Đề thi và đáp án kỳ thi tuyển sinh thi vào lớp 10 chuyên tỉnh KHÁNH HÒA 2018-2019 | Toán học, Đề thi vào lớp 10 - Ôn Luyện

Gọi A là địa điểm có nhiều tuyến đường nhất (gồm cả đường xuất phát từ A và đường đi đến A).[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

 Năm học 2018 - 2019

Môn thi: TOÁN (CHUYÊN) Ngày thi: 06/6/2018

(Thời gian: 150 phút - không kể thời gian phát đề)



Bài 1: (3,00 điểm)

a) Giải phương trình x22x 2 3x x1

b) Có bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số abc sao cho a b c, , là độ dài ba cạnh của một tam giác cân

Bài 2: (2,00 điểm)

a) Chứng minh rằng với mọi số thực a b c, , ta luôn có    

2 2 2 2

b) Cho ba số x y z, , khác 0 đồng thời thỏa mãn

1 2

, 2 2 2

1 1 1 1

4

1 1 1

0

x yz  Tính giá trị biểu thức Qy2017z2017 z2019x2019 x2021y2021

Bài 3: (3,00 điểm) Cho đường tròn ( )O đường kính BC và H là một điểm nằm trên đoạn thẳng

BO (điểm H không trùng với hai điểm B và O) Qua H vẽ đường thẳng vuông góc với BC, cắt đường tròn ( )O tại A và D Gọi M là giao điểm của AC và BD, qua M vẽ đường thẳng vuông góc với BC tại N.

a) Chứng minh rằng MNBA là tứ giác nội tiếp

b) Tính giá trị của

2

2 BO OH

P

 

   

c) Từ B vẽ tiếp tuyến với đường tròn ( )O , cắt hai đường thẳng AC và AN lần lượt tại K và

E Chứng minh rằng đường thẳng EC luôn đi qua trung điểm Icủa đoạn thẳng AH khi điểm Hdi động trên đoạn thẳng BO

Bài 4: (1,00 điểm)

Với a b c, , là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a b c abc   Chứng minh rằng

2

c

Bài 5: (1,00 điểm)

Để tiết kiệm chi phí vận hành đồng thời đưa du khách tham quan hết 18 danh lam thắng cảnh trong tỉnh K, Công ty Du lịch lữ hành KH đã thiết lập các tuyến một chiều như sau: nếu có tuyến đi

từ A đến B và từ B đến C thì sẽ không có tuyến đi từ A đến C Hỏi có bao nhiêu cách thiết lập để

đi hết 18 địa điểm trên ?

 HẾT 

- Đề thi có 01trang;

- Giám thị không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: SBD: /Phòng:

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Giám thị 1: Giám thị 2:

HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

MÔN: TOÁN (CHUYÊN)

NĂM HỌC 2018 – 2019

- Hướng dẫn chấm có 04 trang;

- Các cách giải khác đúng, cho điểm tối đa phần tương ứng.

Bài 1

(3,00đ)

a) Giải phương trình x22x 2 3x x 1 2,00

Điều kiện x 1, ta có

2 2 2 3 1

u v u  2v 0

0

TH1: u v ta có 2

1

2 1

x



 

TH2: u2v ta có 2

0

4( 1)

x





 

Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của phương trình đã cho là

2 2 2,

2

0,5

b) Có bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số abc sao cho , , a b c là độ dài ba cạnh của

TH1: lập thành tam giác đều thì a b c  0, có 9 số lập được 0,25 TH2: Xét a b c  Vì a+ b> c nên

(2,2,c) có 2 cách chọn c, lập được 2 số

(3,3,c) có 4 cách chọn c, lập được 4 số

(4,4,c) có 6 cách chọn c, lập được 6 số

Bắt đầu từ bộ a = b 5 trở đi thì a b 10 thì dù chọn c là số bất kì từ 1 đến 9 (không tính

trường hợp trùng với a, b) thì ta đều có a+b>c

Chọn a, b có 5 cách chọn, Chọn c có 8 cách chọn Nên có 8.5 = 40 cách chọn, lập được 40

số

0,25

Vì vai trò a, b, c là như nhau nên có ( 2+4+6+40)×3 = 156 số 0,25

Bài 2

(2,00đ) a) Cho , ,a b c là các số thực Chứng minh rằng

a b c  2a2b2c22ab bc ca   1,00

Ta có VT a b c  2 a b c2 a b 22a b c c   2 0,5

2 2 2 2

(Điều phải chứng minh) 0,5

b) Cho ba số x y z, , khác 0 đồng thời thỏa mãn

1 2

x y z  

,

2 2 2

1 1 1 1

4

x  y z  xyz  , và

1 1 1

0

xyz  . Tính giá trị biểu thức

1,00

Bài Đáp án Điểm

 2017 2017  2019 2019  2021 2021

.

Ta có:

2

2

1 1 1

   

  ( theo câu a)

0,25

Mà

1 1 1

0

x yz  , suy ra

1 1 1

2 (1)

Mặt khác

2 2

x y z

x y z

  (2)

0,25

Từ (1) và (2) suy ra

1 1 1 1

0,25







  

 

 do đó x2021 y2021,y2017  z2017,z2019 x2019 VậyQ  0

0,25

Bài 3

(3,00đ) Cho đường tròn ( )O đường kính BC và H là một điểm nằm trên đoạn thẳng

BO (điểm H không trùng với hai điểm B và O) Qua H vẽ đường thẳng vuông góc

với BC, cắt đường tròn ( )O tại Avà D Gọi M là giao điểm của AC và BD, qua M vẽ

đường thẳng vuông góc với BC tại N.

a) Chứng minh rằng MNBA là tứ giác nội tiếp.

1,00

Ta có BAC  900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  BAM 900 0,25

Suy ra Tứ giác MNBA có BAM MNB  900900 1800 0,25 Suy ra tứ giác MNBA là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MB 0,25

b) Tính giá trị của

2

2 BO OH

P

 

   

Ta có ABC vuông tại A, nên:

2

BH

2 2 2 2

2



0,25

Bài Đáp án Điểm

2

2 2 2

2

c) Từ Bvẽ tiếp tuyến với đường tròn ( )O , cắt hai đường thẳng AC và AN lần lượt tại K và E Chứng minh rằng đường thẳng EC luôn đi qua trung điểm I của

đoạn thẳng AH khi điểm H di động trên đoạn thẳng BO.

1,00

Ta thấy MBN DBC (đối đỉnh)

Suy ra MBN DAC NMB BCA  (1)

Tứ giác MNBA nội tiếp nên ta có NMB NAB  (2)

Tam giác OAC cân tại O  BCA OAC (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra NAB OAC   OAC BAO NAB BAO     BAC NAO 

Mà BAC900 NAO 900

Suy ra NA là tiếp tuyến của (O)

Theo tính chất tiếp thuyến ta có EA=EB và EAB EBA

0,25

Trong tam giác vuông KAB, ta có EAB EBA   BKA EAK  (Phụ với 2 góc bằng nhau)

KAE

Mặt khác AH//BK ( cùng vuông góc với AB)

AI//KE

(Định lý Thales) HI//EB

(Định lý Thales)

0,25

Mà KE EB , suy ra AI HI nên I là trung điểm đoạn thẳng AH 0,25

Bài 4

(1,00đ) Với , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a b c abc   Chứng minh

rằng

2

c

.

1,00

Ta có

1 1 1

1

a b c abc

bc ca ab

      

Đặt

1

x

1

y

1

z

Khi đó , ,x y z  và 0 xy yz zx   Vì vậy1

0,25

2

1

z

z

z



0,25

Ta có: 1x2 1y2  1x2y2x y2 2  1 xy2x y 2 x y  1z2

0,25

Bài Đáp án Điểm

z

z

2

1

z

z



Ta có điều phải chứng minh

0,25

Bài 5

(1,00đ)

Để tiết kiệm chi phí vận hành đồng thời đưa du khách tham quan hết 18 danh

lam thắng cảnh trong tỉnh K, Công ty Du lịch lữ hành KH đã thiết lập các tuyến một

chiều như sau: nếu có tuyến đi từ Ađến B và từ B đến C thì sẽ không có tuyến đi từ A

đến C Hỏi có bao nhiêu cách thiết lập để đi hết 18 địa điểm trên?

1,00

Gọi A là địa điểm có nhiều tuyến đường nhất (gồm cả đường xuất phát từ A và đường đi đến

A) Ta chia các địa điểm còn lại thành 3 loại:

Loại 1: các tuyến đường xuất phát từ A có n(1) = m tuyến đường

Loại 2: các tuyến đường đi đến A có n(2) = n tuyến đường

Loại 3: không có tuyến đi và đến từ A có n(3) = p tuyến đường

Khi đó: m+n+p = 17

0,25

Số tuyến đường liên quan đến A có m + n tuyến

Số tuyến đường không liên quan đến A không vượt quá p m n  

Số tuyến đường liên quan đến loại 1 và 2 không vượt quá m n

0,25

Vì a b c  2 3ab bc ca    a2b2c2 ab bc ca 

với mọi số thực , ,

a b c Do đó

3

a b c

.(5) Gọi Slà số cách thiết lập đi hết 18 địa điểm, áp dụng (5)

2 1

3

m n p

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

6 18

3

5

m

p







      



 



0,25

Vậy có thể thiết lập tối đa 108 tuyến đường một chiều để đi hết 18 địa điểm đã cho 0,25

HẾT