014 toán vào 10 chuyên đắc lắc 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẮK LẮK

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2018 – 2019

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN – CHUYÊN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm)
Cho đa thức f ( x)  x 3  2 x 2  (1  m) x  m .
1) Khi m  2 , hãy phân tích đa thức f ( x ) thành nhân tử.
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình f ( x)  0 có ba nghiệm phân biệt
x1 , x2 , x3 thỏa mãn x12  x22  x32  4 .
Câu 2 (2,0 điểm)
15
( x  1) 2  15 x  3

1) Giải phương trình: 2
.
x  6x  4
x ( x 2  2 x  4)
�
(2 x  y )( x 2  y 2 )  2 x 2  6 x  xy  3 y
�
2) Giải hệ phương trình: �
2
2
2

� 3( x  y )  7  5 x  5 y  14  4  2 x  x
Câu 3 (2,0 điểm)

(1)
(2)

1) Truyện kể rằng một hoàng tử đi cứu công chúa và gặp một con rắn có 100 cái đầu. Hoàng tử có
hai thanh kiếm: Thanh kiếm 1 cho phép chặt đúng 21 cái đầu rắn. Thanh kiếm 2 cho phép chặt đúng
9 cái đầu rắn nhưng khi đó con rắn lại mọc thêm 2018 cái đầu khác.
Biết rằng nếu con rắn có ít hơn 21 cái đầu hoặc 9 cái đầu thì hoàng tử không dùng được thanh
kiếm 1 hoặc thanh kiếm 2 tương ứng và hoàng tử cứu được công chúa nếu như con rắn bị chặt hết
đầu. Hỏi hoàng tử có cứu được công chúa không?
2) Tìm các số nguyên x, y , z thỏa mãn đồng thời: x 2  4 y 2  z 2  2 xz  4( x  z )  396 và
x 2  y 2  3z .
Câu 4 (1,0 điểm)
1) Cho các số thực x, y không âm, chứng minh rằng x 3  y 3 �x 2 y  xy 2 .
2) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc  1 . Chứng minh rằng:
ab
bc
ca
 5 5
 5
�1 .
5
5
a  b  ab b  c  bc c  a 5  ca
Câu 5 (3,0 điểm)
1) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn  ABABC, chúng cắt nhau tại H.
a) Chứng minh rằng tứ giác DHEC nội tiếp. Xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác

DHEC.
b) Trên cung nhỏ EC của đường tròn  O  lấy điểm I sao cho IC>IE , DI cắt CE tại N. Chứng
minh NI.ND=NE.NC .
c) Gọi M là giao điểm của EF với IC. Chứng minh MN vuông góc với CH.
2) Biết rằng mỗi đường chéo của một ngũ giác lồi ABCDE cắt ra khỏi nó một tam giác có diện
tích bằng 1. Tính diện tích của ngũ giác ABCDE.
---------- Hết -------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:......................................................... Số báo danh:........................................................
Chữ kí giám thị 1:.......................................................... Chữ kí giám thị 2:...............................................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẮK LẮK

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn thi: TOÁN – CHUYÊN

ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đáp án, biểu điểm và hướng dẫn chấm gồm tất cả 04 trang)
A. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM.
Câu

Đáp án
Cho đa thức f ( x )  x  2 x  (1  m) x  m .
1) Khi m  2 , hãy phân tích đa thức f ( x) thành nhân tử.
f  x   x3  2 x 2  x  2

Điểm

f ( x )  ( x  1)( x  1)( x  2) .
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình f ( x)  0 có ba nghiệm
2
2
2
phân biệt x1 , x2 , x3 thỏa mãn x1  x2  x3  4 .

0,25

3

2

x 1
�
2
Phân tích phương trình ( x  1)( x  x  m)  0 � �2
x  x  m  0 (*)
Câu 1
�
(2,0 Phương trình f ( x)  0 có 3 nghiệm phân biệt
điểm) � Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1.
m �0
�
m �0
�
�
��
��
1

  1  4m  0
m
�
�
�
4
Lúc đó: x1  1, x2  x3  1; x2 x3  m
Điều kiện: x12  x22  x32  4 �  x2  x3   2 x2 x3  3 � m  1 .
2

Vậy 

1
 m  1, m �0 .
4

Câu 2
15
( x  1) 2  15 x  3

.
(2,0 1) Giải phương trình: x 2  6 x  4
x( x 2  2 x  4)
điểm)
Điều kiện: x �0; x �3  5; x �3  5  * .
1
1
1
 2


Phương trình biến đổi thành: 2
x  6 x  4 x  2 x  4 15 x
1
1
1
�


(1)
4
4
.
15
x 6 x 2
x
x
4
Đặt x   t  t �2; t �6  .
x
t  4
�
1
1
1

 ��
PT (1) trở thành:
.
t  12
t  6 t  2 15

�
4
Với t  4 ta có x   4 � x  2 thỏa mãn (*).
x
�
x  64 2
4
Với t  12 ta có x   12 � �
thỏa mãn (*).
x
x  64 2
�

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

0,25
0,25

1

�
(2 x  y )( x 2  y 2 )  2 x 2  6 x  xy  3 y
�
2) Giải hệ phương trình: �
2
2
2
� 3( x  y )  7  5 x  5 y  14  4  2 x  x

(1)
(2)

Phương trình (1): (2 x  y )( x  y  x  3)  0 � 2x  y .
2

Thế vào (2):

2

3x 2  6 x  7  5 x 2  10 x  14  4  2 x  x 2

Đánh giá vế trái của (*):

0,25

 * .

3( x  1) 2  4  5( x  1) 2  9 �5 .

Và đánh giá vế phải của (*): 4  2 x  x 2  5  ( x  1) 2 �5 .
Dấu bằng xảy ra khi x  1 .
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y )  (1; 2) .
1)
Giả sử con rắn có n cái đầu (n là số nguyên dương).
Nếu dùng thanh kiếm 1 hoặc thanh kiếm 2 thì số đầu rắn sau khi bị chặt là
n  21 hoặc n  2009 . Tức là giảm hoặc tăng một đại lượng là bội số của 7.
Mà 100 chia 7 dư 2 nên hoàng tử không thể cứu công chúa.

0,25
0,25
0,25
0,50
0,50

2) Tìm các số nguyên x, y , z thỏa mãn đồng thời:
x 2  4 y 2  z 2  2 xz  4( x  z )  396 và x 2  y 2  3 z .
Từ điều kiện x 2  y 2  3z suy ra x 2  y 2 chia hết cho 3 hay x, y đều chia hết
cho 3.
x 2  4 y 2  z 2  2 xz  4( x  z )  396 � ( x  z  2) 2  4(100  y 2 ) .
2
2
Câu 3 Suy ra: 100  y là số chính phương và y �100 . Mặt khác yM3 nên
(2,0
y 2 � 0;36 � y � 0;6; 6 .
điểm)
� x2
� x2
2

�
�x  3z
�z 
�z 
�� 3
�� 3
Xét y  0 : �
2
 x  z  2   400 �x  z  2  20 �x  z  2  20
�
�
�
x

6,
z

12
x


9,
z

27
Tìm được
hoặc
.
2
�

�x  36  3z
Xét y  6 hoặc y  6 : �
2
 x  z  2   256
�
� x2
� x2
�z   12
�z   12
�� 3
�� 3
.
�x  z  2  16 �x  z  2  16
�
�

0,25

0,25

0,25

0,25

Giải ra x, z ��. Vậy  x; y; z  là  6;0;12  hoặc  9;0; 27  .

1) Cho các số thực x, y không âm, chứng minh rằng x 3  y 3 �x 2 y  xy 2 .
Bất đẳng thức: x 3  y 3 �x 2 y  xy 2
� x 2 ( x  y )  y 2 ( x  y ) �0
Câu 4 � ( x  y ) 2 ( x  y ) �0 , đúng x, y �0 .

(1,0
a, b, c thỏa mãn abc  1 . Chứng minh rằng:
điểm) 2) Cho các số thực dương
ab
bc
ca
 5 5
 5
�1 .
5
5
a  b  ab b  c  bc c  a5  ca
Chứng minh a 5  b5 �a 2b 3  a 3b 2 � a 3 (a 2  b 2 )  b 3 (a 2  b 2 ) �0
� (a  b) 2 (a  b)(a 2  ab  b 2 ) �0, a, b  0 (*)

0,25

0,25
2


5
5
2 2
5
5
Áp dụng (*): a  b �a b (a  b) � a  b  ab �ab.

abc
c

ab
c
5 5
(1)
a  b  ab a  b  c
bc
a
ca
b
�
(2) ; 5
�
Tương tự 5 5
5
b  c  bc a  b  c
c  a  ca a  b  c
Cộng (1), (2), (3) ta được bất đẳng thức cần chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi a  b  c .
1)

0,25

(3)
0,25

0,25

Câu 5
(3,0

điểm) a) Góc �HDC  �AEB  900 nên tứ giác DHEC nội tiếp đường tròn đường
kính HC.
Tâm O là trung điểm của HC.
b) Xét VNIC và VNED ta có:
� )
�END  �INC (đối đỉnh); �DEN  �CIN (cùng chắn cung CD
Suy ra: VNIC ∽ VNED .
NI NE
�

� NI .ND  NC .NE .
NC ND
� ) (1)
c) �DIC  �DHC (cùng chắn cung CD
�DHC  �ABC (cùng phụ góc �BCF ) (2)
Lại có: �BFC  �BEC  900 nên tứ giác BFEC nội tiếp, suy ra
�ABC  �AEF (3)
Mà �AEF  �MEC (đối đỉnh), từ đó �MEC  �DIC và được tứ giác MENI
nội tiếp, suy ra �EMN  �EIN (4)
� ) (5).
�ACB  �EIN (cùng chắn cung DE
�ACB  �AFE (tứ giác BFEC nội tiếp) (6).
Suy ra �AFE  �EMN � AB / / MN . Mà AB  CH nên MN  CH .

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

3


2)

0,25

Các diện tích S ABC  SABE nên C và E cách đều AB hay AB // CE.
Tương tự các đường chéo còn lại cũng song song với các cạnh tương ứng.
Gọi P là giao điểm của BD và CE và đặt diện tích S BCP  x  0
Do tứ giác ABPE là hình bình hành nên S BPE  S ABE  1 .
Lại có:
S BCP BP SBEP
x
1
1


 �x
5 1 .
, tức là:
S PCD PD S PED
1 x x
2
Diện tích ngũ giác: SABCDE  SABE  SBPE  SCDE  SBCP  3  x .
1
5 5 .
Vậy: S ABCDE 

2









0,25
0,25

0,25

B. HƯỚNG DẪN CHẤM
1. Điểm bài thi đánh giá theo thang điểm từ 0 đến 10. Điểm của bài thi là tổng của các điểm thành phần
và không làm tròn.
2. Học sinh giải theo cách khác nếu đúng và hợp lí vẫn cho điểm tối đa phần đó.
------------------ Hết ------------------

4


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẮK LẮK

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2018 – 2019
PHIẾU CHẤM BÀI THI

Môn thi: TOÁN – CHUYÊN (Dùng cho lần chấm thứ nhất)

Túi số:............................Phách số:...............................
Thang
Câu
Đáp án
điểm
3
2
0,25
1) f  x   x  2 x  x  2
f ( x )  ( x  1)( x  1)( x  2)
0,25
x 1
�
� �2
0,25
2)
x  x  m  0 (*)
�

1

2

Phương trình (*) có hai nghiệm phân
biệt khác 1.
1
۹ m 0 và m   .
4

Lúc đó: x1  1, x2  x3  1; x2 x3  m

0,25

Thang
điểm

Đáp án
bc
a
�
(2) ;
b5  c 5  bc a  b  c
ca
b
�
(3) .
c 5  a 5  ca a  b  c
Suy ra điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi a  b  c .

0,25

Tổng điểm câu 4

1,00

1a) �HDC  �AEB  90
� DHEC nội tiếp đường tròn đường
kính HC.

Tâm O là trung điểm của HC.
0

0,25
0,25
0,25

Tổng điểm câu 1

2,00

b) VNIC ∽ VNED
NI
NE
�

� NI .ND  NC .NE .
NC ND

0,25

c) �DIC  �DHC (1)
�DHC  �ABC (2)

x �0; x �3  5; x �3  5  * .
1
1
1
� 2



x  6 x  4 x 2  2 x  4 15 x
1
1
1
�


(1)
4
4
15
x 6 x 2
.
x
x
4
t �2; t �6 
Đặt x  x  t 
.
t  4
�
1
1
1


��
(1): t  6 t  2 15
t  12 .

�

3( x  1)  4  5( x  1)  9 �5
2

4

Câu

x12  x22  x32  4 � m  1 .
1
Vậy  4  m  1, m �0 .

t  4 � x  2
t  12 � x  6 �4 2
2) Phương trình � 2x  y .

3

Điểm
Chấm

2

4  2 x  x 2  5  ( x  1) 2 �5
Dấu bằng xảy ra khi x  1 .
( x; y)  ( 1; 2)
Tổng điểm câu 2
1) Số đầu rắn sau khi bị chặt là n – 21
hoặc n + 2009.

Mà 100 chia 7 dư 2 nên hoàng tử
không thể cứu công chúa.
2) x, y chia hết cho 3.
( x  z  2) 2  4(100  y 2 )
� y � 0;6; 6 .

y  0 � x  6, z  12 ; x  9, z  27
y  �6 � x, z ��.
Tổng điểm câu 3
2
1) � ( x  y ) ( x  y ) �0
2) Chứng minh a 5  b5 �a 2b3  a 3b 2 .
ab
c
 5
(1)
a  b5  ab a  b  c

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
2,00

0,50
0,50
0,25
0,25
0,25
0,25
2,00
0,25
0,25
0,25

5

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

Lại có: �BFC  �BEC  900 nên tứ
giác BFEC nội tiếp, suy ra
�ABC  �AEF (3)
Mà �AEF  �MEC (đối đỉnh), từ đó
�MEC  �DIC và được tứ giác
MENI
nội
tiếp,
suy
ra
�EMN  �EIN (4)

�ACB  �EIN (5).
�ACB  �AFE (6).
�AFE  �EMN
Suy
ra
� AB / / MN .
Mà AB  CH nên MN  CH .

0,25

0,25

0,25

2) S ABC  SABE nên C và E cách đều
AB hay AB // CE.
Tương tự các đường chéo còn lại
cũng song song với các cạnh tương
ứng.

0,25

Gọi P là giao điểm của BD và CE và
đặt diện tích S BCP  x  0
Do tứ giác ABPE là hình bình hành
nên S BPE  S ABE  1 .

0,25

Lại có:

S BCP BP S BEP


tức
S PCD PD S PED ,
x
1
1
 �x
5 1 .
1 x x
2

0,25



là:



S ABCDE  S ABE  SBPE  S CDE  S BCP
 3 x
Vậy: S ABCDE 

1
2



Tổng điểm câu 5



5 5 .

0,25

3,00

Điểm
Chấm


Đánh dấu X vào ý đúng ở cột Thang điểm. Ghi điểm từng câu vào cột Điểm chấm.
Tổng điểm chấm:
– Bằng số: ...................................................
– Bằng chữ: .................................................

Ngày …… tháng 06 năm 2018
Cán bộ chấm thi
(Kí ghi rõ họ tên)