Lấy các điểm P, Q trên AM, AN sao cho BP, CQ cùng vuông góc với BC. Gọi K, J lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ, AMN và L là hình chiếu của K trên AJ. E là trực tâm tam [r]
Trang 1SỞ GD&ĐT KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN THI: TOÁN
Dùng cho thí sinh vào lớp chuyên Toán, chuyên Tin
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề bài)
Câu 1 (3,0 điểm).
1 a) Giải phương trình sau: 2x25x 3 2x2 5x 7 5
b) Giải phương trình: 3(x 2x 1)2 2 2(x 3x 1)2 2 5x2 0
c) Cho f(x) x 6x 12. 2 Giải phương trình: f(f(f(f(x)))) = 65539
2) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x 2 + 4x + 1 = y 4
Câu 2 (2,0 điểm).
a) Cho A = a + b + c + m + n + p, B = ab + bc + ca – mn – np – pm và C = abc + mnp Biết a, b, c,
m, n, p là các số nguyên dương và cả B, C đều chia hết cho A Chứng minh A là hợp số
b) Cho x, y là các số hữu tỉ thỏa mãn đẳng thức:
2
x y
Chứng minh: 1 xy
là một số hữu tỉ
c) Cho hai số a và b thỏa mãn a > 0, b > 0 Xét tập hợp T các số có dạng: T = {ax + by}, trong đó x và
y là các số thỏa mãn x,y > 0 và x + y = 1 Chứng minh rằng các số:
2ab
a b và ab đều thuộc tập hợp T
Câu 3 ( 1,0 điểm ) Cho x, y, z là các số thực thuộc đoạn [ 0 ;4 ] Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
P xy(x y) yz(y z) zx(z x)
Câu 4 ( 3,0 điểm ) Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC ) M, N nằm trên cạnh BC sao cho M nằm giữa N và
B Lấy các điểm P, Q trên AM, AN sao cho BP, CQ cùng vuông góc với BC Gọi K, J lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ, AMN và L là hình chiếu của K trên AJ E là trực tâm tam giác AMN, S là hình
chiếu của E trên MN và F là trung điểm của MN
1 Tính AE theo MJ và MN.
2 a) Gọi R là hình chiếu của Q trên đoạn thẳng BP và D là giao điểm của hai đường thẳng QR và AP,
kẻ đường kính AT của đường tròn ( K ) Chứng minh rằng: AL CQ + QR KL = AL BP và MS.MB.PD 2 = MA.MP.RD 2
b) Chứng minh rằng: RD.PM.AL + NC.AL.PD = JL.BC PD.
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2Câu 5: ( 1,0 điểm ) Cho a1, a2, …., an ( n 3) là các số thực Chứng minh rằng: Khi đó ai, aj, ak là độ dài ba cạnh của một tam giác, trong đó i, j, k là các số tự nhiên thỏa mãn điều kiện 0 < i < j < k n Biết rằng n số
thực trên là các số thỏa mãn:
3n 1
3
HẾT
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
Họ và tên thí sinh:……….Số báo danh:……… Giám thị số 1:………Giám thị số 2:………
SỞ GD&ĐT KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
( Hướng dẫn chấm có 07 trang ) Dùng cho thí sinh vào lớp chuyên Toán, chuyên Tin
A LƯU Ý CHUNG
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0.25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu học sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.
B ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
1
Câu Ý Lời giải Điểm
1 1 a Giải phương trình: 2x2 5x 3 2x25x 7 5 ĐKXĐ: x 1 hoặc
7 x 2
Đặt 2x2 5x 2 a ( a 0 ) , phương trình trở thành:
a 5 a 5 5
4(a 25) (25 2a )
0.5
4a 100 4a 100a 625
2
a 4
-
Khi đó, ta có: 2x25x 2 = a
4
8x220x 37 0
5 3 11 x
4
5 3 11 x
4
( thỏa mãn ĐKXĐ ) 0.5
Kết luận: Vậy phương trình có tập nghiệm S =
5 3 11 4
Trang 3
Khi đó: (x – 3)16 + 3 = 65539 (x 3) 1665536 2 16
x 3 2
x 5
x 1
Kết luận: Vậy phương trình có tập nghiệm S = {5; 1}
0.25
0.25
0.5
0.5
0.5
0.25
0.25
c Giải phương trình: 3(x 2x 1) 2(x 3x 1)2 2 2 2 5x2 0
Do x = 0 không là nghiệm của phương trình, chia hai vế của phương trình ban đầu
cho x2 ta được
1 x x
thì phương trình trở thành:
-
Suy ra :
Kết luận: Vậy tập nghiệm của phương trình là: S =
2
Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x 2 + 4x + 1 = y 4
Nhân cả 2 vế của phương trình ban đầu, ta được phương trình mới tương đương với phương trình đã cho: 4x 2 + 16x + 1 = 4y 4 (2 x 4 2 y )(2 x 4 2 y ) 12 2 2 .
-Xét các cặp giá trị của x và y , ta được duy nhất x = –4, y = 1 thỏa mãn điều kiện đề bài.
Kêt luận: Vậy x = – 4, y = 1
2
a
Cho A = a + b + c + m + n + p, B = ab + bc + ca – mn – np – pm và C = abc + mnp Biết a, b, c, m, n, p là các số nguyên dương và cả B, C đều chia hết cho A.
Chứng minh A là hợp số
Xét đa thức f(x) = (x + a)(x + b)(x + c) – (x – m)(x – n)(x – p) Khai triển và rút gọn, ta được: Ax2Bx C.
-Vì cả B và C đều chia hết cho A nên f(x) A x Z. Do đó đa thức f(m) A hay (m+a)(m+b)(m+c) A
-Nếu A là số nguyên tố thì 1 trong 3 số trên phải có ít nhất một số chia hết cho A, vô lí vì
đây đều là những số nguyên dương nhỏ hơn A Do đó, A phải là hợp số
Kết luận: Vậy A là hợp số.
b Cho x, y là các số hữu tỉ thỏa mãn:
2
x y
Trang 41 xy là một số hữu tỉ.
Ta có:
2
x y
2
x y
2
2
xy 1
x y
xy 1
x y
x y
1 xy (x y) 2 1 xy x y
-Vì x, y là các số hữu tỉ nên |x + y| là một số hữu tỉ, suy ra 1 xy là một số hữu tỉ
Kết luận: Vậy 1 xy là một số hữu tỉ
0.25
0.25
0.25
0.25 c
Cho hai số a và b thỏa mãn a > 0, b > 0 Xét tập hợp T các số có dạng: T = { ax +
by }, trong đó x và y là các số thỏa mãn x,y > 0 và x + y = 1 Chứng minh rằng các
số:
2ab
a b và ab đều thuộc tập hợp T
Ta tìm x, y > 0 thỏa mãn x + y = 1 sao cho:
2
mãn: ( x; y ) (0;1),x y 1. Vậy 2ab T
a b -Chứng minh tương tự: ab ax by ax (1 x)b (a b)x ab b .
thoả mãn ( x; y ) (0;1),x y 1. Vậy ab T.
-Kết luận: Vậy các số
2ab
a b và abđều thuộc tập hợp T.
Cho x, y, z là các số thực thuộc đoạn [ 0 ;4 ] Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
P xy(x y) yz(y z) zx(z x)
Trang 53
0.25
Đặt a x,b y,c z
.Khi đó, ta có:
0 a,b,c 2;A ab(a b ) bc(b c ) ca(c a ) Do các số a, b, c có vai trò hoán vị vòng quanh trong biểu thức A nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử
a b,a c
Ta có: A = A ab(a b ) bc(b c ) ca(c a ) 2 2 2 2 2 2 =ab(a b ) b c c b c a2 2 3 3 3 –
a c ab(a b ) c(b a)(b ba a c ) ab(a b ) ( vì c(b a) 0;b ba 2
a c a c 0)2b(a b ) 2 b(4 b )2 2 2 (vì 0 b a 2 )
Đặt B = 2b(4 b ) 0 2 .Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho 3 số không âm, ta có:
3
3
-Do đó:
32 3
9
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
2
a 2 c(b a)(b ab a c ) 0
3 b(4 a ) 0
c 0
Kết luận: Vậy giá trị lớn nhất của A là
32 3
9 đạt được khi (x; y; z) =
4 4; ;0 3
hoán vị.
0.5
0.25
4
1
Tính AE theo MJ và MN.
0.25
0.25
0.25
0.25
Kẻ đường kính AH của đường tròn ( J )
Dễ thấy tứ giác MECH là hình bình hành, F là trung điểm của MN nên F cũng là trung điểm của EH
Suy ra : JF là đường trung bình của tam giác AEH AE 2JF.
Mặt khác, F là trung điểm của MN nên
1
2
và JF vuông góc với MN tại F Áp
dụng định lí Pythagores vào tam giác JFM vuông tại F, ta có:JF MJ2 MF2
2
4
Vậy AE =
4
.
a Gọi R là hình chiếu của Q trên đoạn thẳng BP và D là giao điểm của hai đường
t thẳng QR và AP, kẻ đường kính AT của đường tròn (K) Chứng minh rằng: AL CQ
Trang 62
++ QR KL = AL BP và MS.MB.PD 2 = MA.MP.RD 2
KAL MAJ PAK MNH PQT (90 ANM) (90 AQP) AQP ANM
Vì MN // RQ ( cùng vuông góc với BP ) nên ANM AQR ( đồng vị ) Suy ra: KAL
AQP AQR PQR
AL QR
KL PR
và
AK QP
AL QR (1)
Từ
AL QR
KL PR AL.PR = QR KL AL(BP BR) QR.KL AL.BP AL.
0.25
BR QR KL AL BR QR KL AL BP
Dễ thấy tứ giác BCQR là hình chữ nhật nên BR = CQ Suy ra: AL CQ QR KL
AL BP
-MSA
MS MA
MB MP
(g.g)
BM PM
-Khi đó, (*) tương đương với:
MS.MB.PD2 = MA.MP.RD2
Vậy AL CQ QR KL AL BPvà MS.MB.PD2 = MA.MP.RD2
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
b Chứng minh rằng: RD.PM.AL + NC.AL.PD = JL.BC PD.
PTQ MHN ( cùng bù với MAN ) PTK KTQ MHA NHA
180 PKT 180 TKQ 180 MJH 180 HJN
360 PKQ 360 MJN
Mà:
JM KP ( 1)
JM MN
(2)
-Lại có:
Trang 75
Từ (1), (2) và (3) ta có:
chữ nhật ) nên:
AJ AL
MN BC
-Suy ra:
BC BC AL
Mà
RD.PM BM
PD
(chứng minh trên ) nên
PD.BC BC AL
RD.PM.AL + NC.AL.PD = JL.BC PD
Vậy RD.PM.AL + NC.AL.PD = JL.BC PD
Giả sử có 3 số nào đó không là độ dài ba cạnh của một tam giác, chẳng hạn là a1, a2, a3
và a1 + a2 < a3 ( 1 )
-Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski cho hai dãy, mỗi dãy có n – 2 số thực :
0.5
0.25
0.25
Trang 8+ Dãy 1:
a a a ,a ,a , ,a
+ Dãy 2:
8
3 và n – 3 số 1
Ta có:
2
hay
2
-Kết hợp với bất đẳng thức điều kiện, suy ra:
2
8
3
8
3
2
-Giả sử: a3 a a1 2x ( x > 0 ), thay vào ( 2 ) ta được:
5 a a (a a x) 6 a a (a a )(a a x)
Khai triển và rút gọn, ta được: 4(a12a ) 8a a 5x22 1 2 24x(a a ) 01 2 hay
4(a a ) 5x 4x(a a ) < 0 Bất đẳng thức này không xảy ra do biểu thức ở
vế trái luôn dương Vậy giả thiết (1 ) là sai
Kết luận: Vậy ai, aj, ak là độ dài ba cạnh của một tam giác, trong đó i, j, k là các số
tự nhiên thỏa mãn điều kiện 0 < i < j < k n
0.25
0.25
HẾT