 4n 6n p Thử lại ta được: 16.307 2.8 1 4913 thỏa mãn Vậy p 307 số nguyên tố thỏa mãn toán b) Tìm tất số nguyên…… Nhân hai vế phương trình với 12 ta được: p 307 36 a b2 84 a b 48 6a 6b 50 52 52 12 2 6 a 6b 6a 5 a b 2(tm) 6b a a , b 2(ktm) 6b 5 a 2, b (ktm) 6a 5 6b 5 1 a ; b (ktm) 6 a 3 6a 25 b a ; b (ktm) 6b 2 25 a 6a 1 3 6a 2 b a 1; b (ktm) 6b a b 6b 2 49 6 a a a ; b 0(ktm) 6b 7 6a 49 b a 1; b 6a 1 6b b a 0; b (ktm) 6 a a ; b (ktm) 6b 3 a a ; b 1(ktm) 6b a 0, b 6 a 6b 1 6a 7 6b 1 Vậy tập nghiệm phương trình cho a; b 0;1 ; 1;0 ; 2;2 Câu a) Với x, y ta có: x2 y x y x3 y xy ( x y ) ( x y )( x xy y ) xy x y y x x2 xy y xy x xy y x y x, y x y x, y Vậy BĐT chứng minh, dấu " " xảy b) Theo đề ta có phương trình ax2 bx c có hai nghiệm m, n m, n 1 a b m n a Áp dụng định lý Vi-et ta có: mn c a c b a b 2a c a a 1 m n mn M b c a m n mn 1 a a 1 m n Vì mn 2; mn M 1 m n Vậy MaxM mn c Ta lại có: m, n m n 1 n m 1 mn mn m n 1 1 m n 1 m n a b c Vậy MinM m n a c M m n 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NAM ĐỊNH Năm học 2016 - 2017 Mơn: TỐN (chung) - ĐỀ ĐỀ CHÍNH THỨC Dành cho học sinh thi vào lớp chuyên tự nhiên Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm: 01 trang) Câu (2,0 điểm) 1) Tìm điều kiện xác định biểu thức A x 3 x 2) Tính giá trị biểu thức B x x x với x 3) Tính bán kính đường trịn ngoại tiếp hình vng ABCD , biết cạnh AB cm 4) Tìm tọa độ giao điểm đường thẳng y x parabol y x Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức P 1) Chứng minh P x2 x x x 2 x 2 x 1 (với x 0; x ) x 1 x 2 x 3 x 2 2) Chứng minh x 0; x P Câu (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x m 1 x 2m (với m tham số) a) Tìm giá trị tham số m để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x12 x22 x1 x2 b) Tìm giá trị tham số m để phương trình cho có nghiệm lớn 2 2 x y xy x y 2) Giải hệ phương trình x y x Câu (3,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD , kẻ AH vng góc với BD H HE, HF vng góc với AB, AD E F Gọi K , M trung điểm HD , BC I giao điểm AH với EF 1) Chứng minh I trực tâm tam giác ABK 2) Chứng minh tứ giác ABMK tứ giác nội tiếp 3) Chứng minh AH BE.BD.DF Câu (1,0 điểm) Xét x, y, z số thực dương thỏa mãn xy yz zx Tìm giá trị nhỏ biểu thức S 1 x yz y zx z xy 2 - HẾT Họ tên thí sinh:…………………………… Họ tên, chữ ký GT 1:…………………………… Số báo danh:………………………………… Họ tên, chữ ký GT 2:……………………… … ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUN Năm học 2016 - 2017 Mơn: TỐN (chung) - Đề ĐỀ CHÍNH THỨC Dành cho học sinh thi vào lớp chuyên tự nhiên (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) Câu Câu 1) 2) Điểm (2,0đ) Nội dung Biểu thức A x Ta có B x 3 x 1 x xác định 3 x x x x x3 x 0,5 Với x , ta có B 3) Đường trịn ngoại tiếp hình vng ABCD có đường kính AC cm 0,5 AC cm 2 x Xét phương trình x x x x x 2 Với x y 1; với x 2 y Tọa độ giao điểm cần tìm 1;1 2;4 Suy bán kính đường trịn R 4) Câu 1) Ta có P x 1 x 2 x 1 x 2 3x x P x 2 x 1 x 1 0,5 x 2 (1,5đ) x 1 0,25 3x x x x x 2) 0,5 x 1 x 2 0,25 x x 3 x 1 x 1 x 1 x 3 x 2 0,25 x 2 x 3 x 2 x 3 1 x 2 x 2 Với x 0; x ta có x 22 0,25 0,25 1 3 1 P x 2 x 2 0,25 Câu 1.a) (2,5đ) Ta có m 1 2m m 6m m 3 0,25 Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 m 0,25 2 x x m 1 Theo hệ thức Viet ta có x1.x2 2m x12 x22 x1 x2 x1 x2 3x1 x2 0,25 m 1 2m m2 4m m m Đối chiếu điều kiện ta m giá trị cần tìm 1.b) 2) 0,25 x x m 1 x 2m x x m 1 x m Phương trình có nghiệm lớn m m 2 1 2 x y xy x y 2 2x y 2x Điều kiện: x y (1) x y x y x y x y x y 1 0,25 0,25 0,25 x y x y x y Thế y x vào (2) ta 0,25 3x x 0,25 x x 4 x 11x Với x y (thỏa mãn điều kiện) Vậy hệ cho có nghiệm x; y 2;2 0,25 (3 đ) Câu 1) M B Tứ giác AEHF hình chữ nhật, suy I trung điểm AH C H E 0,25 K I A F IK đường trung bình AHD IK song song AD KI AB ( AD AB ) Xét ABK có KI AB AI BD (giả thiết), suy I trực tâm ABK D 0,25 0,25 0,25 2) 3) (1) BI AK ( I trực tâm ABK ) IK song song AD , IK AD ( IK đường trung bình AHD ) IK song song BM , IK BM Do tứ giác BMKI hình bình hành BI song song MK (2) 0,25 Từ (1) (2) suy MK AK hay AKM 900 0,25 ABM AKM 900 900 1800 , tứ giác ABMK tứ giác nội tiếp 0,25 Vì ABD vng A có AH đường cao nên AH BH DH Do AH BE.BD.DF AH AH BE.BD.DF AH BH DH BE.BD.DF BH BE AH DH BE.DF AH DH BE.DF ( HE song song AD ) BD BA 0,25 AH DH DF AH DH AB.DF BA ABH đồng dạng với DHF (g.g), 0,25 0,25 (*) 0,25 AH DF AH DH AB.DF AB DH 0,25 Suy (*) Vậy AH BE.BD.DF (1 đ) Câu Ta có 1 x yz x yz 2( xy yz zx) x xy yz zx x y x z Tương tự, ta có S S 1 0,25 x y x z y z y x z x z y yz xz xy xz yz xy yz xy xz yz xz yz xy xz xy Với a, b ta có a b a b 2 a b 4ab ab Áp dụng bất đẳng thức ta được: yz xz xy S 2 xy yz zx xy yz zx xy yz zx 4 xy yz zx S xy yz zx xy yz zx 0,25 0,25 Đẳng thức xảy x y z 0,25 Vậy giá trị nhỏ S Lưu ý: + Các cách giải khác đáp án đúng, phù hợp với chương trình THCS, ban giám khảo thống cho điểm thành phần tương ứng + Điểm toàn tổng điểm câu khơng làm trịn HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRÀ VINH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN THI: TỐN Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian phát đề) Bài (2,0 điểm) Cho biểu thức: Q x 1 2 x y x y2 x y : với x y x x2 y Rút gọn Q Xác định giá trị Q x y Bài (1,0 điểm) Cho đường thẳng (d ) : y ax b Tìm a, b biết đường thẳng (d) tiếp xúc với parabol ( P) : y x điểm A(1;1) Bài (2,0 điểm) x2 Giải phương trình: x2 x2 x2 y y Giải hệ phương trình: xy x Bài (1,0 điểm) Với a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh phương trình sau ln có nghiệm: (b2 c2 a ) x2 4bcx (b2 c a ) Bài (1,0 điểm) Cho x, y, z ba số thực dương thỏa mãn: x y z 2 x3 y z Chứng minh: x y y z z x2 xyz Bài (3,0 điểm) Từ điểm A nằm bên ngồi đường trịn (O; R), vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) Trên cung nhỏ BC lấy điểm M, vẽ MI AB, MK AC ( I AB, K AC ) Chứng minh AIMK tứ giác nội tiếp đường tròn Vẽ MP BC ( P BC ) Chứng minh MPK MIP Xác định vị trí điểm M cung nhỏ BC để tích MI MK MP đạt giá trị lớn HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Q 1) Bài (2,0đ) Nội dung x x y : 1 2 2 x y x y x x y Điểm x x2 y x x2 y y x2 y x2 y x x x2 y x x2 y x2 x2 y y x2 y y x y 1.5 x2 y 2 x y x y x y x y Vậy Q x y với x y x y Thay x y (thỏa mãn ĐK) vào biểu thức Q, ta được: 2) Q 3y y 3y y 2y 4y 2 0.5 x y Vì đường thẳng (d ) : y ax b qua điểm A(1;1) nên ta có: a b b a (1) Xét phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P): ax b x2 x2 ax b (2) Thay (1) vào (2) được: x 1 x ax a ( x 1)( x a) x a 1 Vậy Q Bài (1,0đ) 1.0 Vì (d) tiếp xúc với parabol ( P) : y x điểm A(1;1) nên phương trình (2) có nghiệm kép x1 x2 1 1 a a 2 b 2 1 Vậy a 2; b 1 Bài (2,0đ) 1) x2 x x x x 16 x ĐK: x 2 (1) 1.0 Đặt y x ( y 0) x y Phương trình (1) trở thành: y y 16 y y 2 y2 y y2 y y (do y y 0) y2 y ( y 2)(2 y 3) y (do y 0) 3 Với y , ta có: 2 25 3 x x2 x 2 Kết hợp với điều kiện x y Vậy nghiệm phương trình cho x 2 x y y (1) (2) xy x Với x , phương trình (2) trở thành (vơ lí) Với x , ta có: x2 y y x ( y 1) 2 x y y 1 1 xy x y 1 y 1 x x 2) 1 x x x (do x 0) x 1.0 x 1 x x 1 Với x y y 1 y0 Với x 1 y 1 Vậy nghiệm hệ phương trình ( x, y) (1;2),(1;0) Bài (1,0đ) (b2 c2 a ) x2 4bcx (b2 c a ) Vì a, b, c độ dài ba cạnh tam giác nên: a, b, c 0; b c a 0; a b c 0; a c b Xét trường hợp: + TH1: b2 c2 a (1) (2) 1.0 Phương trình (1) trở thành: 4bcx x (do b, c 0) Phương trình (1) có nghiệm + TH2: b2 c2 a Phương trình (1) phương trình bậc hai Xét ' (2bc)2 (b2 c a )2 (2bc b c a )(2bc b c a ) 2 b c a a b c a b c b c a a b c a c b Kết hợp với (2) ' Phương trình (1) có nghiệm * Kết luận: Vậy phương trình (1) ln có nghiệm Vì x, y, z 0; x y z nên: 2 x3 y z 3 x2 y y z z x2 xyz (1) x2 y z x2 y z x2 y z x2 y2 z2 3 x2 y y2 z2 z x2 yz zx xy z2 x2 y2 x2 y2 z2 1 1 1 3 x y2 y z2 z x 2 yz zx xy Bài (1,0đ) x2 y2 z2 x2 y2 z2 y z z x x y 2 yz zx xy z2 z2 2 Lại có: ( x y ) x y xy x y 2 xy y2 y2 z2 z2 Tương tự, ta có: ; z x 2 zx x y 2 xy (2) (1) (đpcm) (2) B I M P O A 0.25 Bài (3,0đ) K C 1) Tứ giác AIMK có: AIM AKM 900 (GT) AIM AKM 180 AIMK tứ giác nội tiếp 0.75 2) Chứng minh tương tự phần 1), ta có tứ giác BIMP, CKMP nội tiếp Tứ giác BIMP nội tiếp I1 B2 Tứ giác CKMP nội tiếp C2 P2 Mà B2 C2 sđMC P2 I1 (đpcm) Chứng minh tương tự phần 2), ta có P1 K1 MPK MIP có: P2 I1; K1 P1 MPK # MIP (g.g) MP MK MP MI.MK MI MP MI.MK.MP MP MP MP3 Do đó, tích MI.MK.MP lớn MP3 lớn MP lớn M điểm cung nhỏ BC Vậy M điểm cung nhỏ BC tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn 1.0 3) Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương 1.0 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi gồm 01 trang KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2018 - 2019 Mơn: TỐN (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 09 tháng năm 2018 Câu I: (2,0 điểm) Tính giá trị biểu thức: P 1 1 1 2018 Cho hai số thực a , b thỏa mãn hệ thức a3 3a 5a 17 b3 3b2 5b 11 Chứng minh a b Câu II: (2,0 điểm) Giải phương trình: x x x 1(1 x) 1 1 2 x y Giải hệ phương trình: x y xy Câu III: (2,0 điểm) Tìm tất cặp số nguyên x; y thỏa mãn: x2019 y 2019 y 1346 y 673 2 Cho n số nguyên dương tùy ý, với số nguyên dương k đặt Sk 1k 2k nk Chứng minh S2019 S1 Câu IV: (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB AC Gọi D, E, F chân đường cao 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 Chứng minh tứ giác BQCR tứ giác nội tiếp PB DB Chứng minh D trung điểm QS PC DC 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 Câu V: (1,0 điểm) Một giải đấu bóng chuyền có n đội tham gia ( n , n ), luật đấu sau: Mỗi đội đấu với tất đội khác trận Sau trận đấu, đội thắng điểm, đội thua điểm; cịn hai đội hịa 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 thứ hạng liền bao nhiêu? Hết -Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu I.1 n(n 1) (n 1)(n 2) Từ suy ra: , (n , n 1) n n(n 1) Cho n giá trị từ 2,3, , 2018 nhân biểu thức ta được: 1.4 2.5 2017.2020 1.2.3 2017 4.5 2020 P 2.3 3.4 2018.2019 2.3.4 2018 3.4 2019 2020 1010 Vậy P 3.2018 3027 Với n , n 1, ta có: n Câu I.2 Ta có: a 1 a 1 14 b 1 b 1 14 3 Cộng vế hai biểu thức ta được: a 1 b 1 a 1 b 1 3 x a 1 Đặt đẳng thức trở thành: x3 y3 x y ( x y)( x2 xy y 2) y b 1 y 3y2 0) x y (do x xy y x 2 Vậy (a 1) (b 1) a b Câu II.1 Điều kiện xác định: x Ta có: x2 x x 1(1 x) x2 x x x 2( x x 1) Đặt x x y (điều kiện y ) y 1 Phương trình trở thành y y y (do y ) y 1 x 1 x x x Khi : x x x x x x 10 x Vậy phương trình có nghiệm x Câu II.2 x, y Điều kiện xác định: xy x 0; y Hệ phương trình cho tương đương với hệ: 2 2 2 2 (1) x y x y x y x y 2 2 2 2 (2) x y xy ( x y ) x y x y xy xy 1 Từ (2) ta có: x y xy xy +Với xy , thay vào (1) suy x x x x Từ suy hệ có nghiệm: ( x; y) 2; ; ( x; y) 2; (thỏa mãn điều kiện) +Với xy 1 , thay vào (1) suy x (vô nghiệm) x2 Vậy hệ có nghiệm: ( x; y) 2; ; ( x; y) 2; Câu III.1 Giả sử x; y cặp số nguyên thỏa mãn phương trình cho Đặt a x673 , b y 673 ta có a, b thỏa mãn a3 b3 b2 b Ta thấy: a3 b 1 b 1 b 1 a3 b3 b 1 b 3 +) Nếu b b 2 b 1 b Suy ra: b 1 a3 b3 b a b điều khơng thể xảy a, b +) Nếu 2 b 1, b suy b 2; 1;0;1 Với b 2 y 2 y Với b a x673 x 673 y 1 x Với b 1 a 673 (thỏa mãn) x y 1 673 673 y x Với b a 673 (thỏa mãn) x y Vậy cặp số nguyên thỏa mãn x; y 1;1 ( x; y) 1; 1 Câu III.2 n(n 1) Để chứng minh toán ta cần chứng tỏ 2S2019 n(n 1) Ta có S1 n Ta có nhận xét sau: Với a, b nguyên dương a 2019 b2019 (a b) Thật : a2019 b2019 (a b)(a 2018 a 2017b ab2017 b2018 ) (a b) Xét hai trường hợp: +) Nếu n lẻ: Từ nhận xét ta có 2S2019 2n2019 12019 (n 1)2019 22019 (n 2) 2019 2S2019 n 2019 n 2019 n 2(12019 n2019 ) 22019 (n 1)2019 n 2019 n 2019 n 2019 n 2019 (n 1) Mặt khác n n nguyên tố nên 2S2019 n(n 1) +) Nếu n chẵn: Ta có 2S2019 2n2019 12019 (n 1)2019 22019 (n 2) 2019 n 2019 n 2019 n 2019 n 2019 n 2S2019 2(12019 n2019 ) 22019 (n 1)2019 n 2019 n 2019 n 2019 n 2019 (n 1) Suy 2S2019 n(n 1) Vậy S2019 S1 Câu IV.1 A E F R H S P B D M C Q Do AB AC nên Q nằm tia đối tia BA R nằm đoạn CA, từ Q, C nằm phía đường thẳng BR Do tứ giác BCEF nội tiếp nên AFE BCA Do QR song song với EF nên AFE BQR Từ suy BCA BQR hay tứ giác BQCR nội tiếp Câu IV.2 Gọi H trực tâm tam giác ABC Dễ thấy tứ giác AEHF nội tiếp Suy FEH FAH BAD Tương tự DEH DCH BCF Mà BAD BCF (cùng phụ với ABC ) Suy FEH DEH , hay EB đường phân giác góc E tam giác DEP ED BD Theo tính chất đường phân giác ta có : EP BP ED CD Mặt khác AC BE nên AC phân giác DEP , nên EP CP CD BD PB DB Suy : CP BP PC DC Chứng minh tương tự ta có FC phân giác góc DFE , hay DFS SFE Mà SFE FSD (so le QR EF ) Vậy DFS FSD hay tam giác DFS cân D DF DS Ta lại có, tính chất phân giác ngồi nên DFQ AFE Mà AFE FQD (đồng vị) Suy tam giác DFQ cân D DF DQ Từ suy DS DQ , hay D trung điểm QS Câu IV.3 Gọi M trung điểm BC Ta chứng minh DP.DM DQ.DR từ suy đường trịn ngoại tiếp tam giác PQR qua M cố định Thật vậy, tứ giác BQCR nội tiếp nên DQ.DR DB.DC (4) PB DB Theo câu 2) ta có DB.PC DC.PB DB DP DC DC DP DB PC DC DC DB DB.DC DP Do M trung điểm BC AB AC nên DC DB DM Do DP.DM DB.DC (5) Từ (4) (5) ta DP.DM DQ.DR Suy tứ giác PQMR nội tiếp hay đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR qua trung điểm BC cố định Câu V Kí hiệu Di , i 1, n đội bóng thứ i d i điểm số đội Di sau giải đấu Khơng tính tổng quát, giả sử d1 d2 dn Xét hiệu di di 1 , i 1, n , ta có di di 1 0, i 1, n Giả sử đội xếp hạng s đội xếp hạng s có chênh lệch điểm lớn nhất, nghĩa hiệu d s d s 1 lớn số hiệu Ta có nhận xét: Sau trận đấu, dù kết nào, tổng số điểm hai đội tham gia thi đấu Chia đội bóng làm hai nhóm Nhóm gồm đội D1 , , Ds nhóm gồm đội cịn lại Ds 1 , , Dn s ( s 1) Khi s đội nhóm đấu với trận nhận s(s 1) điểm Ngoài đội thuộc nhóm đấu với đội thuộc nhóm tất (n s)s trận nhận không 2(n s)s điểm (vì số (n s)s trận có trận mà đội thuộc nhóm thua) Do tổng điểm mà s đội nhóm nhận khơng q s(s 1) 2(n s)s (2n s 1)s (2n s 1) s Từ suy d s (1) 2n s s (n s)(n s 1) Lại có: Các đội thuộc nhóm đấu với trận nhận (n s)(n s 1) điểm Do (n s)(n s 1) số điểm d s 1 đội Ds 1 lớn n s 1, hay d s 1 n s ns (2) Từ (1) (2) suy ra: ds ds 1 (2n s 1) (n s 1) n Dấu ‘=’ xảy đội vô địch thắng tất đội 2(n 1) điểm, tất đội lại khác hịa (và thua đội vơ địch), đội nhận n điểm Vậy max(di di 1 ) n SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi gồm 01 trang ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUN THÁI BÌNH NĂM HỌC: 2018-2019 MƠN THI: TỐN (Dành cho thí sinh thi chun Tốn, Tin) Câu (2,0 diểm) 1) Cho phương trình x2 2mx m2 2m (1) (với m tham số) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm khơng âm x1; x2 Tính theo m giá trị biểu thức P x1 x2 tìm giá trị nhỏ P 2) Cho hàm số y x2 Tìm tất giá trị x nguyên x2 Câu (2 điểm) 1) Cho số a; b; c thỏa mãn điều kiện a 2b 5c Chứng minh phương trình ax2 bx c có nghiệm 2) Giải phương trình: x3 x 3 x3 : 3 Câu (1 điểm) Hai nến chiều dài làm chất liệu khác nhau, nến thứ cháy hết với tốc độ giờ, nến thứ hai cháy hết với tốc độ Hỏi phải bắt đầu đốt lúc chiều để chiều phần lại nến thứ hai dài gấp đơi phần cịn lại nến thứ nhất? Câu (1,0 điểm) Cho biểu thức x x y y 2018 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P x y Câu (3,5 điểm) 1) Cho tam giác ABC có AB 4, AC 3, BC , đường cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A vẽ hai nửa đường tròn đường kính BH HC Hai nửa đường trịn cắt AB, AC E, F a) Tính diện tích nửa đường trịn đườn kính BH b) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp đường thẳng EF tiếp tuyến chung hai đường trịn đường kính BH CH 2) Cho nửa đường trịn đường kính AB 2R Tìm kích thước hình chữ nhật MNPQ có hai đỉnh M, N thuộc đường tròn , hai đỉnh P, Q thuộc đường kính AB cho điện tích MNPQ lớn Câu (0,5 điểm) Cho a,b,c ba số thức dương thỏa mãn điều kiện : 1 1 a b c Tìm giá trị lớn biểu thức P 5a 2ab 2b 5b 2bc 2c 5c 2ca 2a ĐÁP ÁN Câu 1) Phương trình có hai nghiệm khơng âm m m m 2m ' S 2m m P m 2m m 1 Gọi x1; x2 hai nghiệm phương trình cho, ta có: m2 (luon dung ) x1 x2 2m (định lý Vi-et) x x m m P x1 x2 P x1 x2 x1x2 2m m2 2m Với m ta có: P 2m m m 2 P2 P 2 Dấu " " xảy m Vậy Min 2) P 2 m x2 x2 6 x2 x2 x2 x2 Để y x 2 U 6 1; 2; 3; 6 Ta có: y x2 x -1 -3 -1 tm tm Vật tập hợp giá trị -2 -3 -6 -4 -5 -8 tm tm tm tm tm x để y nguyên 3; 1; 4;0; 5;1; 8;4 tm Câu 1) a 2b 5c b a 5c 2 a 10ac 25c a 6ac 25c a 3c 16c b 4ac 4ac 0a; b; c 4 2 Phương trình ax2 bx c ln có nghiệm 3 2) Giải phương trình x3 x 3 x3 : x3 x 3 x3 : 32 3 x x 1 x x 3 x x x 3 x 1 x 1 3 3 3 x x Dễ thấy 1x 1; 1 x 1 x 1 x 1 Để phương trình có nghiệm x2 x x x x 1 vô nghiệm Vậy phương trình cho vơ nghiệm Câu Giả sử chiều dài hai nến L cm Gọi thời gian đốt hai nến để đượ phần cịn lại nến thứ hai gấp đơi phần lai nến thứ x (giờ) x Theo đề ta có, đốt độ dài nến thứ thứ hai L L , (cm) Trong x độ dài nến thứ thứ hai đốt xL xL , (cm) Độ dài nến thứ thứ hai lại sau đốt x (giờ) là: xL xL L , x (cm) Theo đề ta có phương trình xL xL x 2x 2 L 1 5x 12 1 x 2, (tm) 12 L Vậy phải đốt hai nến 2,4 hay phải đốt hai nến lúc 2,4 1,6 =1 36 phút chiều để yêu cầu toán Câu Từ giả thiết ta có: x x 2018 y y2 2018 y y Tương tự ta có: y y 2018 x x y 1 y 2 Cộng vế hai phương trình ta được: 2019 x y 2017 Xét A x2 y x2 y x y 1 x 1 y A x y 1 xy x y VP 2017 x y 2 VT 2019( x y ) 2017 x y 2019 P 2017 P 20192 P 2017 P P2 4.2017 P 2.4036 2017 2017 2018 2018 2018 Dấu " " xảy x y 2017 2018 4036 2018 y2 y Vậy MinP 2017 2018 2017 2018 x y 2018 4036 Câu A E F B O1 H O2 C 1) a) Tính diện tích nửa đường trịn đường kính BH Ta có: AB2 AC BC ABC vuông A( định lý Pytago đảo) Áp dụng hệ thức lượng trịn tam giác vng ta có: BH AB 16 BC Diện tích nửa đường trịn đường kính BH 2 BH 32 S dvdt 5 25 b) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp và…… Gọi O1 O2 trung điểm BH CH Dễ nhận thấy AEHF hình chữ nhật (tứ giác có góc vng) CAH FEH Mà CAH ABC (cùng phụ với BAH ) FEH ABC Mà ABC nội tiếp chăn cung HE đường tròn O1 ; FEH tạo dây cung EH EF vị trí góc tia tiếp tuyến dây cung EF tiếp tuyến đường trịn đường kính BH Chứng minh tương tự ta có EF tiếp tuyến đường trịn đường kính CH Vì AEHF hình chữ nhật AEF AHF Mà AHF ACB (cùng phụ với FHC ) AEF ACB Mà AEF BEF 1800 ACB BEF 1800 Tứ giác BEFC tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối 180 ) 2) Cho nửa dường trịn dường kính AB=2R……… M A N Q O P Đặt MN x ta có: AQ R x; BQ R x Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng AMB ta có: MQ AQ.BQ R x Khi ta có: SMNPQ MN MQ x R x x R x R Dấu xảy x R x x R x x MN x R 2; MQ x Câu R R B 1 5a 2ab 2b 27 27. 5a 2ab 2b2 5a 2ab 2b 2 27 1 2 5a 2ab 2b 27 Chứng minh tương tự ta có: 5b 2bc 2c 2 27 1 27 1 ; 2 2 2 5b 2bc 2c 27 5c 2ca 2a 5c 2ca 2c 27 27 1 1 P 5a 2ab 2b 5b 2bc 2c 5c 2ca 2a Sử dụng BĐT 11 1 ta có: x y z 9 x y z 1 1 1 2 2 2 2 5a 2ab 2b 3a 2ab a a 2b 3a 2ab a a 2b 1 1 1 1 3a ab ab a a b b 1 2 2 2 9a 9ab 9b Ta lại có : Cauchy 1 2 2 9ab 9 a b 1 1 5a 2ab 2b2 9a 9a 9a 9b 3a 3b Chứng minh tương tự: 1 2 2 5b 2bc 2c 3b 3c 1 5c 2ca 2a 3c 3a 1 2 5a 2ab b 5b 2bc 2c 5c 2ca 2a 1 1 1 3a 3b 3b 3c 3c 3a a b c P 27 1 9 9 a b c Dấu " " xảy 1 abc a b2 c2 Vậy Pmax 3 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH TIỀN GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang, gồm 05 bài) KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Năm học 2018-2019 Mơn thi: TỐN CHUN TIN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 06/6/2018 Bài I (3 điểm): Rút gọn biểu thức A 29 12 Giải phương trình 10 52 x 2 x 4 3x2 x 21 2 2 x xy y y Giải hệ phương trình x y Bài II (3 điểm): Trong mặt phẳng Oxy, cho Parabol P : y x đường thẳng d : x y 12 a) Tìm tọa độ giao điểm A B d P b) Tìm tọa độ điểm C nằm P cho tam giác ABC vuông C Giả sử x1 , x2 nghiệm phương trình x2 2mx Xác định m để x14 x2 32 Bài III (1 điểm): Hai máy cày làm việc 12 cày khu đất Nếu máy cày thứ làm 42 10 nghỉ sau máy cày thứ hai làm 22 hai máy cày 25% khu đất Hỏi làm máy cày bao lâu? Bài IV (3 điểm): Cho đường trịn tâm O đường kính AB 2R điểm C nằm đường tròn cho CA CB Gọi I trung điểm OA Vẽ đường thẳng d vng góc với AB I , cắt tia BC M cắt đoạn AC P ; AM cắt đường tròn O điểm thứ hai K a) Chứng minh tứ giác BCPI nội tiếp đường tròn b) Chứng minh điểm B, P, K thẳng hàng c) Các tiếp tuyến A C đường tròn O cắt Q Tính diện tích tứ giác QAIM theo R biết BC R Hết Trang Giải Bài I: A 29 12 5 20 2.2 5.3 5 52 2 3 52 35 2 10 x 2 x 4 3x2 x 21 x x x x x x Điều kiện xác định 3x x 21 3 x x 3 x x x 2 x x 4 x 10 x 2 x 4 3x2 6x 21 10 x 2 x 4 x 2 x t Đặt t x x , t Phương trình trở thành 10t 3t 3t 10t t x 1 n + t x x x x x 1 n 3 82 x n 1 + t x x x x 3 3 82 n x 2 x xy y y 1 2 2 x y Từ (1) ta có y y x 3 x Ta xem phương trình bậc hai theo biến y (x tham số) 2 x 3 x x x 8x x x 3x 1 2 x 3x x 3x x y x 1 2 + Nếu y x Thay vào phương trình (2) ta Suy phương trình có nghiệm y x2 x x x 8x 3x x (phương trình vơ nghiệm) + Nếu y x Thay vào phương trình (2) ta x2 x 1 x x y 1 Vậy tập nghiệm S 2; 1 Bài II: 1 a) Ta có d : y x Phương trình hồnh độ giao điểm x y x x6 x 4 y Vậy giao điểm A 6;9 , B 4; 4 b) Trang Cách Gọi C c ; c P c 6, c 4 điểm cần tìm 1 Ta có AB 125 ; AC c c c c 12c 117 ; 4 16 2 2 1 BC c c c c 8c 32 4 16 Tam giác ABC vuông C AB2 AC BC 125 c c 12c 117 c c 8c 32 16 16 1 1 c c 4c 24 c c c c 4c 8c 12c 24 8 4 1 c3 c c c c 12 c 1 c c3 c 4c 12 8 c 1 c c 4c 12 8 c n c 4 l c l 2 Vậy C 2;1 điểm thỏa đề Cách 2: Gọi C c ; c P c 6, c 4 13 Ta gọi M trung điểm AB, suy M 1; 2 5 Ta có ABC vng C nên MC AB (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nửa cạnh huyền) 2 2 13 125 Suy c 1 c 2 4 1 1 c c 2c 12 c c c c 2c 4c 6c 12 16 16 8 1 c3 c c c 2c c c 16 x n 1 c c c 2c x l 16 x 4 l Vậy điểm C 2;1 điểm thỏa đề Trang Ta có ' m2 Phương trình có nghiệm x1 , x2 ' m2 m m 2 b c Theo định lý viet ta có S x1 x2 2m ; P x1.x2 a a x14 x2 32 x12 x2 x12 x2 32 S P P 32 S 4S P P 32 2 16m4 16m2 2.42 32 16m4 64m2 32 32 m2 m2 2 m Kết hợp với điều kiện có nghiệm ta có m 2 m Bài III: Gọi x (giờ) thời gian máy cày làm xong khu đất y (giờ) thời gian máy cày làm xong khu đất Điều kiện x, y 12 1 Mỗi máy máy làm tương ứng khu đất x y 12 12 1 Do máy cáy 12 khu đất nên ta có phương trình 10 x y 10 Nếu máy làm 42 máy làm 22 làm 25% khu đất nên ta có 42 22 phương trình x y 12 12 1 1 x y 10 x 300 x 300 Suy 1 42 22 y 200 x y 200 y Vậy máy làm 300 xong khu đất Máy làm 200 xong khu đất Bài IV: Trang M Q C K P A I B O a) Xét tứ giác BCPI có: ACB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Và PIB 900 (giả thiết) Suy tứ giác BCPI nội tiếp đường trịn đường kính BP b) Xét tam giác MAB có: MI AB AC MB , suy MI , AC đường cao Mà P giao điểm MI , AC Nên P trực tâm tam giác MAB Ta lại có BKA 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Nên BK MA BK đường cao thứ tam giác MAB Do BK qua điểm P hay B, P, K thẳng hàng c) Ta có AQ / / MI (do vng góc với AB) nên QAIM hình thang vng BC R nên OBC Do ABC 600 Ta có QA, QC tiếp tuyến O nên QAC QCA ABC 600 (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung) Do QAC ABC vng C có AC AB BC 2R R R QA R Trang R BI R 2 3R Xét tam giác MIB vng I có: MI BI tan ABC R.tan 600 2 3R R 3 R QA IM AI 5R Vậy diện tích hình thang vng QAIM là: SQAIM 2 Ta có I trung điểm bán kính OA nên AI Trang ... 3.4 2018. 2019 2018 2018 .2019 P 1 1 2.3 3.4 2018. 2019 2.3 3.4 2018. 2019 2.3 3.4 2018. 2019 10 4074340 2.3 3.4 2018. 2019 1.4... TẠO BÌNH ĐỊNH Đề thức KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: TỐN (Chun Tốn) Ngày thi: 03/ 6/ 2018 Thời gián làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1: (2,0điểm)... – ĐÀO TẠO TỈNH CÀ MAU KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018- 2019 Môn thi: TOÁN CHUYÊN Thời gian: 150 phút Ngày thi: 03/06 /2018 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu 1: Rút gọn biểu thức sau a) A 20 45
Ngày đăng: 28/12/2020, 19:04
Xem thêm: