Đáp án đề thi vào lớp 10 chuyên Tin Hà Nội năm 2018

Cứ Bình nối 1 dây 1 bên thì An nối dây bên còn lại.. An luôn nối được cuối nên An thắng.[r]

TRUNG TÂM BDVH EDUFLY

TRUNG TÂM BDVH EDUFLY

CS1: 130B Hoàng Văn Thái – Thanh Xuân – Hà Nội Hotline: 0987 708 400 CS2: Số 68 – Ngõ 14 Vũ Hữu – Phường Nhân Chính – TX – HN Hotline: 0888 588 683

ĐÁP ÁN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 2018 – 2019 MƠN TỐN (Chun Tin)

Bài

1, Giải phương trình

                               2

2 2

2

2

2 2

2

3

2

5

3 2

1

3

5

2 3

x x x x

x x

x x x x x x x

x x

x x x

x x

x x x x

x

x x x x x x x x x

                                                         

Lấy (1) trừ (2) được:

 

2 2

42 x   5 x  5 x  1 L

Đáp số x2

2, Giải hệ phương trình                   2 2 2

1 1

1 1 2

x y x y x y x y

x y x y x y x y x y

                        

Lấy (2) trừ (1) ta được:  

 

.2 0

x

x y xy y

x y L

            

+ x0 hệ   1 y y y y y y           + y0 hệ

3 1 x x x        

Vậy hệ có nghiệm    0;1 , 1;0 Bài

1 Tìm cặp số nguyên (x;y)

 

     

2 2

2

' 2

4 2 4

4 4 8

x

x xy y x y x x y y y

y y y y y y p

            

             

Là số phương để xZ

Xét  2   

TRUNG TÂM BDVH EDUFLY

CS1: 130B Hoàng Văn Thái – Thanh Xuân – Hà Nội Hotline: 0987 708 400 CS2: Số 68 – Ngõ 14 Vũ Hữu – Phường Nhân Chính – TX – HN Hotline: 0888 588 683 Vì 2y  1 p 2y  1 p 4y2chẵn nên 2y 1 p, 2y 1 pcùng tính chẵn lẻ

Ta có: 82.44.2        2   4 2

2y +1 + p -2 -4

2y + – p -4 -2

y -2 -2

x -1 -1

Vậy cặp (x, y) thỏa mãn (-1;1) (2; -2) 2, Chứng minh

,

a bZ

  

2 2 2

3a  a 4b  b 3a 3b   a b b  a b 3a3b 1 b

Giả sử a + b có ước nguyên tố p 2

b p b p b p

   3a – 3b + không chia hết cho p Nên

a b p

Vậy a + b ln số phương Bài

a, Chứng minh

 

1

1 , ,

1 1 1

1

1 1 1 1

1

1

1 1

xyz z x y z

xy

y x

xy x yz y zx z xy x y

xy xy xy

x xy

xy x xy x xy x

   

     

           

   

     

b, Tìm giá trị lớn

Ta có:  2 2  2

, ,

x y z  a b c  a b c  (bổ đề)

1

1 1 1

1

1 1

1 1

xyz z

xy

xy x yz z zx z xy x

y z x

xy xy xy

  

      

           

2

2 1 1 1

3

1 1

1 1

3

max

P

xy x yz z zx z

xy x yz y zx z

P

   

         

     

       

 

 

Dấu “=” xảy 1

1 1

xyz

x y z

xy x yz y zx z



    

TRUNG TÂM BDVH EDUFLY

CS1: 130B Hoàng Văn Thái – Thanh Xuân – Hà Nội Hotline: 0987 708 400 CS2: Số 68 – Ngõ 14 Vũ Hữu – Phường Nhân Chính – TX – HN Hotline: 0888 588 683 Bài

a, Có AB = AC nên AOBC trung điểm K BC, nên H trực tâm tam giác ABC Nên

AHI  ACB ADBnên tứ giác HODI nội tiếp BOH BID g g  nên

BH BI BO BD R

b, Gọi AL đường kính (O), có OMBL hình thang vng, N trung điểm OL nên NM = NB = NC Nên NMBNBM NCA hay tứ giác AMNC nội tiếp

c, Gọi J giao điểm KE OI Gọi T đối xứng I qua E, có ATEAIEBOHATBAOB nên tứ giác AOTB nội tiếp Nên OTHOABHEK suy OT // KE, mà E trung điểm IT nên J trung điểm OI

Bài

Giả sử có 2n điểm (n = 1009) Chiến thuật: