048 toán vào 10 chuyên thanh hóa 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA

ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2018 - 2019
Môn: TOÁN
(Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 09 tháng 6 năm 2018

Câu I: (2,0 điểm)
1 ��
1
� 1 �
�
�
1
1
... �
1
1. Tính giá trị biểu thức: P  �
�
�
�
�.
� 1 2 �
� 1  2  3 � � 1  2  ...  2018 �

2. Cho hai số thực a , b lần lượt thỏa mãn các hệ thức a 3  3a 2  5a  17  0 và
b3  3b 2  5b  11  0 . Chứng minh a  b  2 .
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: x 2  x  4  2 x  1(1  x) .
1
�1

1
2
2
�x
y
.
2. Giải hệ phương trình: �
� x 2  1  y 2  1  xy  2
�
Câu III: (2,0 điểm)
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

Sk  1k  2k  ...  n k . Chứng minh S 2019 MS1 .
Câu IV: (3,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC . Gọi D, E , F lần lượt là chân các đường cao kẻ
từ A, B, C của tam giác, P là giao điểm của các đường thẳng BC và EF . Đường thẳng qua
D 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.
PB DB


2. Chứng minh
và D là trung điểm của QS .
PC DC
3. Khi B, C cố định và điểm A thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn các điều kiện trên, chứng
minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR luôn đi qua một điểm cố định.
Câu V: (1,0 điểm)
Một giải đấu bóng chuyền có n đội tham gia ( n  �, n 2 ), luật đấu như sau: Mỗi đội
đấu với tất cả các đội khác đúng một trận. Sau một trận đấu, đội thắng được 2 điểm, đội thua
được 0 điểm; còn nếu hai đội hòa nhau 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 thứ hạng liền
nhau là bao nhiêu?
------------ Hết -----------Họ và tên thí sinh: ........................................................................................ Số báo danh: ............................................
Chữ ký giám thị 1: ............................................................... Chữ ký giám thị 2: ...............................................................

ĐÁP ÁN CHI TIẾT
0


Câu I.1.

n(n  1)
2
1
(n  1)( n  2)

,(n  �, n 1)
Từ đó suy ra: 1 
1  2  3  ...  n
n( n  1)

Cho n các giá trị từ 2,3,..., 2018 rồi nhân các biểu thức ta được:
1.4 2.5 2017.2020 1.2.3...2017 4.5...2020
P
.
....

.
.
2.3 3.4 2018.2019 2.3.4...2018 3.4...2019
2020 1010

Vậy P 
.
3.2018 3027
Với n  �, n 1 , ta có: 1  2  3  ...  n 

Câu I.2.
Ta có:  a  1  2  a  1  14  0 và  b  1  2  b  1  14  0
3

3

Cộng từng vế của hai biểu thức trên ta được:  a  1   b  1  2  a  1  2  b  1  0 .
3

3

�x  a  1
Đặt �
đẳng thức trở thành: x 3  y 3  2 x  2 y  0 � ( x  y )( x 2  xy  y 2  2)  0

y

b

1
�
2

y � 3 y2
� x  y  0 (do x 2  xy  y 2  2  �
x

 2  0)
�
�
� 2� 4
Vậy (a  1)  (b  1)  0 � a  b  2

Câu II.1.

Điều kiện xác định: x �1 .
Ta có: x 2  x  4  2 x  1(1  x) � x 2  2 x x  1  x  1  2( x  x  1)  3  0
Đặt x  x  1  y (điều kiện y �1 ).
y  1
�
� y  3 (do y �1 )
Phương trình trở thành y 2  2 y  3  0 � �
y3
�
1 �x �3

�
1 �x �3
�
�
� ��
x2 � x2
Khi đó : x  x  1  3 � x  1  3  x � � 2
x

7
x

10

0
�
��
x5
��
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  2 .

Câu II.2.
�x, y �0
�
Điều kiện xác định: �xy  2 �0
�x 2  1 �0; y 2  1 �0
�
2
2
2 2

�
�x  y  x y
Hệ phương trình đã cho tương đương với hệ: � 2
( x  y 2 )  2 x 2 y 2  x 2  y 2  1  xy  4  0
�
�x 2  y 2  x 2 y 2
(1)
� �2 2
(2)
�x y  xy  2  0
xy  1
�
2 2
Từ (2) ta có: x y  xy  2  0 � �
xy  2
�
4
2
2
+Với xy  2 , thay vào (1) suy ra x  2  4 � x  2 � x  � 2 .
x
Từ đó suy ra hệ có các nghiệm: ( x; y )  2; 2 ; ( x; y )   2;  2 (thỏa mãn điều kiện)









1


1
 1 (vô nghiệm).
x2
2; 2 ; ( x; y )   2;  2 .

2
+Với xy  1 , thay vào (1) suy ra x 

Vậy hệ có 2 nghiệm: ( x; y ) 









Câu III.1.

Giả sử  x; y  là cặp số nguyên thỏa mãn phương trình đã cho.
Đặt a  x 673 , b  y 673 ta có a, b �� thỏa mãn a 3  b3  b 2  b  2 .

3
3
Ta thấy: a 3   b  1  2  b  1  1   b  1 và a  b   b  1  b  2  .

3

2

3

+) Nếu b  1 hoặc b  2 thì  b  1  b  2   0 . Suy ra:

 b  1

3

 a 3  b3 � b  1  a  b điều này không thể xảy ra vì a, b ��.

+) Nếu 2 �b �1 , vì b �� suy ra b � 2;  1;0;1 .
Với b  2 � y 673  2 � y ��.
Với b  0 � a  2 � x 673  2 � x ��.
�y 673  1 �x  1
b


1
�
a

1
�
��
Với
(thỏa mãn)

�673
�x  1
�y  1
673
�
�y  1 �x  1
b

1
�
a

1
�
��
Với
(thỏa mãn)
� 673
�x  1 �y  1
Vậy các cặp số nguyên thỏa mãn là  x; y    1;1 và ( x; y )   1; 1 .

Câu III.2.

n(n  1)
.
2
Để chứng minh bài toán ta chỉ cần chứng tỏ 2 S 2019 Mn(n  1) .
Ta có S1  1  2  ...  n 

2019

2019
Ta có nhận xét sau: Với a, b nguyên dương bất kì thì  a  b  M(a  b) .
Thật vậy :
a 2019  b 2019  (a  b)(a 2018  a 2017 b  ...  ab2017  b2018 ) M(a  b) .
Xét hai trường hợp:
2019
12019  ( n  1) 2019 �
22019  (n  2) 2019 �
+) Nếu n lẻ: Từ nhận xét trên ta có 2S2019  2n  2 �
�
� 2 �
�
�

2 S 2019

2019
2019
�
�n  1 �
�n  1 � �
...  2 �
Mn
� � � � �
�2 �
�2 � �
�
 2(12019  n 2019 )  2 �
22019  ( n  1) 2019 �
�

�

2019
2019
2019
2019
�
�n  1 �
�n  3 � � �
�n  1 �
�n  1 � �
...  2 �
M(n  1)
� � �
� � �
� � � � �
�2 �
�2 � ��
�2 �
�2 � �
�
Mặt khác n và n  1 nguyên tố cùng nhau nên 2 S 2019 Mn(n  1) .
+) Nếu n chẵn: Ta có
2S2019  2n 2019  2 �
12019  (n  1) 2019 �
22019  (n  2) 2019 �
�
� 2 �
�
�

2019
2019
2019
2019
�
�n  2 �
�n  2 � � �
�n �
�n � �
...  2 �
Mn
�
� �
� � �
� � � � �
�2 �
�2 � ��
�2 �
�2 � �
�

2 S 2019  2(12019  n 2019 )  2 �
22019  ( n  1) 2019 �
�
�
2019
2019
2019
2019
�

�n  2 �
�n  4 � � �
�n �
�n  2 � �
...  2 �
M(n  1)
�
� �
� � 2 �
� � �
� �
�2 �
�2 � � �
�2 �
�2 � �
�

2


Suy ra 2 S 2019 Mn(n  1) .
Vậy S 2019 MS1 .

Câu IV.1.

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 BCEF nội tiếp nên �
AFE  BCA

� .
Do QR song song với EF nên �
AFE  BQR
�  BQR
�
Từ đó suy ra BCA
hay tứ giác BQCR nội tiếp.

Câu IV.2. Gọi H là trực tâm tam giác ABC . Dễ thấy tứ giác AEHF nội tiếp. Suy ra
�  FAH
�  BAD
� .
FEH
�  DCH
�  BCF
� . Mà BAD
�  BCF
�
Tương tự DEH
(cùng phụ với �
ABC ).
�  DEH
� , hay EB là đường phân giác trong góc E của tam giác DEP .
Suy ra FEH
ED BD

Theo tính chất đường phân giác ta có :
.
EP BP
ED CD

� , nên

Mặt khác AC  BE nên AC là phân giác ngoài của DEP
.
EP CP
CD BD
PB DB

�

Suy ra :
.
CP BP
PC DC
�  SFE
� .
� , hay DFS
Chứng minh tương tự ta có FC là phân giác góc DFE
�  FSD
� (so le trong do QR P EF )
Mà SFE
�  FSD
� hay tam giác DFS cân tại D � DF  DS
Vậy DFS
� �
Ta lại có, do tính chất phân giác ngoài nên DFQ
AFE
� (đồng vị). Suy ra tam giác DFQ cân tại D � DF  DQ
Mà �
AFE  FQD

Từ đó suy ra DS  DQ , hay D là trung điểm QS .

Câu IV.3.

Gọi M là trung điểm của BC. Ta sẽ chứng minh DP.DM  DQ.DR từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp
tam giác PQR đi qua M cố định.
Thật vậy, do tứ giác BQCR nội tiếp nên DQ.DR  DB.DC
(4)
PB DB

� DB.PC  DC .PB � DB  DP  DC   DC  DP  DB 
Theo câu 2) ta có
PC DC

3


�DC  DB �
� DB.DC  DP �
�
� 2
�
Do M là trung điểm BC và AB  AC nên

DC  DB
 DM .
2

Do đó DP.DM  DB.DC
(5)

DP
.
DM

DQ
.
DR
Từ (4) và (5) ta được
.
Suy ra tứ giác PQMR nội tiếp hay đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm của BC cố
định.

Câu V.
Kí hiệu Di , i  1, n là đội bóng thứ i và di là điểm số của đội Di sau giải đấu.
Không mất tính tổng quát, giả sử d1 �d 2 �... �d n .
Xét các hiệu di  di 1 , i  1, n  1 , ta có di  di 1 �0,  i  1, n  1 .
Giả sử đội xếp hạng s và đội xếp hạng s  1 có chênh lệch điểm lớn nhất, nghĩa là hiệu d s  d s 1 lớn
nhất trong số các hiệu trên.
Ta có nhận xét: Sau mỗi trận đấu, dù kết quả thế nào, tổng số điểm của hai đội tham gia thi đấu đều
bằng 2.
Chia các đội bóng làm hai nhóm. Nhóm 1 gồm các đội D1 ,..., Ds và nhóm 2 gồm các đội còn lại
Ds 1 ,..., Dn .
s ( s  1)
Khi đó s đội trong nhóm 1 đấu với nhau
trận và nhận s ( s  1) điểm. Ngoài ra các đội thuộc
2
nhóm 1 đấu với các đội thuộc nhóm 2 tất cả (n  s ) s trận và nhận không quá 2(n  s ) s điểm (vì trong
số (n  s ) s trận này có thể có các trận mà đội thuộc nhóm 1 thua). Do đó tổng điểm mà s đội nhóm 1
nhận được không quá s ( s  1)  2(n  s) s  (2n  s  1) s .
(2n  s  1) s

 2n  s  1
Từ đó suy ra d s �
(1)
s
(n  s )( n  s  1)
Lại có: Các đội thuộc nhóm 2 đấu với nhau
trận và nhận (n  s )(n  s  1) điểm. Do
2
(n  s )( n  s  1)
 n  s  1 , hay d s 1 �n  s  1
đó số điểm d s 1 của đội Ds 1 sẽ lớn hơn hoặc bằng
ns
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: d s  d s 1 �(2n  s  1)  (n  s  1)  n .
Dấu ‘=’ xảy ra khi đội vô địch thắng tất cả các đội và được 2(n  1) điểm, tất cả các đội còn lại khác
đều hòa nhau (và thua đội vô địch), mỗi đội nhận n  2 điểm. Vậy max( di  di 1 )  n .

4