Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên tỉnh quảng ngãi năm học 2017 2018(có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NGÃI
----------ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC: 2017-2018
Môn thi: Toán
Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Tên : Trương Quang An
Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi
Điện thoại : 01208127776 .Nguồn sưu tầm trên mạng và ảnh chụp đề của
học sinh thi chuyên Quảng Ngãi 2017-2018
Bài 1(2 điểm )
1.Giải phương trình ( x  1)( x  2)  2 x2  x  1  0
2.Cho x,y là các số thực dương .Chứng minh rằng

x y
x y
 xy 
 xy  x  y
2
2

Đẳng thức trên còn đúng hay không nếu x,y là các số thực âm .Tại sao ?
Bài 2(2 điểm )
1.Giả sử n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện n2  n  3 là số nguyên tố .Chứng
minh rằng n chia 3 dư 1 và 7n2  6n  2017 không phải số chính phương .
2.Tìm tất cả các số nguyên x,y thỏa mãn phương trình 2 x2  4 y 2  4 xy  2 x  1  2017
Bài 3(2 điểm )
1.Cho đa thức P( x)  x3  6 x 2  15x 11 và các số thực a,b thỏa mãn P(a)=1

,P(b)=5.Tính giá trị của biểu thức a+b.
2.Gỉa sử x,y là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện
x( xy  1)  2 y 2 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức H 

y4
1  y 2  y 4 ( x4  x2 )

Bài 4(3 điểm )
1.Cho hai điểm A,B phân biệt nằm trong góc nhọn xOy sao cho xOA  yOB .Gọi
M,N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các tia Ox,Oy và P,Q lần lượt là
hình chiếu vuông góc của B lên các tia Ox,Oy .Gỉa sử M,N,P,Q đôi một phân biệt
.Chứng minh rằng bốn điểm M,N,P,Q cùng thuộc một đường tròn .
2.Cho tam giác AB không cân ,có ba góc nhọn .Một đường tròn đi qua B,C cắt các
cạnh AC,AB lần lượt tại D,E .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của BD,CE .


a.Chứng minh rằng các tam giác ABD ,ACE đồng dạng với nhau và MAB  NAC .
b.Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AB ,K là hình chiếu vuông góc của N
lên AC và I là trung điểm của MN .Chứng minh rằng tam giác IHK cân .
Bài 5(1 điểm )
Cho 9 số nguyên dương đôi một phân biệt ,các số đó đều chỉ chứa các ước số
nguyên tố gồm 2,3,5 .Chứng minh rằng trong 9 số đã cho tồn tại 2 số mà tích của
chúng là một số chính phương .
Bài làm
Bài 1(2 điểm )
1.Giải phương trình ( x  1)( x  2)  2 x2  x  1  0
2.Cho x,y là các số thực dương .Chứng minh rằng

x y
x y

 xy 
 xy  x  y
2
2

Đẳng thức trên còn đúng hay không nếu x,y là các số thực âm .Tại sao ?
Bài làm
Bài 1(2 điểm )
1.Phương trình ( x  1)( x  2)  2 x2  x  1
Cách 1:Đến đây ta có điều kiện: −2 ≤ x ≤1.
Bình phương hai vế và thu gọn ta được
x0

 x  1


x( x  1)( x 2  x  8)  0   x  1  33
2


1  33
x 

2

Giải ra so sánh với điều kiện ta được nghiệm: x = 0 ; x = −1.
 t 1
.
t  3

Cách 2: Đặt t  x2  x  1  0 .Phương trình đã cho trở thành t 2  2t  3  0  

 x0
Đối chiếu với điều kiện thì ta có t = 1 (nhận ).Với t  1  x 2  x  1  1  
.
 x  1


Giải ra so sánh với điều kiện ta được nghiệm: x = 0 ; x = −1.
2. Ta có
( x  y )2 ( x  y )2 ( x  y )2 ( x  y )2
x y
x y
 xy 
 xy 



 x y  x  y
2
2
2
2
2
2

(Vì x,y là các số thực dương )
Đặt x  a; y  b; a; b  0 .Ta có
x y
x y

a  b
a  b
a  2 ab  b a  2 ab  b
.
 xy 
 xy 
 ab 
 ab 

2
2
2
2
2
2

Nên ta có
a  2 ab  b a  2 ab  b ( a  b ) 2 ( a  b ) 2 ( a  b ) 2 ( a  b ) 2





2
2
2
2
2
2

Hay

( a  b )2 ( a  b )2

 a  b  a  b (do a ,b dương ).
2
2

Vậy đẳng thức trên còn đúng nếu x,y là các số thực âm.
Bài 2(2 điểm )
1.Giả sử n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện n2  n  3 là số nguyên tố .Chứng
minh rằng n chia 3 dư 1 và 7n2  6n  2017 không phải số chính phương
2.Tìm tất cả các số nguyên x,y thỏa mãn phương trình 2 x2  4 y 2  4 xy  2 x  1  2017
Bài làm
1.Vì n là số nguyên dương nên n2  n  3 >3.
Gọi r là số dư khi chia n cho 3 , r 0,1, 2 .
Nếu r  0 hoặc r  2 thì n2  n  3 3 .Mâu thuẫn với giả thiết n2  n  3 là số nguyên tố.
Do đó r  1 hay n chia dư 1 .Khi đó 7n2  6n  2017 chia 3 dư 2 .
Mà một số chính phương có só dư khi chia cho 3 là 0 hoặc 1 .Nên
7n2  6n  2017 không phải số chính phương .
2.Ta có 2 x2  4 y 2  4 xy  2 x  1  2017  ( x  2 y)2  ( x  1)2  2017  92  442
 x 8
 x  10

TH1 : ( x  1)2  92  


 y  18
 y  26

Với x=8 thì ta có (8  2 y)2  (8  1)2  2017  92  442  (8  2 y)2  442  
Với x=-10 thì ta có
 y  27
(10  2 y)2  (10  1) 2  2017  92  442  (10  2 y) 2  442  
 y  17
 x  43
 x  45

TH2 : ( x  1)2  442  

 y  17
 y  26

Với x=43 thì ta có (43  2 y)2  (43  1) 2  2017  92  442  (43  2 y) 2  92  

 y  27
 y  18

Với x=-45 thì ta có (45  2 y)2  (45  1)2  2017  92  442  (45  2 y)2  92  
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là : (8;-18);(8;26);(-10;-27);
(-10;17);(43;17);(43;26);(-45;-27);(-45;-18).
Bài 3(2 điểm )
1.Cho đa thức P( x)  x3  6 x 2  15x 11 và các số thực a,b thỏa mãn P(a)=1
,P(b)=5.Tính giá trị của biểu thức a+b.
2.Gỉa sử x,y là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện
x( xy  1)  2 y 2 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức H 

y4
1  y 2  y 4 ( x4  x2 )

Bài làm
1. Cách 1: Ta có : P(a)  1  a3  6a2  15a 11  1 (1).
Ta có : P(b)  1  b3  6b2  15b 11  5 (2)
Lấy (1) cộng (2) ta được :
(a  b  4) (a  b)2  (a  2)2  (b  2)2  6  0 (vì (a  b)2  (a  2)2  (b  2)2  6  0 )

Lúc này ta suy ra a+b=4


Cách 2: Ta có P(a)  1  (a  2)3  3(a  2)  2 (1).
Ta có P(b)  1  (b  2)3  3(b  2)  2 (2).
Lấy (1) cộng (2) ta có : (a  b  4) (a  2)2  (a  2)(b  2)  (b  2)2  3  0
Vì (a  2)2  (a  2)(b  2)  (b  2)2  3  0 nên suy ra a+b=4
2. Cách 1: H 

y4
1
1
.

 2
2
4
4
2
1  y  y ( x  x ) 1  1  x4  x2 2 x 2 x
 2
y4 y2
y
y

Mà giả thiết ta suy ra x( xy  1)  2 y 2 
Thay vào ta suy ra H 

2 x2 2 x
 2  2.
y
y

y4
1
1
1

 2
 .
2
4
4
2
1  y  y ( x  x ) 1  1  x4  x2 2 x 2 x 4
 2
y4 y2
y
y

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức H là
Cách 2: H 

1

y

1
khi x  y  1 .
4

y4
1

2
4
4
2
1  y  y ( x  x ) 1  1  x2  x4
y4 y2

1
z

1
z

Đặt z   y   x( x.  1)  2.
Lúc đó ta có H 

1
 xz ( x  z )  2 .
z2

y4

1
1

 4
2
4
4
2
4
1  y  y ( x  x ) 1  1  x2  x4 z  x  z 2  x2
y4 y2

Ta có z 4  x 4  z 2  x 2 

( x  z )2
( x  z)2
 2z 2 x2  2 2x2 z 2 .
4.
2
2

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức H là

1
khi x  y  1 .
4

Cách 3 : Áp dụng bất đẳng thức cô-si ta có :
1  y 2  y 4 ( x4  x2 )  (1  x 2 y 4 )  ( y 2  x4 y 4 )  2 xy 2  2 x2 y3 .

Ma ta lại có : 2 xy 2  2 x2 y3  2 xy 2 (1  xy)  4 y 4 .
Do đó H 

y4
1
1
 .Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức H là khi
2
4
4
2
4
1 y  y (x  x ) 4

x  y 1 .

Bài 4(3 điểm )
1.Cho hai điểm A,B phân biệt nằm trong góc nhọn xOy sao cho xOA  yOB .Gọi
M,N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các tia Ox,Oy và P,Q lần lượt là
hình chiếu vuông góc của B lên các tia Ox,Oy .Gỉa sử M,N,P,Q đôi một phân biệt
.Chứng minh rằng bốn điểm M,N,P,Q cùng thuộc một đường tròn .
2.Cho tam giác AB không cân ,có ba góc nhọn .Một đường tròn đi qua B,C cắt các
cạnh AC,AB lần lượt tại D,E .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của BD,CE .
a.Chứng minh rằng các tam giác ABD ,ACE đồng dạng với nhau và MAB  NAC .
b.Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AB ,K là hình chiếu vuông góc của N
lên AC và I là trung điểm của MN .Chứng minh rằng tam giác IHK cân .
Bài làm
1. Cách 1 :
y

Q

B

N

A
x

O
M

P

Ta có ΔOAM ഗ ΔOBQ (g.g) nên suy ra
Ta có ΔOAN ഗ ΔOBP (g.g) nên suy ra

OM OA
(1)

OQ OB
ON OA

(2)
OP OB


Từ (1) và (2) ta suy ra

OM OA OM OA
suy ra OP.OM=ON.OQ



OQ OB OQ OB

⇒ 4 điểm M;N;P;Q cùng thuộc 1 đường tròn.
Cách 2 : Tứ giác OMAN nội tiếp nên ONM  OAM (1).
Tứ giác OPBQ nội tiếp nên OPQ  OBQ (2).
Mà các tam giác OAM và OBQ đồng dạng nên suy ra OAM  OBQ (3).
Từ (1) , (2) và (3) ta suy ra ONM  OPQ ⇒ 4 điểm M;N;P;Q cùng thuộc 1 đường tròn.

2.a/
A

D
E
H

K
M

I

N

B
C

Ta có xét ΔABD và ΔACE có :
BAD  EAC (góc chung ) và ABD  ACE (tứ giác BEDC nội tiếp )

Nên suy ra ΔABD ഗ ΔACE (g.g) .


Ta có M,N lần lượt là trung điểm của BD ,CE nên ta suy ra ΔMAB ഗ ΔNAC
(g.g) .Từ ΔMAB ഗ ΔNAC (g.g) suy ra MAB  NAC .
2.b/
A

P

Q

D

E
H

K
M

I

N

B
C

Gọi P là hình chiếu vuông góc của M lên AC ,Q là hình chiếu vuông góc của N lên
AB .Theo câu 1 ta có bốn điểm H,K,P,Q cùng thuộc 1 đường tròn .Hơn nữa ,tâm
của đường tròn đó là giao điểm các đường trung trực của các đoạn thẳng PK,QH
nên I là trung điểm của MN .Do đó ,tam giác IHK cân tại I.
Bài 5(1 điểm )
Cho 9 số nguyên dương đôi một phân biệt ,các số đó đều chỉ chứa các ước số
nguyên tố gồm 2,3,5 .Chứng minh rằng trong 9 số đã cho tồn tại 2 số mà tích của
chúng là một số chính phương .
Bài làm
Theo đề ,tất cả 9 số nguyên dương đôi một phân biệt ,các số đó đều chỉ chứa các
ước số nguyên tố gồm 2,3,5 có dạng 2x.3y.5z (với x, y, z  ).Xét tính chẵn -lẻ của
các bộ số (x,y,z) ,ta có tất cả 8 trường hợp .Theo nguyên lý Dirichlet ,phải có ít
nhất 2 số trong 9 số đã cho có bộ số mũ trong phân tích nguyên tố cùng tính chẵn –
lẻ .Do đó ,tích của 2 số đó có dạng 22a.33b.55c (a, b,c  ) .Lúc này ta suy ra tích của 2 số đó
là số chính phương