72. Đề thi tuyển sinh vào lớp10 tỉnh Thanh Hóa 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 (628.34 KB, 5 trang )

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA

Đề thi gồm 01 trang

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN 
NĂM HỌC 2018 - 2019

Mơn: TỐN

(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. Tính giá trị biểu thức: 1 1 1 1 ... 1 1

1 2 1 2 3 1 2 ... 2018

P        

     

    .

2. Cho hai số thực a , b lần lượt thỏa mãn các hệ thức 3 2

3 5 17 0

a  a  a  và

3 2

3 5 11 0

b  b  b  . Chứng minh a b 2.
Câu II: (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: x2  x 4 2 x1(1x).

2. Giải hệ phương trình: 2 2

2 2

1 1

1 1 2

x y

x y xy

  




     


Câu III: (2,0 điểm)

1. Tìm tất cả các cặp số nguyên

 

x y; thỏa mãn: x2019  y2019y1346y6732.

2. Cho n là số nguyên dương tùy ý, với mỗi số nguyên dương k đặt 
1k 2k ... k

k

S    n . Chứng minh S2019 S . 1
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.

2. Chứng minh PB DB

PC  DC và D là trung điểm của QS.

3. Khi ,B C cố định và điểm A thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn các điều kiện trên, chứng 
minh đường trịn ngoại tiếp tam giác PQR ln 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: ...

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

ĐÁP ÁN CHI TIẾT

Câu I.1.

Với n ,n1, ta có: 1 2 3 ... ( 1)
2

n n

n 

    

Từ đó suy ra: 1 1 ( 1)( 2), ( , 1)

1 2 3 ... ( 1)

n n

n n n

 

   

    

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

. .... .

2.3 3.4 2018.2019 2.3.4...2018 3.4...2019

P  .

Vậy 2020 1010

3.2018 3027

P  .

Câu I.2.

Ta có:



a1



32



a 1



140 và



b1



32



b 1



140

Cộng từng vế của hai biểu thức trên ta được:



 





 



1 1 2 1 2 1 0

a  b  a  b  .

Đặt 1

1
x a
y b
 

  

 đẳng thức trở thành:

3 3

2 2 0

x y  x y 2 2

(x y x)( xy y 2) 0

     

x y

   (do

2 2

2 2 3

2 2 0

2 4

y y

x xyy  x    

  )

Vậy (a      1) (b 1) 0 a b 2

Câu II.1.

Điều kiện xác định: x1.

Ta có: x2  x 4 2 x1(1x) x22x x   1 x 1 2(x x  1) 3 0

Đặt x x 1 y (điều kiện y1).

Phương trình trở thành y22y 3 0 1
3
y
y
 

  

  y 3 (do y1)

Khi đó : x x 1 3 x  1 3 x 12 3

7 10 0

x
x x
 

 
  

1 3
2
2
5
x
x
x

x
 


   

 


Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x2.

Câu II.2.

Điều kiện xác định:

2 2

, 0

2 0

1 0; 1 0

x y
xy
x y
 
  

    


Hệ phương trình đã cho tương đương với hệ:

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

( ) 2 1 4 0

x y x y

x y x y x y xy

  




       



2 2 2 2

2 2

(1)

2 0 (2)

x y x y

x y xy

  


 

  



Từ (2) ta có: 2 2 1

2 0

xy

x y xy

xy
 

    



+Với xy2, thay vào (1) suy ra x2 42 4 x2 2 x 2

x

       .

Từ đó suy ra hệ có các nghiệm: ( ; )x y 



2; 2



; ( ; )x y  



2; 2



(thỏa mãn điều kiện)
+Với xy 1, thay vào (1) suy ra x2 12 1

x

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

2
Vậy hệ có 2 nghiệm: ( ; )x y 



2; 2



; ( ; )x y  



2; 2



Câu III.1.

Giả sử

 

x y là cặp số nguyên thỏa mãn phương trình đã cho. ;

Đặt 673 673

ax b y ta có a b,  thỏa mãn a3 b3b2 b 2.

Ta thấy: 3













1 2 1 1 1

a  b  b   b và a3 b3 



b 1



b2 .



+) Nếu b1 hoặc b 2 thì



b1



b2



0. Suy ra:





3 3 3

1 1

b a b    b a b điều này khơng thể xảy ra vì a b,  .
+) Nếu   2 b 1, vì b suy ra b  



2; 1;0;1



Với 673

2 2 .

b  y    y

Với 673

0 2 2 .

b   a x   x

Với
673
673
1 1
1 1
1
1
y x
b a
y

x
    

       

 

 (thỏa mãn)

Với
673
673
1 1
1 1
1
1
y x
b a
y
x
   

     

 

 (thỏa mãn)

Vậy các cặp số nguyên thỏa mãn là

   

x y;  1;1 và ( ; )x y 



1; 1



Câu III.2.

Ta có 1 1 2 ... ( 1)

n n

S     n  .

Để chứng minh bài toán ta chỉ cần chứng tỏ 2S2019 n n( 1).

Ta có nhận xét sau: Với a b, nguyên dương bất kì thì



a2019b2019



(ab).
Thật vậy :

2019 2019 2018 2017 2017 2018

( )( ... ) ( )

a b  a b a a b ab b a b .

Xét hai trường hợp:

+) Nếu n lẻ: Từ nhận xét trên ta có 2019 2019 2019 2019 2019
2019

2S 2n 2 1  (n 1) 2 2  (n 2) 

2019 2019
1 1

... 2
2 2
n n
n
      
     
   
 
 

2019 2019 2019 2019

2019

2S 2(1 n )2 2  (n 1) 

2019 2019 2019 2019

1 3 1 1

... 2 ( 1)

2 2 2 2

n n n n

n
             

            
       
   
   

Mặt khác n và n1 nguyên tố cùng nhau nên 2S2019 n n( 1). 
+) Nếu n chẵn: Ta có

2019 2019 2019 2019 2019

2019

2S 2n 2 1  (n 1) 2 2  (n 2) 

2019 2019 2019 2019

2 2

... 2

2 2 2 2

n n n n

n
           
           

       
   
   

2019 2019 2019 2019

2019

2S 2(1 n )2 2  (n 1) 

2019 2019 2019 2019

2 4 2

... 2 2 ( 1)

2 2 2 2

n n n n

n
            
           
       
   
   

Suy ra 2S2019 n n( 1).

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

Câu IV.1.

M

Q

R

S

P D

H
E

F
A

B C

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.

Từ đó suy ra BCA BQR 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

FEH FAH BAD.

Tương tự DEH DCH BCF. Mà BADBCF (cùng phụ với ABC ).

Suy ra FEH DEH , hay EB là đường phân giác trong góc E của tam giác DEP.
Theo tính chất đường phân giác ta có : ED BD

EP  BP .

Mặt khác ACBE nên AC là phân giác ngoài của DEP , nên ED CD
EP  CP .
Suy ra : CD BD

CP  BP

PB DB

PC DC

  .

Chứng minh tương tự ta có FC là phân giác góc DFE , hay DFS SFE.
Mà SFEFSD (so le trong do QR EF)

Vậy DFS FSD hay tam giác DFS cân tại DDF DS
Ta lại có, do tính chất phân giác ngồi nên DFQ AFE

Mà AFEFQD(đồng vị). Suy ra tam giác DFQ cân tại DDFDQ

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 trịn ngoại tiếp
tam giác PQR đi qua M cố định.

Thật vậy, do tứ giác BQCR nội tiếp nên DQ DR. DB DC. (4)
Theo câu 2) ta có PB DB DB PC. DC PB.

PC  DC   DB DP



DC



DC DP DB







DC DB

DB DC DP  

   

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

4
Do M là trung điểm BC và AB AC nên

DC DB
DM



 .

Do đó DP DM. DB DC. (5)
Từ (4) và (5) ta được DP DM. DQ DR. .

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 D ii, 1,n là đội bóng thứ i và d là điểm số của đội i D sau giải đấu. i

Không mất tính tổng quát, giả sử d1d2  ... dn.

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 dsds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,...,D và nhóm 2 gồm các đội cịn lại s
1,...,

s n

D D .

Khi đó s đội trong nhóm 1 đấu với nhau ( 1)

s s

trận và nhận s s( 1) điểm. Ngoài ra các đội thuộc
nhóm 1 đấu với các đội thuộc nhóm 2 tất cả (n s s ) trận và nhận khơng q 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 khơng quá s s(  1) 2(ns s) (2n s 1)s.
Từ đó suy ra ds (2n s 1)s 2n s 1

s

 

    (1)

Lại có: Các đội thuộc nhóm 2 đấu với nhau ( )( 1)

ns n s

trận và nhận (ns n)(  s 1) điểm. Do
đó số điểm ds1 của đội Ds1 sẽ lớn hơn hoặc bằng (n s n)( s 1) n s 1

n s

     

 , hay ds1  n s 1

(2)

Từ (1) và (2) suy ra: ds ds1(2n s     1) (n s 1) n .

</div>

72. Đề thi tuyển sinh vào lớp10 tỉnh Thanh Hóa năm học 2018-2019 (chuyên)

 

.

<b>ĐÁP ÁN CHI TIẾT </b>

<b>Câu I.1. </b>

<b>Câu I.2. </b>



















 





 



<b>Câu II.1. </b>

<b>Câu II.2. </b>

















<b>Câu III.1. </b>

 

































   





<b>Câu III.2. </b>





<b>Câu IV.1. </b>

<b>Câu IV.2. </b>

<b>Câu IV.3. </b>









<b>Câu V. </b>

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về