Đề và đáp án thi thử vào lớp 10 Chuyên năm học 20182019 của goctoanhoc.net

Goctoanhoc.net
Đề 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)
x  3  3  x  2x 2  6x  5.
2xy
 2
2
 x  y  x  y 1
b) Giải hệ phương trình 
.
 x  y  x2  y  6

Câu 2. (2,0 điểm)

a) Giải phương trình

Tìm tất cả các bộ số nguyên dương  x; y;z  thỏa mãn

x  y 2017
là số hữu
y  z 2017

tỉ, đồng thời x 2  y2  z 2 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  z 4   x 3  y3  z3  .

Câu 4. (7,0 điểm)
Cho tam giác ABC có AB  AC  a và BAC  1200 . 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! ---

1


GÓC 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
Nội dung

Câu

a) Giải phương trình x  3  3  x  2x 2  6x  5 (1)
x 30


 3  x  3.
Điều kiện:  3  x  0
2x 2  6x  5  0


Điểm

0,5

0,5
(1)  x  3  3  x  2 x  3 3  x  2x 2  6x  5



 1  9  x2

   x  3
2

2

 1  9  x 2  x  3 (Vì 3  x  3 )
Câu 1
(7,0 điểm)

x  2


2  14
 9  x2  x  2  
(TMĐK)
2  x 
2
2
9

x

x

2



2  14
.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 
2

1,0
0,5

1,0

b) Giải hệ phương trình
2xy
 2

2
x

y

 1(1)

xy

 x  y  x 2  y  6 (2)

Điều kiện x  y  0 (*)

0,5

Ta có (1)   x  y  1  x 2  y 2  x  y   0

1,0

 x  y  1  0 (Vì điều kiện (*) và x 2  y2  0 nên
x 2  y2  x  y  0 )

0,5

2


 y 1 x
 x  2
Thay vào (2) được x 2  x  6  0  

 x 3

1,0

 x  2  x  3
; 
.
Vậy hệ có hai nghiệm 
 y  3  y  2

Câu 2. Đặt

0,5

a x  y 2017 

. a, b  N *  .
b y  z 2017 


(a, b)  1
 ay  az 2017  bx  by 2017  ay  bx  by  az  2017

1,0

Để thỏa mãn yêu cầu bài toán:
Câu 2
(2,0 điểm)

 ay  bx  by  az  0 

a x y
   xz  y 2 .
b y z

x 2  y 2  z 2  ( x  z ) 2  2 xz  y 2  x  z 2  y 2  ( x  z  y)( x  z  y)
là số nguyên tố và x  z  y  1

suy ra x 2  y 2  z 2  x  y  z và x  y  z  1.
Suy ra x  y  z  1(thỏa mãn).

Câu 3
(2,0điểm)

1,0

Câu 3
+) Từ giả thiết ta có 0  x  1  x 4  x 3 (1)
Tương tự y4  y3 ; z4  z3 (2)
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.
+) Ta có P  x 4  y4  z 4   x 3  y3  z3   x  y  z 

0,5

  xy  x 2  y 2   yz  y 2  z 2   zx  z 2  x 2 

   xy  yz  zx   x 2  y 2  z 2  (3)

0,5

(Vì x, y, z không âm thỏa mãn x  y  z  1 )
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có

 2  xy  yz  zx   x 2  y 2  z 2 
2
2
2
2  xy  yz  zx   x  y  z   

2



2

0,5

3


 x  y  z

4

2

  xy  yz  zx   x 2  y 2  z 2  

1
(4)
8

1
Từ (3) và (4) suy ra ra P   .
8
1
1
Nếu x  0, y  z  thì P   .
2
8

0,5

1
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là  .
8

Câu 4
(7,0 điểm)

a) + HD: Sử dụng tổng góc đối

1800.

+ Tam giác AEF nhận AM , EQ, FP là đường cao  dpcm

1,5
1,5

+ Ta có APQ  AFE( g , g )
Theo tỉ số

^
1
AP 1
AP
 sin AEP  sin 30 0  
 .
AF
2
AF 2

Diện tích APQ nhỏ nhất khi diện tích AFE nhỏ nhất  FE nhỏ nhất.
Kẻ đường thẳng qua A vuông góc với AD cắt DC, DB lần lượt tại X, Y.

1,0
1,5
4


Ta có: FE  FX  EY  (CX  BY )  2 FX .EY  2CX (1)
Ta lại có: XFA đồng dạng với YAE (cùng đồng dạng với AFE )

 FX .EY  AY . AX  AX 2 (2)

2a
.
3

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi FX  EY  M là trung điểm của
Từ (1) và (2)  EF  2( AX  CX )  AX 
cung nhỏ BC.

1
1
a3 3
Khi đó: S
 S
 AM .EF 
.
APQ 4 AFE 8
12

1,5

Câu 5
(2,0
điểm)

Trong 8069 điểm luôn tìm được 3 điểm là đỉnh của tam giác đó có diện
 1.
tích lớn nhất, giả sử đó là A, B, C với S

ABC

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
 4S
 4.

tại M, N, P. Khi đó S

MNP

ABC

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
S
phẳng bờ chứa AC) thì S
( mâu thuận với cách chọn tam

DAC

1,0

ABC

0,5

giác ABC).
Tam giác MNP được chia thành 4 tam giác nhỏ bằng nhau
ANC, AMB, ABC, BCP.

5


Ta có 8069  4.2017  1. Theo nguyên tắc Dirichlet tồn tại ít nhất
2017  1  2018 điểm phải nằm trong hoặc trên cạnh của một tam giác

nhỏ có diện tích không lớn hơn 1.

0,5

6