Đang tải... (xem toàn văn)
Lấy các điểm P, Q trên AM, AN sao cho BP, CQ cùng vuông góc với BC. Gọi K, J lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ, AMN và L là hình chiếu của K trên AJ. E là trực tâm tam [r]
(1)SỞ GD&ĐT KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN THI: TỐN
Dùng cho thí sinh vào lớp chun Tốn, chun Tin Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề bài)
Câu (3,0 điểm).
a) Giải phương trình sau: 2x25x 3 2x2 5x 5 b) Giải phương trình: 3(x x 1)2 2 2(x 3x 1)2 5x2 0 c) Cho f(x) x 6x 12. 2 Giải phương trình: f(f(f(f(x)))) = 65539 2) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: x2 + 4x + = y4.
Câu (2,0 điểm).
a) Cho A = a + b + c + m + n + p, B = ab + bc + ca – mn – np – pm C = abc + mnp Biết a, b, c, m, n, p số nguyên dương B, C chia hết cho A Chứng minh A hợp số
b) Cho x, y số hữu tỉ thỏa mãn đẳng thức:
2
2 xy
x y
x y
Chứng minh: xy số hữu tỉ
c) Cho hai số a b thỏa mãn a > 0, b > Xét tập hợp T số có dạng: T = {ax + by}, x và
y số thỏa mãn x,y > x + y = Chứng minh số: 2ab
a b ab thuộc tập hợp T Câu ( 1,0 điểm ) Cho x, y, z số thực thuộc đoạn [ ;4 ] Tìm giá trị lớn biểu thức sau:
P xy(x y) yz(y z) zx(z x) .
Câu ( 3,0 điểm ) Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC ) M, N nằm cạnh BC cho M nằm N và B Lấy điểm P, Q AM, AN cho BP, CQ vng góc với BC Gọi K, J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ, AMN L hình chiếu K AJ E trực tâm tam giác AMN, S hình chiếu E MN F trung điểm MN
Tính AE theo MJ MN.
a) Gọi R hình chiếu Q đoạn thẳng BP D giao điểm hai đường thẳng QR AP, kẻ đường kính AT đường trịn ( K ) Chứng minh rằng: AL CQ + QR KL = AL BP MS.MB.PD2 =
MA.MP.RD2.
(2)Câu 5: ( 1,0 điểm ) Cho a1, a2, …., an ( n 3) số thực Chứng minh rằng: Khi ai, aj, ak độ dài ba
cạnh tam giác, i, j, k số tự nhiên thỏa mãn điều kiện < i < j < k n Biết n số
thực số thỏa mãn:
2 2
1 n n
3n
(a a a ) (a + a + + a )
3
HẾT
Giám thị coi thi khơng giải thích thêm Thí sinh khơng sử dụng tài liệu.
Họ tên thí sinh:……….Số báo danh:……… Giám thị số 1:………Giám thị số 2:………
SỞ GD&ĐT KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN
( Hướng dẫn chấm có 07 trang ) Dùng cho thí sinh vào lớp chun Tốn, chun Tin
A LƯU Ý CHUNG
- Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa
- Điểm tồn tính đến 0.25 khơng làm trịn
- Với hình học học sinh khơng vẽ hình phần khơng cho điểm tương ứng với phần B ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu Ý Lời giải Điểm
a Giải phương trình: 2x2 5x 3 2x25x 5 ĐKXĐ: x 1 hoặc x
2
Đặt 2x2 5x a ( a ) , phương trình trở thành:
2
a 5 a 5
2
2a a 25 25
4 2
4(a 25) (25 2a )
0.5
4
4a 100 4a 100a 625
2
100a 725
2 29
a
-
Khi đó, ta có: 2x25x 2 = a
2 29
2x 5x a
4
2
8x 20x 29
8x220x 37 0
5 11 x
4 11 x
4
( thỏa mãn ĐKXĐ ) 0.5
Kết luận: Vậy phương trình có tập nghiệm S =
5 11
(3)
Khi đó: (x – 3)16 + = 65539 (x 3) 1665536 2 16
x
x
x x .
Kết luận: Vậy phương trình có tập nghiệm S = {5; 1}
0.25 0.25 0.5 0.5 0.5 0.25 0.25 c Giải phương trình: 3(x x 1)2 2 2(x 3x 1)2 5x2 0
Do x = không nghiệm phương trình, chia hai vế phương trình ban đầu
cho x2 ta
2
1
3 x 2 x
x x
Đặt y =
1 x
x
thì phương trình trở thành:
2 2 y
3(y 2) 2(y 3) y
y -
Suy :
1
x x
x .
1 1 5
x x
x 2
Kết luận: Vậy tập nghiệm phương trình là: S =
1 1;
2 .
Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: x2 + 4x + = y4
Nhân vế phương trình ban đầu, ta phương trình tương đương với phương trình cho: 4x2 + 16x + = 4y4 (2x 2y )(2 x y ) 12 .
-Xét cặp giá trị x y , ta x = –4, y = thỏa mãn điều kiện đề Kêt luận: Vậy x = – 4, y =
a
Cho A = a + b + c + m + n + p, B = ab + bc + ca – mn – np – pm C = abc + mnp Biết a, b, c, m, n, p số nguyên dương B, C chia hết cho A. Chứng minh A hợp số
Xét đa thức f(x) = (x + a)(x + b)(x + c) – (x – m)(x – n)(x – p) Khai triển rút gọn, ta được: Ax2Bx C.
-Vì B C chia hết cho A nên f(x) A x Z. Do đa thức f(m) A hay (m+a)(m+b)(m+c) A
-Nếu A số nguyên tố số phải có số chia hết cho A, vơ lí đây số nguyên dương nhỏ A Do đó, A phải hợp số
Kết luận: Vậy A hợp số
b Cho x, y số hữu tỉ thỏa mãn:
2
2 xy
x y
x y
(4)1 xy là số hữu tỉ.
Ta có:
2
2 xy
x y
x y
2
2 xy
(x y) 2(xy 1)
x y
2
2 xy xy
(x y) 2(x y)
x y x y
2 xy
x y
x y
xy x y
x y
1 xy (x y) xy x y
-Vì x, y số hữu tỉ nên |x + y| số hữu tỉ, suy xy số hữu tỉ Kết luận: Vậy xy số hữu tỉ
0.25
0.25
0.25
0.25 c
Cho hai số a b thỏa mãn a > 0, b > Xét tập hợp T số có dạng: T = { ax + by }, x y số thỏa mãn x,y > x + y = Chứng minh các
số: 2ab
a b ab thuộc tập hợp T Ta tìm x, y > thỏa mãn x + y = cho:
2
2ab = ax + by = ax (1 x)b (a b)x ab b
a b a b
b a
x ,y
a b a b
thỏa
mãn: ( x; y ) (0;1),x y 1. Vậy a b2ab T.
-Chứng minh tương tự: ab ax by ax (1 x)b (a b)x ab b
ab b b a
x ,y
a b a b a b
thoả mãn ( x; y ) (0;1),x y 1. Vậy ab T.
-Kết luận: Vậy số 2ab
a b và abđều thuộc tập hợp T.
Cho x, y, z số thực thuộc đoạn [ ;4 ] Tìm giá trị lớn biểu thức sau:
(5)
0.25 Đặta x,b y,c z Khi đó, ta có:
2 2 2
0 a,b,c 2;A ab(a b ) bc(b c ) ca(c a ) Do số a, b, c có vai trị hốn vị vịng quanh biểu thức A nên khơng tính tổng quát, ta giả sử
a b,a c .
Ta có: A = A ab(a b ) bc(b c ) ca(c a ) 2 2 2 =ab(a b ) b c c b c a2 –
3 2 2 2
a c ab(a b ) c(b a)(b ba a c ) ab(a b ) ( c(b a) 0;b ba 2
2 2
a c a c 0)2b(a b ) b(4 b )2 (vì 0 b a 2 ).
Đặt B = 2b(4 b ) 0 Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho số không âm, ta có:
3
2 2 10
2 2 2 2
3
2b b b
B 4b (4 b ) 2.2b (4 b )(4 b )
3 -Do đó: 32
A B
9
Đẳng thức xảy khi:
2 2
2
2
2
a c(b a)(b ab a c )
b(a b )(2 a) b 3.
3 b(4 a )
c
2b b
Kết luận: Vậy giá trị lớn A 32
9 đạt (x; y; z) = 4; ;0
3
hoán vị 0.5 0.25
Tính AE theo MJ MN.
0.25
0.25
0.25
0.25 Kẻ đường kính AH đường trịn ( J )
Dễ thấy tứ giác MECH hình bình hành, F trung điểm MN nên F trung điểm EH
Suy : JF đường trung bình tam giác AEH AE 2JF.
Mặt khác, F trung điểm MN nên
1
MF MN
2
và JF vng góc với MN F Áp dụng định lí Pythagores vào tam giác JFM vng F, ta có:JF MJ2 MF2
2
2 2
MJ MN MJ MN
2
.
2
AE 2JF MJ MN
4
Vậy AE =
2
2 MJ MN
4
(6)
++ QR KL = AL BP MS.MB.PD2 = MA.MP.RD2.
KAL MAJ PAK MNH PQT (90 ANM) (90 AQP) AQP ANM
Vì MN // RQ ( vng góc với BP ) nên ANM AQR ( đồng vị ) Suy ra: KAL
AQP AQR PQR
.
Khi đó: AKL QPR(g.g)
AL QR KL PR
và
AK QP AL QR (1)
Từ
AL QR
KL PR AL.PR = QR KL AL(BP BR) QR.KL AL.BP AL.
0.25
BR QR KL AL BR QR KL AL BP .
Dễ thấy tứ giác BCQR hình chữ nhật nên BR = CQ Suy ra: AL CQ QR KL AL BP
.
-MSA
MBP(g.g)
MS MA MB MP
(*); PRD
PBM (g.g)
RD PD
BM PM
RD.PM BM.PD
BM ;MP
PD RD
-Khi đó, (*) tương đương với:
MS MA MS.PD MA.RD
RD.PM BM.PD RD.PM BM.PD
PD RD
MS.MB.PD2 = MA.MP.RD2.
Vậy AL CQ QR KL AL BPvà MS.MB.PD2 = MA.MP.RD2.
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25 b Chứng minh rằng: RD.PM.AL + NC.AL.PD = JL.BC PD.
PTQ MHN ( bù với MAN ) PTK KTQ MHA NHA
180 PKT 180 TKQ 180 MJH 180 HJN
2 2
360 PKQ 360 MJN
PKQ MJN .
Mà:
JM KP ( 1)
JN KQ nên JMN KPQ(c.g.c)
JM MN
KP PQ
(2)
-Lại có:
AJ AK( 1) AJ JM
(7)
Từ (1), (2) (3) ta có:
AJ AJ AK JM QP MN QP MN. . .
AL AK AL KP QR PQ QR QR , mà QR = BC ( BCQR hình
chữ nhật ) nên: AJ AL
MN BC
-Suy ra:
AL JL BC BM NC 1 JL 1 BM NC
AL BC AL BC BC
BM NC JL
BC BC AL
Mà
RD.PM BM
PD
(chứng minh ) nên
RD.PM NC JL
PD.BC BC AL
RD.PM NC.PD JL
PD.BC AL
RD.PM.AL + NC.AL.PD = JL.BC PD Vậy RD.PM.AL + NC.AL.PD = JL.BC PD
Giả sử có số khơng độ dài ba cạnh tam giác, chẳng hạn a1, a2, a3 a1 + a2 < a3 ( )
-Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski cho hai dãy, dãy có n – số thực :
0.5
0.25
(8)+ Dãy 1:
2 2
1 n
a a a ,a ,a , ,a .
+ Dãy 2:
3 và n – số 1
Ta có:
2
2 2 2
1 n n
8(a a a ) a a a n (a a a )
3
hay
2
2 2 2
1 n n
3n 1(a a a ) 8(a a a ) a a a
3
.
-Kết hợp với bất đẳng thức điều kiện, suy ra:
2
2 2 2 2
1 3 n
8
a a a (a a a ) a a a
3
2 2
1 3
8
a a a (a a a )
3
2 2
1 3
3(a a a ) 8(a a a )
2
1 2 3
5(a a a ) 6(a a a a a a )
( 2).
-Giả sử: a3 a a1 x ( x > ), thay vào ( ) ta được:
2 2
1 2 2
5 a a (a a x) 6 a a (a a )(a a x)
Khai triển rút gọn, ta được: 4(a12a ) 8a a 5x22 2 24x(a a ) 01 hay
2
1 2
4(a a ) 5x 4x(a a ) < Bất đẳng thức không xảy biểu thức vế trái dương Vậy giả thiết (1 ) sai
Kết luận: Vậy ai, aj, ak độ dài ba cạnh tam giác, i, j, k số
tự nhiên thỏa mãn điều kiện < i < j < k n
0.25
0.25
(9)