Kí hiệu A;AB là đường tròn tâm A, bán kính AB.. Tiếp tuyến tại M của đường tròn A;AB cắt DB, DC lần lượt tại E, F.. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của các đường thẳng AE, AF với đường
Trang 1Đề thi thử số 1
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (7,0 điểm)
a) Giải phương trình x 3+ + 3 x− = 2x2 +6x 5.+
b) Giải hệ phương trình
2 2
2
2xy
x y
x y x y 6
.
Câu 2 (2,0 điểm)
Tìm tất cả các bộ số nguyên dương (x; y;z thỏa mãn ) x y 2017
y z 2017
+ + là số hữu
tỉ, đồng thời x2 + y2 +z2 là số nguyên tố
Câu 3.(2,0 điểm)
Cho ba số thực x, y,z không âm thỏa mãn x y z 1+ + = Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức P x= 4 +y4 + −z4 (x3 + +y3 z3)
Câu 4 (7,0 điểm)
Cho tam giác ABC có AB AC a= = và ·BAC 120= 0 Kí hiệu (A;AB) là đường
tròn tâm A, bán kính AB Các tiếp tuyến của (A;AB) tại B, C cắt nhau tại D Gọi M
là điểm di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (A;AB (M khác A, B) Tiếp tuyến)
tại M của đường tròn (A;AB cắt DB, DC lần lượt tại E, F Gọi P, Q lần lượt là giao )
điểm của các đường thẳng AE, AF với đường thẳng BC
a) Chứng minh ABEQ là tứ giác nội tiếp được trong một đường tròn và các đường thẳng AM, EQ, FP đồng quy
b) Xác định vị trí của M trên cung nhỏ BC của đường tròn (A;AB) để diện
tích tam giác APQ nhỏ nhất
Câu 5 (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng cho 8069 điểm mà diện tích của mọi tam giác với các đỉnh là các điểm đã cho không lớn hơn 1 Chứng minh rằng trong số các điểm đã cho có thể tìm được 2017 điểm nằm trong hoặc nằm trên cạnh của một tam giác có diện tích không lớn hơn 1
Hết!
Trang 2GÓC TOÁN HỌC HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ SỐ 1
TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM 2018-2019
Môn thi: Toán ; Thời gian làm bài: 150 phút
Câu 1
(7,0 điểm)
a) Giải phương trình x 3+ + 3 x− = 2x2 +6x 5 (1)+
Điều kiện:
2
x 3 0
3 x 0 3 x 3
2x 6x 5 0
+ ≥
0,5
2 (1)⇔ + + − +x 3 3 x 2 x 3 3 x 2x+ − = +6x 5+
0,5
( 2)2 ( )2
2
1 9 x x 3
2
2 2
2
9 x x 2
≥ −
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 2 14
2
− +
b) Giải hệ phương trình
2 2
2
2xy
x y
x y x y 6 (2)
Điều kiện x y 0 (*)+ >
0,5
Ta có (1)⇔(x y 1 x+ − ) ( 2 +y2 + +x y) =0 1,0
x y 1 0
⇔ + − = (Vì điều kiện (*) và x2 +y2 ≥0 nên x2 +y2 + + >x y 0 )
0,5
Trang 3y 1 x
⇔ = −
Thay vào (2) được x2 x 6 0 x 2
x 3
= −
Vậy hệ có hai nghiệm x 2 ; x 3.
y 3 y 2
= = −
= − =
Câu 2
(2,0 điểm)
2017
2017
z y
y
x b
a
+
+
(a,b)=1
2017
2017 bx by ay bx by az az
⇔
Để thỏa mãn yêu cầu bài toán:
0
=
−
=
−
1,0
2 2
2 ) ( 2 2
2 y z x z xz y x z y x z y x z y
là số nguyên tố và x+z+ y>1
suy ra x2 + y2+ z2 = x+ y+z và x+ y−z=1
Suy ra x= y= z=1(thỏa mãn)
1,0
Câu 3
(2,0điểm)
Câu 3
+) Từ giả thiết ta có 0 x 1≤ ≤ ⇒x4 ≤ x (1)3
Tương tự y4 ≤ y ; z3 4 ≤z (2)3
Từ (1) và (2) suy ra P 0≤
Nếu x 1, y z 0= = = thì P 0= .
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 0
0,5
+) Ta có P x= 4 +y4 + −z4 (x3+y3+z3) (x y z+ + )
xy x y yz y z zx z x
xy yz zx x y z (3)
(Vì x, y,z không âm thỏa mãn x y z 1+ + = )
0,5
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có
( ) ( 2 2 2) 2 xy yz zx( ) x2 y2 z2 2
2 xy yz zx x y z
2
0,5
Trang 4( )2
x y z 4
+ +
xy yz zx x y z (4)
8
Từ (3) và (4) suy ra ra P 1
8
≥ −
Nếu x 0, y z 1
2
= = = thì P 1
8
= −
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 1
8
−
0,5
Câu 4
(7,0 điểm)
a) + HD: Sử dụng tổng góc đối =180.0
1,5 + Tam giác AEF nhận AM,EQ,FPlà đường cao ⇒dpcm
1,5 + Ta có ∆APQ= ∆AFE ( g g, )
2
1 2
1 0 30 sin
^
=
AF
AP AEP
AF AP
Diện tích ∆APQnhỏ nhất khi diện tích ∆AFE nhỏ nhất ⇔FEnhỏ nhất
1,0
Kẻ đường thẳng qua A vuông góc với AD cắt DC, DB lần lượt tại X, Y. 1,5
Trang 5Ta lại có: DXFA đồng dạng với DY AE (cùng đồng dạng với ∆AFE)
) 2 ( 2
.EY AY AX AX
⇒
3
2 )
(
2 AX CX AX a
⇒
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi FX = EY ⇔ M là trung điểm của
cung nhỏ BC
12
3
3
8
1 4
AFE
S APQ
1,5
Câu 5
(2,0
điểm)
Trong 8069 điểm luôn tìm được 3 điểm là đỉnh của tam giác đó có diện
tích lớn nhất, giả sử đó là A, B, C với S ABC ≤1
Dựng các đường thẳng đi qua A và song song với BC, qua B và song
song với AC, qua C và và song song với AB, chúng đôi một cắt nhau tại
M, N, P Khi đó S MNP =4S ABC≤4
1,0
Ta sẽ chứng minh rằng 8069 điểm đã cho nằm trong hoặc trên cạnh tam
giác MNP
Thật vậy, giả sử ∃D∉∆MNP( chẳng hạn D và B cùng thuộc nửa mặt
phẳng bờ chứa AC) thì S DAC ≥S ABC( mâu thuận với cách chọn tam
giác ABC)
Tam giác MNP được chia thành 4 tam giác nhỏ bằng nhau
ANC, AMB, ABC, BCP
0,5
Ta có 8069=4.2017+1 Theo nguyên tắc Dirichlet tồn tại ít nhất
2018 1
2017+ = điểm phải nằm trong hoặc trên cạnh của một tam giác
nhỏ có diện tích không lớn hơn 1 0,5