Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Hùng Vương môn Toán - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo Phú Thọ (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Hùng Vương môn Toán - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo Phú Thọ (Có đáp án)

1. HƯỚNG DẪN ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG MÔN TOÁN 2018-2019 Nguyễn Đăng Khoa - Học sinh khóa 2014-2018 THCS Lâm Thao - Lâm Thao - Phú Thọ Ngày 8 tháng 6 năm 2018 Câu 1 (2,0 điểm) 1 1 1 a, Cho a, b, c là 3 số thực đôi một khác nhau thỏa mãn a + = b + = c + = x (x ∈ R). b c a Tính P = x.abc 1 1 1 b, Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = 9 và + + = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của x y z biểu thức T = x3 + y3 + z3 + 3xyz Hướng dẫn 1 1 b − c a, Ta có: a + = b + ⇔ a − b = b c bc c − a a − b Tương tự: b − c = ; c − a = ca ab Nhân 3 biểu thức với nhau ta thu được: a2b2c2 = 1 ⇔ abc = 1 hoặc abc = −1 Nếu abc = 1 thì giả thiết sẽ tương đương với: a + ac = b + ba = c + cb = x Suy ra x3 = abc(a + 1)(b + 1)(c + 1) = abc + ab + bc + ca + a + b + c + 1 = ab + bc + ca + a + +b + c + 2 Mặt khác: a + ac = b + ba = c + cb = x → 3x = a + b + c + ab + bc + ca Suy ra x3 = 3x + 2 nên x = 2 hoặc x = −1. Từ đó P nhận hai giá trị là 2 hoặc -1. Tương tự với trường hợp abc = −1 ta cũng có hai giá trị của P vẫn là 2 hoặc -1. b, Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz ta có: 1 1 1 9 + + ≥ = 1 x y z x + y + z Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 3 1
2. Khi đó giá trị nhỏ nhất của P đồng thời là giá trị duy nhất là P = 162 Nhận xét: Bài toán này đề đúng chắc là tính giá trị biểu thức chứ không phải là một bài cực trị đại số. Câu 2(2,0 điểm). Cho a là số nguyên dương. Giả sử x1 < x2 < x3 là ba nghiệm của phương trình x3 − 3x2 + (2 − a)x + a = 0 2 2 2 a, Chứng minh rằng A = 4(x1 + x2) − x1 + x2 + x3 không đổi khi a thay đổi n n n b, Đặt Sn = x1 + x2 + x3 . Chứng minh rằng Sn là số nguyên lẻ với mọi n ∈ N Hướng dẫn a, Ta viết lại phương trình dưới dạng: √ √ (x − 1)(x2 − 2x − a) = 0 nên phương trình có 3 nghiệm x = 1; x = 1 + a + 1; x = 1 − 1 + a √ √ Vì a là số nguyên dương nên 1 − 1 + a < 1 < 1 + 1 + a √ √ Suy ra x1 = 1 − 1 + a; x2 = 1; x3 = 1 + 1 + a và x1 + x3 = 2; x1.x3 = −a 2 2 2 Vì x1 và x3 là nghiệm của phương trình x − 2x − a = 0 nên ta có: x1 = 2x1 + a và x3 = 2x3 + a 2 2 Suy ra P = 5 + 4x1 − x1 + x3 = 5 + 4x1 − 2x1 − a + 2x3 + a = 9 Vậy ta có điều phải chứng minh. n n b, Ta đặt Qn = x1 + x3 Với n = 0 và n = 1 thì Q0 = Q1 = 2 là số chẵn n+2 n+2 n+1 n n n Ta lại có: Qn+2 = x1 + x3 = (x1 + x3)(x1 + x3 ) − x1x3(x1 + x3 ) = 2.Qn+1 + a.Qn Theo nguyên lí quy nạp thì Qn là số chẵn với mọi số tự nhiên n n n n Suy ra Sn = x1 + x2 + x3 = 1 + Qn là số lẻ Vậy ta hoàn tất chứng minh. Câu 3(2,0 điểm) a, Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x2(y + 3) = y(x2 − 3)2. √ 13x2 − 28x + 24 b, Giải phương trình x2 − 2 2x − 1 = 2x + 1 Hướng dẫn y + 3 x2 − 32 a, Ta có: x2(y + 3) = y(x2 − 3)2 ⇔ = y x 3 9 ⇔ 1 + = x2 + − 6 y x2 Xét trường hợp x = 1 thì y = 1, x = 2 thì không thỏa mãn 2
3. 3 9 Nếu x ≥ 3 thì ⇔ = x2 + − 7 > x2 − 7 ≥ 2 y x2 ⇒ 2y < 3 nên y = 1 từ đó suy ra x = 3 Kết luận nghiệm (x, y) ∈ {(1, 1); (3, 1)} b, Quy đồng lên ta có phương trình: √ x2(2x + 1) − 2(2x + 1) 2x − 1 = 13x2 − 28x + 24 √ √ ⇔ 2(x − 2)3 + 4(x − 2) = 2( 2x − 1)3 + 4 2x − 1 √ Từ đây suy ra x − 2 = 2x − 1 ⇒ x = 5 Vậy S = {5} Câu 4(3,0 điểm). Cho nửa đường tròn tâm (O) đường kính AB = 2R, H là điểm cố định trên đoạn OA. Đường thẳng qua H vuông góc với AB cắt nửa đường tròn đã cho tại C. Gọi E là điểm thay đổi trên cung AC, F là điểm thay đổi trên cung BC sao cho EHCd = FHCd a, Chứng minh tứ giác EHOF nội tiếp b, Gọi R0 là bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác EHOF . Tính EHFd khi R = R0 c, Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua 1 điểm cố định. Hướng dẫn a, Qua E kẻ dây cung ED vuông góc với AB thì H thuộc trung trực của ED. 3
4. Suy ra AHDd = EHAd = FHBd nên D, H, F thẳng hàng EOFd Ta có: EFd O = 90◦ − = 90◦ − EDFd = AHDd = EHAd 2 Suy ra tứ giác EHOF nội tiếp. b, Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác EHOF . Vì R = R0 nên IO = IE = IF = EO = OF suy ra 4IEO và 4IOF là tam giác đều. Suy ra EHFd = EOFd = 120◦ c, Kéo dài FE cắt BA tại J. Ta đi chứng minh J cố định. Ta có: 4OHF ∼ 4OF J(g.g) suy ra OH.OJ = OF 2 = OC2 suy ra CJ là tiếp tuyến của (O). Vì C cố định nên J cố định suy ra đpcm. Câu 5 (1,0 điểm). Trung tâm thành phố Việt Trì có tất cả 2019 bóng đèn chiếu sáng đô thị, bao gồm 3 loại: Đèn ánh sáng trắng có 671 bóng, đèn ánh sáng vàng nhạt có 673 bóng, đèn ánh sáng đỏ có 675 bóng. Vào dịp giỗ tổ Hùng Vương, người ta thực hiện việc thay bóng đèn theo quy luật sau: Mỗi lần tháo bỏ hai bóng đèn khác loại và thay vào đó bằng 2 bóng đèn thuộc loại còn lại. Hỏi đến một lúc nào đó có thể tất cả các bóng đèn của trung tâm thành phố đều là cùng một loại không? Hướng dẫn Giả sử ta có thể thắp được toàn thành phố bằng 1 loại bóng đèn A, và hai loại còn lại là bóng loại B và C. Khi đó số bóng B và C là 0, tức là hiệu số bóng đèn giữa B và C là 0. Nếu ở các lần thay trước ta thay 2 bóng A, B thành 2 bóng C thì hiệu số bóng đèn giữa B và C là tăng hoặc giảm 3 bóng. Tương tự nếu thay 2 bóng A, C thành 2 bóng đèn B thì hiệu số bóng đèn giữa B và C là tăng hoặc giảm 3 bóng. Nếu thay hai bóng đèn B, C thành hai bóng đèn loại A thì hiệu số vẫn giữ nguyên không đổi. Vậy hiệu số giữa bóng B và C là 3k (k ∈ N). Điều này trái với giả thiết vì đèn ánh sáng trắng có 671 bóng, đèn ánh sáng vàng nhạt có 673 bóng, đèn ánh sáng đỏ có 675 bóng tức là hiệu số bóng đèn giữa 2 bóng bất kì là 2 hoặc 4. Suy ra điều giả sử là sai nên ta không thể thắp sáng toàn thành phố bằng các bóng đèn cùng màu. 4
5. Đáp án này không phải là đáp án của kì thi, nó được dựa trên ý tưởng và lời giải của tôi và các bạn khác. Mọi ý kiến đóng góp xin gửi về địa chỉ Email: khoanguyen17112003@gmail.com Xin chân thành cảm ơn! 5