72. Đề thi tuyển sinh vào lớp10 tỉnh Thanh Hóa năm học 2018-2019 (chuyên)

Khi , B C cố định và điểm A thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn các điều kiện trên, chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR luôn đi qua một điểm cố định.. Sau một trận đấu, đội thắn[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA

Đề thi gồm 01 trang

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN

NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn: TOÁN (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán)

Thời gian làm bài: 150 phút

(Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 09 tháng 6 năm 2018

Câu I: (2,0 điểm)

2 Cho hai số thực a , b lần lượt thỏa mãn các hệ thức 3 2

a  a  a  và

b  b  b  Chứng minh a b 2

Câu II: (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: x2  x 4 2 x1(1x)

2 Giải hệ phương trình: 2 2

1







Câu III: (2,0 điểm)

1 Tìm tất cả các cặp số nguyên  x y; thỏa mãn: x2019  y2019y1346y6732

2 Cho n là số nguyên dương tùy ý, với mỗi số nguyên dương k đặt

1k 2k k

k

S    n Chứng minh S2019 S 1

Câu IV: (3,0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC có AB AC Gọi , ,D E F lần lượt là chân các đường cao kẻ

từ , ,A B C của tam giác, P là giao điểm của các đường thẳng BC và EF Đường thẳng qua

D song song với EF lần lượt cắt các đường thẳng AB AC CF, , tại , ,Q R S

1 Chứng minh tứ giác BQCR là tứ giác nội tiếp

2 Chứng minh PB DB

PC  DC và D là trung điểm của QS

3 Khi ,B C cố định và điểm A thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn các điều kiện trên, chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR luôn đi qua một điểm cố định

Câu V: (1,0 điểm)

Một giải đấu bóng chuyền có n đội tham gia ( n ,n2), luật đấu như sau: Mỗi đội đấu với tất cả các đội khác đúng một trận Sau một trận đấu, đội thắng được 2 điểm, đội thua được 0 điểm; còn nếu hai đội hòa nhau thì mỗi đội được 1 điểm

Sau giải đấu các đội xếp hạng theo điểm số từ cao xuống thấp (hai đội bằng điểm nhau xếp cùng hạng) Hỏi sự chênh lệch về điểm lớn nhất có thể giữa các đội xếp thứ hạng liền nhau là bao nhiêu?

- Hết -

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2:

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu I.1

Với n ,n1, ta có: 1 2 3 ( 1)

2

n n

    

1.4 2.5 2017.2020 1.2.3 2017 4.5 2020

2.3 3.4 2018.2019 2.3.4 2018 3.4 2019

3.2018 3027

Câu I.2

Ta có:  3  

a  a   và  3  

b  b  

Cộng từng vế của hai biểu thức trên ta được:   3 3    

a  b  a  b 

1

 



  

 đẳng thức trở thành:

(x y x)( xy y 2) 0

0

x y

Vậy (a      1) (b 1) 0 a b 2

Câu II.1

Điều kiện xác định: x1

Ta có: x2  x 4 2 x1(1x) 2

Đặt x x 1 y (điều kiện y1)

Phương trình trở thành y22y 3 0 1

3

y y

 



  

  y 3 (do y1)

Khi đó : x x 1 3 x  1 3 x 12 3

7 10 0

x

 



 



2 2

5

x

x x

x

 







 



Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x2

Câu II.2

Điều kiện xác định:

2 0

1 0; 1 0

x y xy

  





Hệ phương trình đã cho tương đương với hệ:







(1)

2 0 (2)

x y xy



 



2

xy

xy

 





+Với xy2, thay vào (1) suy ra x2 42 4 x2 2 x 2

x

Từ đó suy ra hệ có các nghiệm: ( ; )x y  2; 2; ( ; )x y   2; 2 (thỏa mãn điều kiện)

+Với xy 1, thay vào (1) suy ra x2 12 1

x

  (vô nghiệm)

Vậy hệ có 2 nghiệm: ( ; )x y  2; 2; ( ; )x y   2; 2

Câu III.1

Giả sử  x y là cặp số nguyên thỏa mãn phương trình đã cho ;

,

ax b y ta có a b,  thỏa mãn a3 b3b2 b 2

a  b  b   b và 3 3   

+) Nếu b1 hoặc b 2 thì b1b20 Suy ra:

b a b    b a b điều này không thể xảy ra vì a b, 

+) Nếu   2 b 1, vì b suy ra b   2; 1;0;1

b  y    y

Với

673 673

1 1

y x



         (thỏa mãn)

Với

673 673

1 1

y x



       (thỏa mãn)

Vậy các cặp số nguyên thỏa mãn là    x y;  1;1 và ( ; )x y 1; 1 

Câu III.2

2

n n

Để chứng minh bài toán ta chỉ cần chứng tỏ 2S2019 n n( 1)

Ta có nhận xét sau: Với a b, nguyên dương bất kì thì  2019 2019

a b ab Thật vậy :

Xét hai trường hợp:

+) Nếu n lẻ: Từ nhận xét trên ta có 2019 2019 2019 2019 2019

2019

2S 2n 2 1  (n 1) 2 2  (n 2) 

2

n

2019

2S 2(1 n )2 2  (n 1) 

n

Mặt khác n và n1 nguyên tố cùng nhau nên 2S2019 n n( 1)

+) Nếu n chẵn: Ta có

2019

2S 2n 2 1  (n 1) 2 2  (n 2) 

2

n

2019

2S 2(1 n )2 2  (n 1) 

n

Suy ra 2S2019 n n( 1)

Vậy S S

Câu IV.1

M

Q

R S

H

E

F A

Do ABAC nên Q nằm trên tia đối của tia BA và R nằm trong đoạn CA, từ đó Q, C nằm về cùng một phía của đường thẳng BR

Do tứ giác BCEF nội tiếp nên AFE BCA

Do QR song song với EF nên AFEBQR

Từ đó suy ra BCA BQR hay tứ giác BQCR nội tiếp

Câu IV.2 Gọi H là trực tâm tam giác ABC Dễ thấy tứ giác AEHF nội tiếp Suy ra

Tương tự DEH DCH BCF Mà BADBCF (cùng phụ với ABC )

Suy ra FEH DEH , hay EB là đường phân giác trong góc E của tam giác DEP

Theo tính chất đường phân giác ta có : ED BD

EP  BP Mặt khác ACBE nên AC là phân giác ngoài của DEP , nên ED CD

EP  CP Suy ra : CD BD

CP  BP PB DB

Chứng minh tương tự ta có FC là phân giác góc DFE , hay DFS SFE

Mà SFEFSD (so le trong do QR EF)

Vậy DFS FSD hay tam giác DFS cân tại DDF DS

Ta lại có, do tính chất phân giác ngoài nên DFQ AFE

Mà AFEFQD(đồng vị) Suy ra tam giác DFQ cân tại DDFDQ

Từ đó suy ra DS DQ, hay D là trung điểm QS

Câu IV.3

Gọi M là trung điểm của BC Ta sẽ chứng minh DP DM DQ DR từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua M cố định

Thật vậy, do tứ giác BQCR nội tiếp nên DQ DR DB DC (4)

Theo câu 2) ta có PB DB DB PC DC PB

2

DC DB

Do M là trung điểm BC và AB AC nên

2

DC DB

DM



Do đó DP DM DB DC (5)

Từ (4) và (5) ta được DP DM DQ DR

Suy ra tứ giác PQMR nội tiếp hay đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm của BC cố

định

Câu V

Kí hiệu D i i, 1,n là đội bóng thứ i và d là điểm số của đội i D sau giải đấu i

Không mất tính tổng quát, giả sử d1d2   d n

Xét các hiệu d id i1,i1,n1, ta có d id i1  0, i 1,n1

Giả sử đội xếp hạng s và đội xếp hạng s1 có chênh lệch điểm lớn nhất, nghĩa là hiệu d sd s1 lớn

nhất trong số các hiệu trên

Ta có nhận xét: Sau mỗi trận đấu, dù kết quả thế nào, tổng số điểm của hai đội tham gia thi đấu đều

bằng 2

Chia các đội bóng làm hai nhóm Nhóm 1 gồm các đội D1, ,D và nhóm 2 gồm các đội còn lại s

1, ,

Khi đó s đội trong nhóm 1 đấu với nhau ( 1)

2

s s

trận và nhận s s( 1) điểm Ngoài ra các đội thuộc nhóm 1 đấu với các đội thuộc nhóm 2 tất cả (n s s ) trận và nhận không quá 2(ns s) điểm (vì trong

số (n s s ) trận này có thể có các trận mà đội thuộc nhóm 1 thua) Do đó tổng điểm mà s đội nhóm 1

nhận được không quá s s(  1) 2(ns s) (2n s 1)s

Từ đó suy ra d s (2n s 1)s 2n s 1

s

 

    (1)

Lại có: Các đội thuộc nhóm 2 đấu với nhau ( )( 1)

2

ns n s

trận và nhận (ns n)(  s 1) điểm Do

đó số điểm d s1 của đội D s1 sẽ lớn hơn hoặc bằng (n s n)( s 1) n s 1

n s

 , hay d s1  n s 1 (2)

Từ (1) và (2) suy ra: d s d s1(2n s     1) (n s 1) n

Dấu ‘=’ xảy ra khi đội vô địch thắng tất cả các đội và được 2(n1) điểm, tất cả các đội còn lại khác

đều hòa nhau (và thua đội vô địch), mỗi đội nhận n2 điểm Vậy max(d id i1)n