009 toán vào 10 chuyên thanh hóa 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
TỈNH THANH HÓA
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2018-2019
Môn thi: TOÁN CHUYÊN
Thời gian: 150 phút

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1
1 � �
1
� 1 �
�
�
P�
1
1
........ �
1
�
�
�
�
� 1 2 �
� 1  2  3 � � 1  2  3  ....  2018 �
1) Tính giá trị biểu thức
�
a3  3a 2  5a  17  0

�3
2
a
,
b
2) Cho
là các số thực dương thỏa mãn biểu thức �b  3b  5b  11  0
Chứng minh rằng a  b  2

Câu 2
2
1) Giải phương trình : x  x  4  2  1  x  x  1

1
�1
�x 2  y 2  1
�
� 2
2
2) Giải hệ phương trình : � x  1  y  1  xy  2

Câu 3

x; y
1) Tính tất cả các cặp số nguyên dương   thỏa mãn:
x 2019  y 2019  y1346  y 673  2

2) Cho n số nguyên dương tùy ý, với mỗi số nguyên k ta đặt Sk  1  2  ......  n
Chứng minh rằng S2019 MS1
Câu 4: Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC . Gọi D, E, F theo thứ tự là chân các

đường cao kẻ từ A, B, C của tam giác, P là giao điểm các đường BC và EF . Đường
thẳng qua D song song với EF lần lượt cắt các cạnh AB, AC , CF tại Q, R, S
1) CMR: tứ giác BQCR là tứ giác nội tiếp
k

k

k

PB DB

2) Chứng minh PC DC với D là trung điểm QS

3) Khi B, C cố định và A thay đổi thù chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam
giác PQR luôn đi qua một điểm cố định
Câu 5 Trong một giải đấu thể thao có n độ tham dự n �2 , luật đấu như sau: Hai đội
bất kỳ luôn đấu với nhau đúng 1 trận. Sau một trận, đội thắng được 2 điểm, đội
thua 0 điểm và hòa nhau cả hai đội được 1 điểm. Sau giải đấu các đội xếp hạng
théo thứ tự từ cao xuống thấp (bằng điểm xếp cùng hạng). Hỏi điểm chênh lệch lớn
nhất có thể giữa các đội xếp thứ hạng liền nhau là bao nhiêu ?


ĐÁP ÁN
Câu 1
1) Tính giá trị biểu thức
2.3
1
2
1 2  3 
�


2
1  2 2.3
Ta có:
3.4
1
2
1 2  3  6 
�

2
1  2  3 3.4
.................
2018.2019
1
2
1  2  3  .....  2018 
�

2
1  2  3  ......  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

.
.......
2.3
3.4
2018.2019
4 10
4074340

. ...........
2.3 3.4
2018.2019
1.4 2.5 3.6
2016.2019 2017.2020

.
.
........
.
2.3 3.4 4.5
2017.2018 2018.2019
 1.2.......2017  . 4.5.......2020   1.2020  2020  1010


 2.3.......2018  . 3.4.5.......2019  2018.3 6054 3027
2)
3
�
�
 a  1  2a  16  0(1)
a 3  3a 2  5a  17  0
�
�
��
�3
3
b  3b 2  5b  11  0
 b  1  2b  12  0(2)
�
�
�
�  1   2  �  a  1  2a  16   b  1  2b  12  0
3

3

2
2
�  a  1  b  1 �
 2 a  b  2  0
�a  1   a  1  b  1   b  1 �
� 
2

�
�
2
�a  1
� 3
�  a  b  2 �
 b  1�  b  1  2� 0
�
�2
� 4
�
�
2
� �a  1
�
2
� 3
� a  b  2�
do �
 b  1�  b  1  2  0a, b �
� �2
�
� 4
�
�
Vậy ta có điều phải chứng minh
Câu 2.


x2  x  4  2  1  x  x 1

1) Giải phương trình
Điều kiện xác định: x �1

�
a  1  x  a �0 
�
�
b  x  1  b �0 
Đặt �
� a2  b2  1  2x  x2  x  1  x2  x

� Pt � a 2  b 2  4  2ab �  a  b   4
2

�
�
ab  2
1 x  x 1  2
1  x  x  1
�
��
��
��
a  b  1 �
1  x  x  1  2 �
3  x  x 1
�
�
( x  1)  x  1(VN ..khi..x �1)
��

3  x  x 1
�
1 �x �3
�x �1
�
1 �x �3
�
�
�
��
3  x �0
� �2
x2 � x2
��
x

7
x

10

0
�
�
�x 2  6 x  9  x  1
�x  5
��
�
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  2
1

�1
�x 2  y 2  1
�
� x 2  1  y 2  1  xy  2
2) Giải hệ phương trình �
�x 2  1 �0
�x 2 �1
�2
�
�y  1 �0
۳ �y 2 1
�
�xy  2 �0
�xy �2
�
�x, y �0
Điều kiện xác định : �
Hệ đã cho tương đương với
1
�1
�x 2  y 2  x 2 y 2 (1)
�x 2  y 2  1
�
� �2
�
x  y 2  2  2  x 2  1  y 2  1  xy  2(2)
� x 2  1  y 2  1  xy  2
�
�
�

� (2) � x 2 y 2  2  2 x 2 y 2  x 2  y 2  1  xy  2
� x 2 y 2  xy  2 �  xy   xy  2  0
2


�
�
�xy  1
�
�2
2
2
�
xy  2(tm)
�
�x  y  1 �  x  y   1(ktm )
�  xy  2   xy  1  0 � �
��
xy  1(tm) �
�
�
�xy  2
�2
2
�
2
�x  y  4 �  x  y   8
�
�
�xy  2

�
�
�
x y 2
�
�x  y  2 2
��
��
�xy  2
x y 2
�
�
�
�
�x  y  2 2
�

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm

 x; y  thỏa mãn 



2; 2 ;  2;  2



Câu 3

2019

x; y 
 y 2019  y1346  y 673  2
Bài 1. Tính tất cả cặp số nguyên 
thỏa mãn x
x 673  a; y 673  b  a; b ��
Đặt :
3
3
2
Phương trình đã cho trở thành: a  b  b  b  2(*)

� a 3  b3  3b 2  3b  1  2b 2  4b  3   b  1   2b 2  4b  3   b  1
3

a 3  b3  6b 2  12b  8  7b 2  13b  6   b  2    7b 2  13b  6    b  2 
3

Lại có:

b  1  a3   b  2  � b  1  a  b  2
Từ (1) và (2) ta có: 
ab
�
a, b ��� �
a  b 1
�
Vì
* � b3  b 3  b 2  b  2
+) Với a  b ta có:  
� b 2  b  2  0 �  b  1  b  2   0

3

3

b 1
a  b 1
�
�
��
��
b  2
a  b  2
�
�
x  y  1(tm)
�
�
x 673  y 673  1
� �673
�
�
x  y  673 2(ktm)
x  y 673  2
�
�
a  b  1 �  * �  b  1  b3  b 2  b  2
3

+)Với

3
3


� b3  3b 2  3b  1  b3  b 2  b  2
� 4b 2  4b  1  0
� 1  2
b
(ktm)
�
2
��
� 1  2
b
(ktm)
�
�
2
x; y    1;1
Vậy 
Bài 2

n  n  1
2
Ta có ngay:
n 1
Ta sẽ chứng minh S2019 chia hết cho n và 2
n 1
Giả sử n lẻ thì 2 nguyên. Sử dụng khai triển Newton ta có:
S1  1  2  3  .....  n 

a 2 k 1  b 2 k 1   a  b   a 2 k  a 2 k 1.b  .....  b 2 k  M(a  b)

Do vậy:



  ....   n  1  M n  1
  n  2    .....    n  1
 1   2.n

2  12019  22019  ....  n 2019    12019  n 2019   22019   n  1



2  12019  22019  ....  n 2019   12019   n  1

 n; n  1  1 nên 2  1

2009

Do

  2

 2 209  ....  n 2009 

Do vậy S 2019 MS1
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Câu 4

2019

2019

2019

chia hết cho

2019

2019

n  n  1

2019

2019

2019

2019

Mn


1) CMR: tứ giác BCQR là tứ giác nội tiếp
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 BFEC nội tiếp nên AFE  BCA (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh
đối diện
�
�
Vì QR / / EF � AFE  BQR (hai góc đồng vị)



�  BQR
�
� BCA
�
AFE



� BQCR là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng

nhau)
PB DB

PC
DC với D là trung điểm QS
2) Chứng minh
Xét DHB và EHA ta có:
� �
� �
HDB
AEH  900 ; BHD

AHE (hai góc đối đỉnh)
DB HB
� DHB : EHA( g  g ) �

AE HA (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
Xét DHC và FHA ta có:
� �
� �
HDC
AFH  900 ; CHD
AHF (hai góc đối đỉnh)


DC HC

AF HA (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
HC
DB AE HB AE FB
� DC 
. AF �

.

.
(1)
HA
DC AF HC AF EC
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến PEF ta được:
PB EC FA
PB AE FB

.
.
1�

.
(2)
PC EA FB
PC AF EC
PB DB

(3)(dpcm)
Từ (1) và (2) ta được : PC DC
DQ BD DS CD

.

Do QR song song với EF nên theo định lý Ta-let : PF BP PF CP
Kết hợp với (3) ta được DQ  DS hay D là trung điểm QS
� DHC : FHA( g  g ) �

3) Khi B, C cố định và A thay đổi thì chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác
PQR luôn đi qua một điểm cố định
Gọi M là trung điểm BC . Ta sẽ chứng minh DP.DM  DQ.DR
�
�
Thật vậy, do tứ giác BQCR nội tiếp � QBC  QRC (các góc nôi tiếp chắn cung QC )
� QBD : CRD ( g  g ) �

� DQ.DR  DB.DC (4)

QD BD

CD RD (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

�DC  DB �
DP.DM  DB.DC � DP. �
� DB.DC
� 2
�
Tiếp theo ta chứng minh:

DP.  DC  DB   2 DB.DC � DB.  DP  DC   DC.  DP  DB  � DB.PC  DC.PB
�

PB DB

PC DC (Đúng theo phần b). Do đó: DP.DM  DB.DC (5)

Từ (4) và (5) ta được

DP.DM  DQ.DR �

DP DQ

DR DM

Xét DQP và DRM ta có:
DP DQ
�  RDM
�


(cmt ); PDQ
DR DM
(hai góc đối đỉnh)


�  RMP
�
� DQR : RMD(c  g  c) � PQR
(hai góc tương ứng)
� PQMR là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc

bằng nhau)
� Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm của BC (đpcm)
Câu 5

A  2  n  1
Đội đứng thứ nhất có điểm cao nhất là
điểm (Đội này đấu n  1 trận
với các đội còn lại và đều thắng)
Xét n  1 đội còn lại ta có: Đội đứng nhất trong số n  1 đội còn lại có số điểm nhỏ nhất
được xác định như sau:
 n  1  n  2 
2
Gọi P là tổng điểm của n  1 đội đấu với nhau, số trận của n  1 đội còn lại:
� P   n  1  n  2 
(Vì mỗi đội thắng hay hòa thì sau mỗi trận đều có 2 điểm)
Q
Gọi là số điểm của đội nhất trong n  1 đội còn lại


Q�
 n�1  n 1  n 2  Q n 2

� A  Q  2  n  1   n  2   n
Vậy sự chênh lệch về điểm số lớn nhất có thể giữa các đội xếp hạng liên nhau là n điểm.