Một số nguyên dương được gọi là số may mắn nếu số đó gấp 99 lần tổng tất cả các chữ số của nó.. Chứng minh tứ giác AHND nội tiếp và MN vuông góc với BI.[r]
(1)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
Mơn thi: Tốn (Hệ chun Tốn) Thời gian làm bài: 150 phút Bài (2.5 điểm)
a Cho x ≠ 1, rút gọn biểu thức
5 1 2
1 1
x x
x x
A
x x
.
b Tìm cặp số thực (x; y) với y lớn thỏa mãn điều kiện x25y22y 4xy 0 . c Cho a , b , c số thực khác thỏa mãn điều kiện {
a2
+a=b2 b2+b=c2 c2
+c=a2 Chứng minh (a−b)(b−c )(c−a)=1
Bài (1.5 điểm)
a Chứng minh với số tự nhiên n n3−9 n+27 không chia hết cho 81 b Một số nguyên dương gọi số may mắn số gấp 99 lần tổng tất các chữ số Tìm số may mắn đó.
Bài (2.0 điểm)
a Giải phương trình √x+1+√1−3 x=x +2. b Giải hệ phương trình 2
2
4
x
x y xy y
.
Bài (3.0 điểm) Cho hình vng ABCD nội tiếp đường tròn (O) Gọi M điểm bất kì trên cạnh BC (M khác B C), N điểm cạnh CD cho BM = CN Gọi H, I lần lượt là 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 nhất.
c Đường thẳng DM cắt đường tròn (O) P (P khác D) Gọi S giao điểm AP và BD Chứng minh SM song song AC.
Bài (1.0 điểm) Trên biểu tượng Olympic có miền ký hiệu a , b , ,k (như hình minh họa). Người ta điền số 1,2, , 9 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 mãn yêu cầu
HẾT
(2)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2018 - 2019
Ngày thi: 06/6/2018
Mơn: Tốn (Hệ chun Tốn) Thời gian làm bài: 150 phút
HƯỚNG DẪN CHẤM Bài (2.5 điểm)
a Cho x ≠ 1, rút gọn biểu thức sau
5 1 2
1 1
x x
x x
A
x x
b Tìm cặp số thực (x; y) với y lớn thỏa mãn điều kiện x25y22y 4xy 0 . c Cho a , b , c số thực khác thỏa mãn điều kiện {
a2
+a=b2 b2+b=c2 c2
+c=a2 Chứng minh (a−b)(b−c )(c−a)=1
Tóm tắt cách giải Điểm
1.a Rút gọn biểu thức sau A=5 x+1
x3−1−
1−2 x x2
+x+1− 1−x A= 5 x +1
(x−1)(x2+x +1)+
2 x−1 x2
+x+1+ x−1 A= 5 x +1
(x−1)(x2+x +1)+
(2 x−1)(x−1) (x−1)(x2+x +1)+
2(x2+x +1) (x−1)(x2+x+1) A= 4(x
2
+x +1) ( x−1)(x2+x +1) A=
x−1
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
2 5 2 4 3 0
x y y xy .
Phương trình viết lại x2 - 4yx + 5y2 + 2y - 3=0
Phương trình có nghiệm ∆ ’= -y2 - 2y + 3 ≥ 0
3 y 1. Vì y lớn nên y =
x2 4x 4 (x 2)2 0 x2 Vậy (x,y) = (2; 1)
0.25 điểm 0.25 điểm 0.25 điểm 0.25 điểm 1.c Cho a , b , c số thực khác thỏa điều kiện {
a2+a=b2 b2
+b=c2 c2+c=a2
Chứng minh (a−b)(b−c )(c−a)=1
(3)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)
Tương tự ta có –b = (-a)(b-c) –a = (-c)(a-b)
Nhân theo vế đẳng thức ta (a−b)(b−c )(c−a)=1.
0.25 điểm 0.25 điểm Bài (1.5 điểm)
a Chứng minh với số tự nhiên n n3−9 n+27 khơng chia hết cho 81.
b Một số nguyên dương gọi số may mắn số gấp 99 lần tổng tất các chữ số Tìm số may mắn đó.
Tóm tắt cách giải Điểm
2.a Chứng minh với số tự nhiên n n3−9 n+27 khơng chia
hết cho 81
Giả sử tồn số tự nhiên n để n3
−9 n+27⋮81 , suy n3−9 n+27⋮3 hay n⋮3
=> n=3k n3−9 n+27=27(k3−k +1) mà n3−9 n+27⋮81 nên k3−k +1⋮3
Nhưng k3−k +1=( k−1) k ( k +1)+1 không chia hết cho với k Vậy với số tự nhiên n n3−9 n+27 khơng chia hết cho 81
0.25 điểm 0.25 điểm
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 đó.
Giả sử số cần tìm a1a2´… am => a1a2´… am = 99( a1+a2+…+am¿ TH1 m ≤ kiểm tra trực tiếp suy vô nghiệm
TH2 m ≥
Ta ln có { a1a2´… am≥10 m−1
99(a1+a2+…+am)≤ 99.9 m suy 10 m−1
≤ 891 m Do m ≥ bất đẳng thức khơng cịn TH3 m =
Suy 1000 a1+100.a2+10 a3+a4=99(a1+a2+a3+a4)
hay 901 a1+a2=89 a3+98 a4
do 89 a3+98 a4≤(89+98) 9=1683 nên a1=1
Khi
a3=10−a4+11+a2−9 a4 89
Suy 11+a2−9 a4=0 hay a2 = 7, a4 = 2, a3 = a1 = 1.
0.25 điểm
0.25 điểm
(4)Vậy số cần tìm 1782 Bài (2.0 điểm)
a Giải phương trình √x+1+√1−3 x=x +2. b Giải hệ phương trình 2
2
4
x
x y xy y
Tóm tắt cách giải Điểm
3.a Giải phương trình √x+1+√1−3 x=x +2. Điều kiện: −1≤ x ≤1
3 Ta viết lại
(√x+1−1)+(√1−3 x−1)=x
⇔ x
√x +1+1−
3 x
√1−3 x+1=x ⇔ x (1−
√x+1+1+
√1−3 x +1)=0
⇔[ x=0
1− √x +1+1+
3
√1−3 x+1=0 Mà phương trình
1− √x +1+1+
3
√1−3 x +1=0
vô nghiệm, nên nghiệm phương trình ban đầu x= (thỏa điều kiện).
0.25 điểm
0.25 điểm
0.25 điểm
0.25 điểm 3.b Giải hệ phương trình 2
2
4
x
x y xy y
Hệ viết lại thành
(x−2 y)+xy =2 x−2 y
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Đặt {a=x−2 yb=xy ta có hệ { a+b=2 a2+4 b=4 Giải hệ phương trình ta a = b =
Với {a=2b=0⇔{x−2 y =2xy=0 suy {y=−1x=0 {x=2y=0
(5)Bài (3.0 điểm) Cho hình vng ABCD nội tiếp đường trịn (O) Gọi M điểm bất kì trên cạnh BC (M khác B C), N điểm cạnh CD cho BM = CN Gọi H, I lần lượt là 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 nhất.
c Đường thẳng DM cắt đường tròn (O) P (P khác D) Gọi S giao điểm AP và BD Chứng minh SM song song AC.
Tóm tắt cách giải Điểm
4.a
Ta có: BM = CN, AB = BC, B C900 Nên ABM BCN (c.g.c)
Mà BAM BMA900 CBN BMA900 BHM 900 Suy ADN AHN 1800, hay tứ giác ADNH nội tiếp
IHBN
Ta có BCCD (gt) BCNI
Do M trực tâm tam giác BIN nên NMBI (đpcm).
0.25 điểm 0.25 điểm 0.25 điểm 0.25 điểm 4.b Đặt AB = a, BM = x MC = a – x
Ta có MNCvng C MN2 = CM2 + NC2
= (a – x)2+ x2 = 2x2 – 2ax2 + a2
=
2 2 2
2 - a - a
2
x x a x x a a
2
2
1 1
2
2 2
x a a a
Dấu “=” xảy
0
2
a x a x
0.25 điểm
(6)Suy MN 2 a
Do MN đạt giá trị nhỏ là:
2
a a
x
Vậy M trung điểm BC MN nhỏ
0.25 điểm
4.c Ta có ∠DMC = 900 − ∠PDC mà ∠PDC =∠PAC (cùng chắn cung PC)
nên ∠DMC = 900 − ∠PAC
Do BD trung trực AC nên ∠SAC=∠SCA hay ∠PAC =∠SCA Suy ∠DMC = 900 − ∠SCA = ∠DSC
Do tứ giác CMSD nội tiếp, mà ∠MCD=900 nên ∠MSD=900
Hay MS vng góc DB, suy SM song song AC
0.25 điểm 0.25 điểm 0.25 điểm 0.25 điểm Bài (1.0 điểm) Trên biểu tượng Olympic có miền ký hiệu a , b , ,k (như hình minh họa) Người ta điền số 1,2, , 9 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
Khi cộng số miền b, d, f, h cộng hai lần nên b' + d’ + f’ + h’ = 70 - (1 + + … + 9) = 25
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 tròn
Suy b’ + h’ = 15
Khơng tính tổng qt, 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 0.25 điểm
(7)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
(8)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
Mơn thi: Tốn (Hệ chun Toán) Thời gian làm bài: 150 phút
MA TRẬN ĐỀ.
Phân
môn Mức độ Các chủ đề
Nhận biết
Thông
hiểu ThấpVận dụngCao Cộng
S
Ố
H
Ọ
C Dấu hiệu chia hết Bài 2a
0,75 1,5
Tổng hợp Bài 2b
0,75
Đ
Ạ
I
S
Ố
Giải phương trình, hệ phương trình
Bài 3, 1b 3,0
4,5 Rút gọn biểu thức Bài 1.a
1,0
Tổng hợp Bài 1c
0,5
H
ÌN
H
H
Ọ
C
Quan hệ vng góc, song song
Bài 4.a 1,
0
Bài 4c 1,0
3, 0 Cực trị hình học
(GTNN đoạn thẳng)
Bài 4.b 1,0
T
Ổ
H
Ợ
P Tổng hợp Bài 5a
0,5
Bài 5b 0,5
1,0
Tổng cộng