40 nam định đề vào 10 toán 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN (chun) 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 2 2 2017 20182  2 a) Giải phương trình   x  x  x   x  x  �x  y   y ( x  y  1)  x  � b) Giải hệ phương trình � 4y  x   x  14 y  � y 1 1 � 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 tròn 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  R 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 x  y  41  xy b) Có số tự nhiên n không vượt 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 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 CHUN Năm học: 2018 - 2019 Mơn : TỐN (chun) (Hướng dẫn chấm gồm: 05 trang) Câu 1: (2,0 điểm) Nội dung Điểm a) (1,0 điểm) Điều kiện: x � y; x �1; y �1 x  x  y  y  x y  x y x  xy  y  x  y  x y P  ( x  y )(1  y )(1  x) (1  y )(1  x) x2  x2 y  x  y 1 x  x  xy  y b) (1,0 điểm)  Đặt S   0,25 0,25 0,25 0,25 1 1 1         2 2 2017 20182 0,25 Ta có  1 � �1   1 �  � 2 n (n  1) �n n  � n(n  1) (n ��* ) � 1 �  � 1  �   n n  n n  � � 1 � � 1� � 1� �   � �   �  � 1  Áp dụng đẳng thức ta S  � � � 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: x  x       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  x  x   � x  1 � (thỏa mãn điều kiện) Trang 2/5 0,25 0,25 Với y  2 x x  x   2 x (vơ nghiệm) Phương trình có tập nghiệm 1  6; 1    0,25 2) (1,0 điểm) Điều kiện x �8; y �1; x  y �0 �x  y   ( x  y )( y  1)  (1) � Hệ cho tương đương � 4y 8 x   x  14 y  (2) � y 1 1 � Nhận xét: y  1 y  không thỏa mãn, x y x y x y (1) �  20 �  � x  y  Thế vào (2) ta phương trình y 1 y 1 y 1 0,25 y    y  y  10 y  11  �    y 1     y   y  10 y   0,25 � � �  y  3 �   y  1� (3) � y 1  �  y 1 � � 2 3 � ;  ;2 y   1 Với 1  y � y    2  y 1 2 �   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) Nội dung Điểm a) (1,0 điểm) �  BKE �  900 Ta có BME nên tứ giác BMKE nội tiếp �  CEB � � HKB �  BAE � (vì phụ với mà HKB � ) HKA �  CEB � � BAE BEC đồng dạng với BAE (vì � ABE � � chung BAE  CEB ) Do BE BC  � BE  BC AB AB BE b) (1,0 điểm) Xét tam giác vng ABN có CN  AB � BN  BC AB �  BEN � (1) mà BE  BC AB suy BN  BE hay BNE cân tai B suy BNE Trang 3/5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 �  BAE � BAE �  BNP � suy CEB �  BNP � (2) Mặt khác, theo câu ta có CEB �  PEN � Từ (1) (2) suy PNE hay PNE cân P � NP  PE Vì NP  PE BN  BE nên BP  NE � EPN � Suy BP đường phân giác góc EBN 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 (vì phụ MCB  MBH �MH  O �BH Suy O 1 0,25 0,25 �HM  O �HB  450 Mặt khác O O2 Suy MO1H đồng dạng với BO2 H O1 O1 H MH MH MC  �  Do dó mà O2 H HB HB MB O’ O1H MC  O2 H MB �HO  CMB �  900 O1H  MC ) O1HO2 đồng dạng với CMB (vì O O2 H MB � O  MBC � �  HO � I  1800 � MBC Suy HO 0,25 � O �HB  450 Suy tứ giác BHO2 I nội tiếp � MIJ � MI  MJ Suy MIJ cân M Ta có MO2 I  MO2 H (g.c.g) suy MI  MH O2 I  O2 H Tương tự có O1H  O1 J 0,25 0,25 0,25 Chu vi tam giác O1HO2 O1H  HO2  O1O2  JO1  O1O2  O2 I  2MI  2MH Ta có MH �R 0,25 Suy chu vi tam giác O1HO2 lớn 2R MH  R , hay M nằm nửa đường trịn đường kính BC Câu 4: (1,5 điểm) Nội dung Điểm a) (0,75 điểm) Phương trình cho tương đương x  xy  y  41  (1) 0,25 82 82 y y2 Mặt khác từ (1) ta có y số lẻ, nên y � 1;9 Ta có V'x  � Với y  � x  x  36  � x �� Với y  1 � x  x  36  � x �� x 1 � Với y  � x  x   � � x  � 0,25 x  1 � Với y  3 � x  x   � � x  2 � Trang 4/5 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   30M6 Với r  � r   128 không chia hết cho n � 2019  q 336 Suy n  6q  Mà �� 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  �2 a  3b b  3a Áp dụng BĐT Cô si cho số dương ta có a a ab 1� a a b �  � �  �(1) a  b a  3b �a  b a  3b � a  3b 0,25 b 2b �1 2b �  � � (2) � a  3b �2 a  3b � a  3b a  b �3 a � 1 �3 a � + � �+  (3) Từ (1) (2) suy � � � a  3b �2 a  b � a  3b �2 a  b � 0,25 1 �3 b � � � (4) Chứng minh tương tự ta có � b  3a �2 a  b � 1  �2 (điều phải chứng minh) Từ (3) (4) suy 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 khơng phải 100 điểm thẳng hàng Ta chọn bốn điểm A, B, C , D mà không 0,25 phải 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 , cịn điểm D nằm ngồi đường thẳng d Ta 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 Trang 5/5 Trường hợp điểm A, D, E thẳng hàng điểm B, D, E không thẳng hàng, điểm C , D, E khơng 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 tốn 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 tròn HẾT Trang 6/5 ...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:...   � �   �  � 1  Áp dụng đẳng thức ta S  � � � 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:... y x y x y (1) �  20 �  � x  y  Thế vào (2) ta phương trình y 1 y 1 y 1 0,25 y    y  y  10 y  11  �    y 1     y   y  10 y   0,25 � � �  y  3 �   y  1� (3)