Đề thi thử THPT quốc gia

Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 5 cây để trồng trong một khu vườn sao cho không có hai cây nào thuộc cùng một loại... Lời giải.[r]

ĐỀ HSG TỈNH KON TUM NĂM HỌC 2018 - 2019 MƠN TỐN

TIME: 180 PHÚT

Câu 1. (3 điểm) Giải hệ phương trình

1 1

12 36

x x y y

x x y

       

 

   



 .

Câu 2. (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, đặt BCa,AC b , AB c Cho biết a,

2 3b , c

theo thứ tự lập thành cấp số nhân Tính B C,

Câu 3. Cho dãy số  un xác định  

1

*

2

1,

2 ,

n n n

u u

u  u u  n

 

 

   

  Tính lim

n n

u n   .

Câu 4. [3,0điểm ] Có 20 giống có xồi, mít, ổi, bơ, bưởi 10 loại khác loại đồng thời đơi khác loại Hỏi có cách chọn để trồng khu vườn cho khơng có hai thuộc loại

Câu (5,0 điểm) Cho tam giác ABC AB AC   tam giác nhọn nội tiếp đường tròn  O , H trực tâm tam giác Gọi J trung điểm BC Gọi D điểm đối xứng với A qua O.

1) (3,0 điểm) Gọi M N P, , hình chiếu vng góc D lên BC CH BH, , Chứng minh tứ giác PMJN nội tiếp.

2) (2,0 điểm) Cho biết BAC600, gọi I tâm đường tròn nội tiếp Chứng minh rằng

 

2AHI 3ABC

Câu 6. Tìm tất số nguyên tố a thỏa mãn 8a21 số nguyên tố.

Câu (2 điểm) Cho a,b,c số thực thỏa mãn điều kiện 3a22b c2 6 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P2a b c   abc

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ HSG TỈNH KON TUM NĂM HỌC 2018 - 2019

MƠN TỐN TIME: 180 PHÚT

Câu 1. (3 điểm) Giải hệ phương trình

1 1

12 36

x x y y

x x y

                . Lời giải

Tác giả: Vũ Việt Tiến; Fb: Vũ Việt Tiến

+ Ta có

   

2

1 1 1

12 36

x x y y

x x y

                .

+ Điều kiện: x1; y1.

+ Ta thấy x y khơng nghiệm hệ phương trình + Ta có  1 x y y x

       

1 1

x y y x

x y y x

 

 

       

1

*

1 1

x y

x y y x

               .

+ Ta thấy  * vơ nghiệm vế trái ln dương, vế phải âm với    x 1, y 1, ;x y 1;1  + Với xy , vào  2 ta được: x2 x 12 x 1 36

2 2 1 1 12 1 36

x x x x

           

2

1

x x

    

1

1

x x x x                                 

1 v« nghiƯm

1

x x x x             3 v« nghiƯm

x

x x

+ Vậy hệ phương trình cho có nghiệm x y;   3; 3

Câu 2. (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, đặt BCa,AC b , AB c Cho biết a,

2 3b , c theo thứ tự lập thành cấp số nhân Tính B C,

Lời giải

Do tam giác ABC vng A nên ta có b a sinB, c a c B os . a,

2

3b , c lập thành cấp số nhân

2 ac b

  2cos 2sin2

a B a B

  3cosB 2sin2B

 

 

3cosB cos B

   2 cos2B 3cosB 2 0

    cos cos B B        cos B   (vì cosB

   )  B60 (vì 0 B180 ). Vậy B60, C30

Câu 3. Cho dãy số  un xác định  

1

*

2

1,

2 ,

n n n

u u

u  u u  n

 

 

   

  Tính lim

n n u n   . Lời giải

Tác giả: Ngọc Thanh; Fb: Ngọc Thanh

 

     

1

2

1,

1

2

n n n

u u

n

u  u u 

           .

Đặt vn un1 un

Ta có  2  un2 un1 un1 un 2 vn1 vn2

Suy  vn lập thành cấp số cộng có số hạng đầu v12 công sai d 2. Nên vn  2 n 2  n

Khi đó: n  n n 1  n n 2  1 u  u  u   u   u   u  u u

   

 

1 1 2 1

n n

v  v  v u n n

              

1

2 1

2 n n n n       Do đó:

2 2

( 1) 1

lim n lim lim

n n n

u n n n n

n n n

     

   

  

Vậy lim n n

u n    .

Câu 4. [3,0điểm ] Có 20 giống có xồi, mít, ổi, bơ, bưởi 10 loại khác loại đồng thời đơi khác loại Hỏi có cách chọn để trồng khu vườn cho khơng có hai thuộc loại

Lời giải

Trường hợp 1: Chọn nhóm II

Số cách chọn C105 252 (cách chọn)

Trường hợp 2: Chọn nhóm II, chọn nhóm I Số cách chọn C C C104 .51 12 2100 (cách chọn).

Trường hợp 3: Chọn nhóm II, chọn nhóm I

Số cách chọn  

10 .5 4800 C C C 

(cách chọn)

Trường hợp 4: Chọn nhóm II, chọn nhóm I

Số cách chọn   3

10 .5 3600 C C C 

(cách chọn)

Trường hợp 5: Chọn nhóm II, chọn nhóm I

Số cách chọn   4

10 .5 800 C C C 

(cách chọn) Trường hợp 6: Chọn nhóm I

Số cách chọn   5

5 32 C C 

(cách chọn) Vậy số cách chọn thỏa mãn yêu cầu là:

252 2100 4800 3600 800 32 11584      (cách chọn).

Câu (5,0 điểm) Cho tam giác ABC AB AC   tam giác nhọn nội tiếp đường tròn  O , H trực tâm tam giác Gọi J trung điểm BC Gọi D điểm đối xứng với A qua O

1) (3,0 điểm) Gọi M N P, , hình chiếu vng góc D lên BC CH BH, , Chứng minh tứ giác PMJN nội tiếp.

2) (2,0 điểm) Cho biết BAC600, gọi I tâm đường tròn nội tiếp Chứng minh rằng

 

2AHI 3ABC

Lời giải

Ta có BH CD// (vì vng góc với AC) CH BD// (vì vng góc với AB) nên BHCD hình bình hành, J trung điểm HD.

Từ giả thiết ta tứ giác HPDN nội tiếp đường tròn tâm J suy ra:

 2 2 180  

PJN  PDN   BHC  1

Ta có tứ giác

,

BPMD CNMD

nội tiếp nên:

 3600      PMN   PMD NMD HBD HCD

 

  

0

360 BHC BDC 360 2BHC

      2

Từ  1  2 suy PJN PMN nên tứ giác PMJN nội tiếp Điều phải chứng minh 2)

Gọi L giao điểm AH với BC, K giao điểm thứ hai AH với đường tròn ngoại tiếp  O tam giác ABC

Kẻ đường thẳng qua I vng góc với BC cắt BC cắt cung nhỏ BC E N

Ta có JL DK/ / ( vng góc với AK) mà J trung điểm HD nên JL đường trung bình tam giác HDK , suy L trung điểm HK Do K đối xứng với H qua

Mà

 180   120

B C

BIC     

nên B I H C, , , đồng viên thuộc đường tròn đối xứng với  O qua BC, suy N điểm đối xứng với I qua BC Suy HINK hình thang cân

Ta có

   

2 ABC ABI IBC CBN 

Từ

 180  180      3

2 AHI    IHK   AKNABN ABI IBC CBN   ABC Suy 2AHI 3ABC Điều phải chứng minh

Câu 6. Tìm tất số nguyên tố a thỏa mãn 8a21 số nguyên tố. Lời giải

Tác giả : Ngô Quốc Tuấn, FB: Quốc Tuấn Vì a số nguyên tố nên a2 Ta xét trường hợp

+ Trường hợp 1: với a2 8a2 1 33 chia hết cho 11, loại trường hợp a2.

+ Trường hợp 2: với a3 8a2 1 73 số nguyên tố.

+ Trường hợp 3: với a 3 a3k1    

2 2

8a  1 9k 6k1 24  k 16k3

chia hết cho 3, loại trường hợp a3. Vậy a3 giá trị cần tìm.

Câu (2 điểm) Cho a,b,c số thực thỏa mãn điều kiện 3a22b c2 6 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P2a b c   abc

Lời giải

Với bốn số a, b, x,y ta có bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ax by2 a2 b2 x2 y2  1

   

(Học sinh khơng cần chứng minh bất đẳng thức  1 ) Áp dụng bất đẳng thức  1 , ta có

   

2 2 2 2

P a  bc  b c 

       

2

2 2 2 2

a  bc b c 

    

 

       

2 2 2 2

a b c

   

Lại áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

 2  2  2 13 2 2  2  2

6

a  b  c   a  b  c 

     

3 2 2

1 36

6

a b c

      

 

 

 

Từ suy P2 36 Suy 6 P 6.

Mặt khác với a0, b1, c2 3a22b c2 6 P6. Với a0, b1, c2 3a2 2b c2  6và P6

Vậy MinP6 a0, b1, c2.

6

MaxP a0, b1, c2.