Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên lam sơn thanh hóa năm học 2018 2019 (vòng 2 có đáp án)

ĐÁP ÁN CHI TIẾT TOÁN LỚP 10 THANH HÓA
(Dành cho thí sinh chuyên toán)
GV giải – Nguyễn Đức Tính – TP Thanh Hóa
Câu I (2.0 điểm)

Điểm



 

1/ Tính giá trị biểu thức P = 1 −
÷ 1 −
÷... 1 −
÷
1+ 2
1+ 2 + 3
1 + 2 + .. + 2018
1



1



1

 


2/ Cho a, b là hai số thực lần lượt thỏa mãn các hệ thức a − 3a + 5a − 17 = 0 và
b3 − 3b 2 + 5b + 11 = 0 . Chứng minh a + b = 0
3

2

ĐÁP ÁN
1/ Tính giá trị biểu thức P
2.3
1
2
3.4
1
2
=>
=
=>
=
; 1+ 2 + 3 =
;
2
1 + 2 2.3
2
1 + 2 + 3 3.4
2018.2019
1
2
1 + 2 + ... + 2018 =
=>

=
2
1 + 2 + ... + 2018 2018.2019
2 
2  
2


=> P = 1 − ÷1 − ÷... 1 −
÷
 2.3  3.4   2018.2019 
2.3 − 2 3.4 − 2 2018.2019 − 2
.
...
=> P =
2.3
3.4
2018.2019
2.3 − 2 3.4 − 2 2018.2019 − 2
.
...
=> P =
2.3
3.4
2018.2019
4 10
4074340
=> P = . ...
2.3 3.4 2018.2019
1.4 2.5 2017.2020

=> P = . ...
2.3 3.4 2018.2019
( 1.2...2017 ) . ( 4.5...2020 ) 1.2020 2020 505
=> P = 2.3...2018 . 3.4...2019 = 2018.3 = 6064 = 1516
(
)(
)

Ta có 1 + 2 =

1.0

2/ Chứng minh a + b = 2
Xét a = 2 − b thay vào vế trái của a3 − 3a 2 + 5a − 17 = 0 , ta có
VT = a 3 − 3a 2 + 5a − 17 = ( 2 − b ) − 3 ( 2 − b ) + 5 ( 2 − b ) − 17
3

2

VT = 8 − 12b + 6b 2 − b3 − 12 + 12b − 3b 2 + 10 − 5b − 17
VT = −b3 + 3b 2 − 5b − 11
VT = − ( b3 − 3b 2 + 5b + 11) = 0

1.0

=> a = 2 − b thỏa mãn a 3 − 3a 2 + 5a − 17 = 0
=> a + b = 2
Câu II (2.0 điểm)
1/ Giải phương trình : x 2 − x − 4 = 2 ( 1 − x ) x − 1
1

1
 x2 + y 2 = 1
2/ Giải hệ phương trình : 
 x 2 − 1 + y 2 − 1 = xy + 2


ĐÁP ÁN
1/ Giải phương trình : x 2 − x − 4 = 2 ( 1 − x ) x − 1 (Đ/k : x ≥ 1)
2
PT ( x − 1) + ( x − 1) − 4 = −2 ( x − 1) x − 1 . Đặt x − 1 = t ≥ 0 , ta có PT
3
2
t 4 + t 2 − 4 = −2t 2 .t  t 4 + t 2 + 2t 3 − 4 = 0  ( t − 1) ( t + 3t + 4t + 4 ) = 0

Do t ≥ 0 => ( t + 3t + 4t + 4 ) ≥ 4
=> t - 1 = 0 => t = 1 => x − 1 = 1 => x − 1 = 1 => x = 2 (t/m)
3

2

1.0


Vậy phương trình có một nghiệm x = 2
1
1
 x2 + y2 = 1
2/ Giải hệ phương trình : 
 x 2 − 1 + y 2 − 1 = xy + 2


 x, y ≠ 0
 2
 x2 , y 2 ≥ 1
x −1 ≥ 0
=> 
Đ/k xác định của hệ phương trình  2
(*)
 xy ≥ −2
 y −1 ≥ 0
 xy + 2 ≥ 0

2
2
2 2
 x + y = x y (1)
Hệ PT   2
2
 x − 1 + y − 1 = xy + 2(2)

Từ (2) => x 2 − 1 + y 2 − 1 + 2 ( x 2 − 1) ( y 2 − 1) = xy + 2

 ( x 2 + y 2 ) − 2 + 2 x 2 y 2 − x 2 − y 2 + 1 = xy + 2 , Thay (1) vào ta có
 x 2 y 2 − 2 + 2 x 2 y 2 − x 2 y 2 + 1 = xy + 2

1.0

 x 2 y 2 − 2 + 2 x 2 y 2 − x 2 y 2 + 1 = xy + 2
 x 2 y 2 − 2 + 2 x 2 y 2 − x 2 y 2 + 1 = xy + 2
 x 2 y 2 − 2 + 2 = xy + 2
 x 2 y 2 − xy − 2 = 0

 xy = −1
 xy = 2

 ( xy + 1) ( xy − 2 ) = 0  

 xy ≥ 2
 xy ≤ 0

2 2
2
2
Tư (1) ta có x y = x + y ≥ 2 xy => xy ( xy − 2 ) ≥ 0 => 

 xy = 2
=> x = y = 2
x = y

 xy = 2 

Vậy hệ PT có một nghiệm duy nhất x = y = 2
Câu III
1/ Tìm tất cả các cặp số nguyên x, y thỏa mãn : x 2019 = y 2019 − y1346 − y 673 + 2
2/ Cho n là số nguyên dương tùy ý , với mỗi số nguyên dương k, đặt
S k = 1k + 2k + ... + n k . Chứng minh S 2019 chia hết cho S1
ĐÁP ÁN
1/ Tìm tất cả các cặp số nguyên x, y thỏa mãn : x 2019 = y 2019 − y1346 − y 673 + 2
673
 x = a
Đặt  673
=> a, b là số nguyên

 y = b

Ta có a3 = b3 − b2 − b + 2
3
3
=> a3 = ( b − 1) + ( 2b2 − 4b + 3) > ( b − 1) (1)

Và a3 = ( b + 2 ) − ( 7b2 + 11b + 6 ) < ( b + 2 ) (2)
3

3

Từ 1,2 => ( b − 1) < a 3 < ( b + 2 ) => ( b − 1) < a 3 < ( b + 2 ) => b − 1 < a < b + 2
Vì a, b là số nguyên => a = b hoặc a = b+ 1
Với a = b, thay vào ta có
3

3

3

3

 b = −1  a = b = − 1
=> 
b3 = b3 − b 2 − b + 2  b 2 + b − 2 = 0  ( b + 1) ( b − 2 ) = 0  
b = 2
a = b = 2

1.0

 x 673 = y 673 = −1  x = y = −1
=> 
=>  673 673
673
x
=
y
=
2
 x = y = 2( Loai )


Với a = b+ 1, thay vào ta có
3
( b + 1) = b3 − b2 − b + 2  b3 + 3b 2 + 3b + 1 = b3 − b 2 − b + 2  4b 2 + 4b − 1 = 0
 b = −1 + 2



b = −1 − 2

(Loại)

Vậy có một cặp số nguyên thỏa mãn : x = y = - 1
2/ Cho n là số nguyên dương tùy ý , với mỗi số nguyên dương k, đặt
S k = 1k + 2k + ... + n k . Chứng minh S 2019 chia hết cho S1
Ta có :
2 S k = 2 ( 1k + 2k + ... + nk )

k
k
k
k
k
k
=> 2Sk = ( 1 + n ) +  2 + ( n − 1)  + ... + ( n + 1 ) chia hết cho n + 1 (1)
k
k
k
k
k
Và 2Sk = 2n + 1 + ( n − 1)  + ... + ( n − 1) + 1  Chi hết cho n (2)

Vì n và n + 1 là hai số nguyên tố cùng nhau, nên từ (1) và (2) => 2Sk chia hết
cho n(n+1)
n ( n + 1)
=> Sk chia hết cho
2

Mà S1 = 11 + 21 + ... + n1 = 1 + 2 + ... + n =

n ( n + 1)
2

=> Sk chia hết cho S1 (với mọi k)
=> S2019 chia hết cho S1 (ĐPCM)
Câu IV : Cho tam giác nhọn ABC có Ab < AC . Gọi D, E, F lần lượt kẻ từ A,
B, C của tam giác , P là giao điểm của đường thẳng BC và EF. Đường thẳng

qua D và 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
=
và D là trung điểm của đoạn thẳng QS
PC DC

3/ Khi B, C cố định, điểm A thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn điều kiện trên,
chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR luôn đi qua một điểm cố
định.
ĐÁP ÁN
Hình vẽ

1.0


A

E

R
1
F

1

2

5 4 3
2

P

D

B

H
1

S

C
M

1
Q

1/ Chứng minh tứ giác BQCR là tứ giác nội tiếp
·
·
Xét tứ giác BFEC có BFC
= BEC
= 90o => BFEC nội tiếp
·
·
·

·
·
·
+ CBQ
= 180o => FEC
= CBQ
=> FBC
(1)
+ FEC
= 180o mà FBC
·
·
Do QR//EF => QRC = FEC (đồng vị) (2)
·
·
= CBQ
Từ (1) và (2) => QRC
=> Tứ giác BQCR nội tiếp (ĐPCM)
PB DB
=
và D là trung điểm của đoạn thẳng QS
PC DC
PB DB
=
+ Chứng minh
PC DC

1.0

2/ Chứng minh

0.75

Gọi H là giao điểm của ba đường cao của tam giác ABC
Các tứ giác AEHF, BDHF nội tiếp (Vì có tổng hai góc đối bằng 180o)
¶ (cùng chắn cung AE), H
¶ =H
¶ (đối đỉnh), H
¶ =F
µ (cùng chắn cung
=> Fµ1 = H
1
1
2
2
4
µ
µ
µ
µ
µ
µ
BD) => F1 = F4 mà F1 = F5 (đối đỉnh) => F4 = F5 => FB là phân giác của ∆FPD
=>

PB FP
=
(t/c) (3)
DB FD

Do FC ⊥ FB (gt) => FC là phân giác góc ngoài của ∆FPD
PC FP
=
(t/c) (4)
DC FD
PB PC
PB DB
=
=
Từ 3, 4 =>
=>
(ĐPCM)
DB DC
PC DC

=>

+ Chứng minh D là trung điểm của đoạn thẳng QS
µ (đồng vị) => F
µ =Q
µ => DF = DQ (5)
Do FE//QR => Fµ1 = Q
1
4
1
o
o
µ +F
µ = 90 và Q
µ + Sµ = 90 => F

µ = Sµ => DF = DS (6)
Ta có : F
4
3
1
1
3
1
Từ 5,6 => DQ = DS => D là trung điểm của đoạn thẳng QS
3/ Khi B, C cố định, điểm A thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn điều kiện trên,
chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR luôn đi qua một điểm cố

0.25

1.0


định.
Gọi M là trung điểm của cạnh BC => M cố định
Do tứ giác BQCR nội tiếp (câu a) => DQ.DR = DB.DC (7)

PB DB
PC DC
PB + BC DC
BC DC
BC DC − DB
=
=
=
=

=
=>
=>
=> 1 +
=>
PC DC
PB DB
PB
DB
PB DB
PB
DB
2
( DB + DC ) .DB = DB + DB.DC
BC.DB
=
=> PB =
DC − DB
DC − DB
DC − DB

Ta có :

Ta lại có :

 BC

 DB + DC

DM .DP = ( MB − DB ) ( DB + PB ) = 

− DB ÷( DB + PB ) = 
− DB ÷( DB + PB )
2
 2



DC − DB
=
( DB + PB )
2

Thay PB vào ta có
DC − DB 
DB 2 + DB.DC  DC − DB 2 DB.DC
DB
+
.
= DB.DC (8)

÷=
2
DC − DB 
2
DC − DB

DQ DP
·
·
=

Từ 7, 8 => DQ.DR = DM .DP =>
mà QDP
= MDR
(đối đỉnh)
DM DR
·
·
·
·
=> ∆QDP ~ ∆MDR => QPD
= MRD
hay QPM
= MRQ
DM .DP =

=> Tứ giác QPRM nội tiếp => Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR luôn đi
qua điểm cố định M(ĐPCM)
Câu V : Trong một giải đấu thể thao có n đội tham gia ( n ∈N, n ≥ 2), luật
đấu như sau : Hai đội bất kỳ luôn đấu với nhau đúng một trận, sau mỗi một
trận, đội thắng được 2 điểm, đội thua được 0 điểm ; còn nếu hai đội hòa 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 hạng liền nhau là bao nhiêu ?
ĐÁP ÁN
- Đội đứng thứ nhất có điểm cao nhất là A = 2(n – 1) điểm (Đội này đấu n – 1
trận với n – 1 đội còn lại đều thắng)
- Xét n – 1 đội còn lại, ta xác định đội đứng nhất trong n – 1 đội còn lại có số
điểm nhỏ nhất là bao nhiêu
Gọi T là tổng số điểm của n – 1 đội đấu với nhau, số trận của n – 1 đội còn là

( n − 1) ( n − 2 )
2

=> T = (n – 1)(n – 2). (Dù thắng – thua hay hòa, thì sau mỗi trận

đều có 2 điểm)
Gọi B là số điểm của đội nhất trong n – 1 đội còn lại
=> B ( n − 1) ≥ ( n − 1) ( n − 2 ) => B ≥ n − 2
=> A − B ≤ 2 ( n − 1) − ( n − 2 ) = n => A − B ≤ n
Sự chênh lệch về điểm lớn nhất có thể giữa các đội xếp hạng liền nhau là n
điểm.
Thầy : Nguyễn Đức Tính – TP Thanh Hóa

1.0