52. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 tỉnh Khánh Hòa năm học 2018-2019(chuyên)

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (494.87 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

KHÁNH HÒA TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ Q ĐƠN



Năm học 2018 - 2019



Mơn thi

: TỐN (CHUYÊN) 
 Ngày thi: 06/6/2018

(Thời gian: 150 phút - không kể thời gian phát đề)


Bài 1: (3,00 điểm)

a) Giải phương trình 2

2 2 3 1

x  x  x x .

b) Có bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số abc sao cho a b c, , là độ dài ba cạnh của một tam
giác cân.

Bài 2: (2,00 điểm)

a)

Chứng minh rằng với mọi số thực a b c, , ta ln có





2 2 2 2





2 .

a b c  a b c  ab bc ca

b)

Cho ba số x y z, , khác 0 đồng thời thỏa mãn 1

x  y z , 12 12 12 1 4

x  y z xyz  và

1 1 1

x  y z . Tính giá trị biểu thức







2017 2017 2019 2019 2021 2021

Q y z z x x y .

Bài 3: (3,00 điểm) Cho đường trịn ( )O đường kính BC và H là một điểm nằm trên đoạn thẳng

BO (điểm H không trùng với hai điểm B và O). Qua H vẽ đường thẳng vng góc với BC, cắt

đường tròn ( )O tại A và D. Gọi M là giao điểm của AC và BD, qua M vẽ đường thẳng vng góc

với BC tại N.

a) Chứng minh rằng MNBA là tứ giác nội tiếp.
b) Tính giá trị của

2 BO OH

P

AB BH

 

   

  .

c) Từ B vẽ tiếp tuyến với đường tròn ( )O , cắt hai đường thẳng AC và AN lần lượt tại K và

E. Chứng minh rằng đường thẳng EC luôn đi qua trung điểm I của đoạn thẳng AH khi điểm Hdi
động trên đoạn thẳng BO.

Bài 4: (1,00 điểm)

Với a b c, , là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a b c  abc. Chứng minh rằng

2 2

1 1

a b

c

a b

 

    .

Bài 5: (1,00 điểm)

Để tiết kiệm chi phí vận hành đồng thời đưa du khách tham quan hết 18 danh lam thắng cảnh
trong tỉnh K, Công ty Du lịch lữ hành KH đã thiết lập các tuyến một chiều như sau: nếu có tuyến đi
từ A đến B và từ B đến C thì sẽ khơng có tuyến đi từ A đến C. Hỏi có bao nhiêu cách thiết lập để

đi hết 18 địa điểm trên ?

 HẾT 

- Đề thi có 01trang;

- Giám thị khơng giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: . . . SBD: . . . ./Phòng: . . .
Giám thị 1: . . .

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ Q ĐƠN 
MƠN: TỐN (CHUN)

NĂM HỌC 2018 – 2019 
- Hướng dẫn chấm có 04 trang;

- Các cách giải khác đúng, cho điểm tối đa phần tương ứng.

Bài Đáp án Điểm

Bài 1 
(3,00đ)

a) Giải phương trình x22x 2 3x x1. 2,00 
Điều kiện x 1, ta có

2 2 3 1

x  x  x x x23x x 1 2(x 1) 0. 0,5
Đặt ux v và  x 1 0, Phương trình đã cho trở thành u23uv2v2 0. 0,5



u v u



2v



    0

2 0 2

u v u v

u v u v

  

 

 

  

  0,5

TH1: uv ta có 1 0 2 1 5

2
1

x

x x x

x x



 

    

 

 .

TH2: u2v ta có 2 1 0 2 2 2 2

4( 1)
x

x x x

x x




     

 

 .

Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của phương trình đã cho là 2 2 2, 1 5
2

x  x  .

0,5

b) Có bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số abc sao cho , ,a b c là độ dài ba cạnh của

một tam giác cân. 1,00

TH1: lập thành tam giác đều thì a  b c 0, có 9 số lập được. 0,25 
TH2: Xét a b c. Vì a+ b> c nên

(2,2,c) có 2 cách chọn c, lập được 2 số.
(3,3,c) có 4 cách chọn c, lập được 4 số.
(4,4,c) có 6 cách chọn c, lập được 6 số.

Bắt đầu từ bộ a = b 5 trở đi thì a b 10 thì dù chọn c là số bất kì từ 1 đến 9 (khơng tính
trường hợp trùng với a, b) thì ta đều có a+b>c.

Chọn a, b có 5 cách chọn, Chọn c có 8 cách chọn. Nên có 8.5 = 40 cách chọn, lập được 40
số.

0,25

Vì vai trị a, b, c là như nhau nên có ( 2+4+6+40)×3 = 156 số. 0,25

Vậy có 9+156 = 165 số cần tìm. 0,25

Bài 2 
(2,00đ)

a) Cho , ,a b c là các số thực. Chứng minh rằng



a b c 



2 a2b2 c2 2



ab bc ca



. 1,00 
Ta có VT 



a b c 



2 



a b 



c2



a b



22



a b c c



 2 0,5





2 2 2

a b c ab bc ca VP

       . (Điều phải chứng minh) 0,5

b) Cho ba số x y z, , khác 0 đồng thời thỏa mãn 1

x  y z ,

2 2 2

1 1 1 1

x  y z xyz  , và

1 1 1

x  y z . Tính giá trị biểu thức



2017 2017



2019 2019



2021 2021



Q y z z x x y .

1,00

Ta có:

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Bài Đáp án Điểm





2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

4 x y z 2

x y z xyz x y z xyz x y z xy yz zx

   

               

 

1 1 1

x y z

 
   

  .( theo câu a)
Mà 1 1 1 0

x  y z , suy ra

1 1 1

2. (1)
x  y z

Mặt khác 1 1 2

2
x y z

x y z

    

  . (2)

0,25

Từ (1) và (2) suy ra







1 1 1 1

(xy yz zx x)( y z) xyz x y y z z x 0

x  y z x y z            .

0,25

x y

y z

z x

 


  

  


do đó x2021 y2021,y2017  z2017,z2019  x2019. VậyQ0. 0,25

Bài 3 
(3,00đ)

Cho đường tròn ( )O đường kính BC và H là một điểm nằm trên đoạn thẳng

BO (điểm H không trùng với hai điểm B và O). Qua H vẽ đường thẳng vng góc 
với BC, cắt đường tròn ( )O tại Avà D. Gọi M là giao điểm của AC và BD, qua

M vẽ đường thẳng vng góc với BC tại N.

a) Chứng minh rằng MNBA là tứ giác nội tiếp.

1,00

Ta có BAC900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BAM 900. 0,25

Mặt khác 0

MNB . 0,25

Suy ra Tứ giác MNBA có 0 0 0

90 90 180

BAMMNB   . 0,25

Suy ra tứ giác MNBA là tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính MB. 0,25

b) Tính giá trị của

2 BO OH

P

AB BH

 

   

  . 1,00

Ta có ABC vng tại A, nên:

2 2

AB AB

BH

BC BO

  . 0,25

2 2 2

2
2

AB BO AB

OH BO BH BO

BC BO



     . 0,25

2 2

2 1

OH BO AB BO

BH AB AB

  

    

  0,25

Vậy P = 1. 0,25

c) Từ Bvẽ tiếp tuyến với đường tròn ( )O , cắt hai đường thẳng AC và AN lần 
lượt tại K và E. Chứng minh rằng đường thẳng EC luôn đi qua trung điểm I của 
đoạn thẳng AH khi điểm H di động trên đoạn thẳng BO.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Ta thấy MBNDBC (đối đỉnh)
DBCDAC ( Tứ giác DBAC nội tiếp)
Suy ra MBNDACNMBBCA(1)

Tứ giác MNBA nội tiếp nên ta có NMB NAB (2)
Tam giác OAC cân tại O BCAOAC (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra NAB OAC OACBAONABBAOBAC NAO
Mà BAC900 NAO900

Suy ra NA là tiếp tuyến của (O).

Theo tính chất tiếp thuyến ta có EA=EB và EAB EBA .

0,25

Trong tam giác vng KAB, ta có EABEBABKAEAK (Phụ với 2 góc bằng nhau)

KAE

 cân tại EAEKEEBKE 0,25

Mặt khác AH//BK ( cùng vng góc với AB)

AI//KE CI AI

CE KE

  (Định lý Thales)

HI//EB CI HI

CE BE

  (Định lý Thales) AI HI

KE BE

 

0,25

Mà KEEB, suy ra AI HI nên I là trung điểm đoạn thẳng AH. 0,25

Bài 4 
(1,00đ)

Với , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a  b c abc. Chứng minh

rằng

2 2

1 1

a b

c

a b

 

    . 1,00

Ta có a b c abc 1 1 1 1

bc ca ab

       . Đặt 1 x
a  ,

y
b ,

z
c 

Khi đó x y z, , 0 và xyyzzx1. Vì vậy

0,25













2 2 2

2 2 2 2

2 2 2

2 2

1 1 1

1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1 0

1 1 1

1 1 1 1 0 (4)

a b z

c x y

a b z

z

x y x y

z

z z x y

x y

z

            


         

   

      

0,25

Ta có: 1x2 1y2  1x2y2x y2 2 



1xy

 

2 x y

 

2  xy



1z2 . 0,25

 





















2 2

1 1

4 1 1 1 1 0

1 1

1 1 1 1 0

z z x y z

x y

z

z xz yz z

x y

z

   

      

   

      

















2 2

1 1 1

1 1 1 1 0

1 1 1 1 0, , , 0.

z xy z

x y

z

xy z

x y x y z

z

   

      



        

Ta có điều phải chứng minh.

0,25

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Bài Đáp án Điểm 
(1,00đ) lam thắng cảnh trong tỉnh K, Công ty Du lịch lữ hành KH đã thiết lập các tuyến một

chiều như sau: nếu có tuyến đi từ Ađến B và từ B đến C thì sẽ khơng có tuyến đi từ

A đến C. Hỏi có bao nhiêu cách thiết lập để đi hết 18 địa điểm trên?

Gọi A là địa điểm có nhiều tuyến đường nhất (gồm cả đường xuất phát từ A và đường đi đến
A). Ta chia các địa điểm còn lại thành 3 loại:

Loại 1: các tuyến đường xuất phát từ A có n(1) = m tuyến đường.
Loại 2: các tuyến đường đi đến A có n(2) = n tuyến đường.
Loại 3: khơng có tuyến đi và đến từ A có n(3) = p tuyến đường.
Khi đó: m+n+p = 17.

0,25

Số tuyến đường liên quan đến A có m + n tuyến.

Số tuyến đường khơng liên quan đến A không vượt quáp m n







.
Số tuyến đường liên quan đến loại 1 và 2 khơng vượt q .m n .

0,25

Vì









2 2 2

a b c  ab bc ca a b c ab bc ca



2 2 2





 



2 a b c 2 ab bc ca a b b c c a 0,

             với mọi số thực

, ,

a b c. Do đó





3
a b c
ab bc ca     .(5)

Gọi Slà số cách thiết lập đi hết 18 địa điểm, áp dụng (5)

Có











 



. . 1 1 108

3
m n p

S   m n p m n m nm n p m n p       .

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

6
18

1 6 6

m

m n p n

p




      

 


0,25

Vậy có thể thiết lập tối đa 108 tuyến đường một chiều để đi hết 18 địa điểm đã cho. 0,25

</div>

52. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 tỉnh Khánh Hòa năm học 2018-2019(chuyên)

<b><sub>Năm học 2018 - 2019</sub></b>

<b>Mơn thi</b>

<i>(Thời gian: 150 phút - không kể thời gian phát đề) </i>

a)









b)













































































 

 



 























































 