Đề tuyển sinh vào Lớp 10 chuyên Toán Nam Định - Năm học 2018-2019

Nội dung text: Đề tuyển sinh vào Lớp 10 chuyên Toán Nam Định - Năm học 2018-2019

1. ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2018-2019 Câu 1 (2 điểm) x2 y 2 x 2 y 2 a) Rút gọn biểu thức P (x y )(1 y ) ( x y )(1 x ) (1 x )(1 y ) 1 1 1 1 1 1 b) Chứng minh rằng: 1 1 1 2018 12 2 2 2 2 3 2 2017 2 2018 2 Câu 2 (2 điểm): a) Giải phương trình: 2 (1 x ) x22 2 x 1 x x 1 x 3 y 2 y ( x y 1) x 0 b) Giải hệ phương trình: 4y 2 3 8 x x 14 y 8 y 11 Câu 3 (3 điểm): Cho đoạn thẳng AB và C là điểm nằm giữa hai điểm A,B. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB, vẽ nửa đường tròn đường kính AB và nửa đường tròn đường kính BC. Lấy điểm M thuộc nửa đường tròn đường kính BC ( M khác B, C). Kẻ MH vuông góc với BC ( H BC ), đường thẳng MH cắt nửa đường tròn đường kính AB tại K. Hai đường thẳng AK, CM giao nhau tại E a) Chứng minh BE2 BC. AB b) Từ C kẻ CN vuông góc với AB ( N thuộc nửa đường tròn đường kính AB), Gọi P là giao điểm của NK và CE. Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác BNE và PNE cùng nằm trên đường BP c) Cho BC 2 R . Gọi OO12; lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác MCH và MBH. xác định vị trí điểm M để chu vi tam giác O12 HO lớn nhất Câu 4 ( 1,5 điểm): a) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn 2x22 5 y 41 2 xy b) Có bao nhiêu số tự nhiên n không vượt quá 2019 thỏa mãn n3 2019 chia hết cho 6 Câu 5 (1.5 điểm): a) Cho các số thực dương thỏa mãn ab 1 1 Chứng minh rằng 3(a b )(2 a b )4 ab (3)(3) a b b a 2 b) Cho 100 điểm trên mặt phẳng sao trong trong bất kỳ 4 điểm nào cũng có ít nhất 3 điểm thẳng hàng. Chứng minh rằng ta có thể bỏ đi một điểm trong 100 điểm đó để 99 điểm còn lại cùng thuộc một đường thẳng. ___
2. BÀI GIẢI ĐỀ VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN NAM ĐỊNH 18-19 (GV Lưu Văn Thám – thực hiện) Câu 1 (2 điểm) x2 y 2 x 2 y 2 a) Rút gọn biểu thức P (x y )(1 y ) ( x y )(1 x ) (1 x )(1 y ) 1 1 1 1 1 1 b) CMR: 1 2 2 1 2 2 1 2 2 2018 1 2 2 3 2017 2018 x2 y 2 x 2 y 2 a) Ta có : P (x y )(1 y ) ( x y )(1 x ) (1 x )(1 y ) x2(1 xy ) 2 (1 yxyxy ) 2 2 ( ) xyxyxyxy 3 3 2 2 2 2 ( ) (x y )(1 x )(1 y ) ( x y )(1 x )(1 y ) (xyxxyyxyxy )(2 2 2 2 ) x (1 xy ) (1 xy ) 2 (1 x )(1 x ) (x y )(1 x )(1 y ) (1 x )(1 y ) xyyyxxy 2 2(1 2 ) yyxy (1 ) (1 2 ) y (1 y) (1 y )[ x (1 y ) y ] x xy y 11 yy11 yy 2 1 1 1 1 2 2 2 b) n N ta có : 11 nn1 n22 (n 1) nn1n(n1) 1 1 2(n1n) 2 1 1 11 n2 (n 1) 2n(n 1) n(n 1) n 2 (n 1) 2 1 1 1 1 11 . Áp dụng cho n từ 1 tới 2017 ta có: n22 (n 1) n n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 12 2 2 2 2 3 2 2016 2 2017 2 2017 2 2018 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = 1 1 1 1 2018 2018 (đpcm) 1 2 2 3 2016 2017 2017 2018 2018 Câu 2 (2 điểm) a) Giải phương trình: 2 (1 x ) x22 2 x 1 x x 1 x 3 y 2 y ( x y 1) x 0 (*) b) Giải hệ phương trình: 4y 2 3 8 x x 14 y 8 ( ) y 11 a) (1) 2x x22 12 (1 x ) x 2 x 1 x2 2 x 1 x2 21x 22 (1 x ) x 2 2 x 1 1 x x 2 2 (x 1)22 x 2 x 1 (1 x) x22 2 x 1 (1 x ) x 1 x 2 x 1 2 22 x 2 x 1 (1 x ) x 1 x 2 x 1 2 x x22 2 x 1 4 ( x 1) 6 x 16 x 00 x 2 2 2 2 x 16 x 2 x 1 4 x 2 x ( x 1) 0 (VN) Vậy phương trình có tập nghiệm S { 1 6; 1 6}
3. y(x y 1) x (x y)(y 1) 0 x y 0 b) ĐKXĐ: 8 x 0 x 8 1 y x 8 y 1 0 y 1 (*) x y 2 y 2 ( x y )( y 1) 0 (x y ) ( x y )( y 1) 2 ( x y )( y 1) 2( y 1) 0 x y( x y y 1) 2 y 1( x y y 1) 0 x y y 1)( x y 2 y 1) 0 x y y 1 x y y 1 x 2 y 1 x y y 1 0 x y 1 x y 2 y 1 0 Với x = y = – 1 , thay vào ( ) không thỏa (loại) Với x = 2y + 1 thay vào ( ) ta có: 4yy ( 1 1) 3821 y (21)148 y 2 y y 11 3 7 2yy 4 1 4 4y2 41y 14y 8 4y2 10y 4yy 1 3 7 2 11 0 4y2 10y 6 4( y 1 2) 3(1 7 2 y ) 0 4(yy 1 4) 3(1 7 2 ) 2(2y2 6yy 3) 0 yy 1 2 1 7 2 4(yy 3) 6( 3) 2(yy 3)(2 1) 0 yy 1 2 1 7 2 46 (yy 3) 42 0 ( ) yy 1 2 1 7 2 46 Đặt Ay 4 2 yy 1 2 1 7 2 4 1 6 3 6 yy 1 3(3 7 2 ) 4(y 1) 4(y 1) 22 yy 1 2 1 7 2 2(yy 1 2) 2(1 7 2 ) do 1 y 8 y 10, 6 y 10, 3 72 y 0 A 0 Nên ( ) y –3 = 0 y = 3 x = 2y +1 = 7 Thử lại, hệ phương trình nhận nhiệm duy nhất (x ;y) = (7 ;3) Câu 3 (3 điểm). Cho đoạn thẳng AB và C là điểm nằm giữa hai điểm A,B. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB, vẽ nửa đường tròn đường kính AB và nửa đường tròn đường kính BC. Lấy điểm M thuộc nửa đường tròn đường kính BC ( M khác B, C). Kẻ MH vuông góc với BC ( H BC ), đường thẳng MH cắt nửa đường tròn đường kính AB tại K. Hai đường thẳng AK, CM giao nhau tại E a) Chứng minh BE2 BC. AB b) Từ C kẻ CN vuông góc với AB ( N thuộc nửa đường tròn đường kính AB), Gọi P là giao điểm của NK và CE. Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác BNE và PNE cùng nằm trên đường BP c) Cho BC 2 R . Gọi OO12; lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác MCH và MBH. xác định vị trí điểm M để chu vi tam giác O12 HO lớn nhất.
4. E 2 a) Chứng minh BE BC. AB . o Ta có ^AKB = 90 (góc nội tiếp chắn nhửa đường tròn) BK AE ^BKE = 90o Tương tự ta có ^CMB=90o ^BME = 90o Suy ra M, K cùng nhìn BE theo góc 90o K P N tứ giác BMKE nội tiếp ^BEM = ^MKM (cùng M chắn cung BM) mà ^BKM = ^BAE (cùng phụ ^ABK) ^BEC = ^BAE, kết hợp với ^B chung BEC ഗ BAE (g.g) F G BE BC 2 O2 BE = BA.BC (đpcm) O1 BA BE A C H B b) Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp BNE và PNE nằm BP. ANB nội tiếp đường tròn đường kinh AB nên vuông tại A mà MC là đường cao (gt) BN2 = BA.BC (hệ thức lượng) mà BE2 = BA.BC (cmt) BE2 = BN2 BE = BN B thuộc trung trực EN và BNE cân tại B ^BNE = ^BEN (1) ^KNB = ^KAB (cùng chắn cung KB) mà ^KAB = ^CEB (cmt) ^PNB = ^PEB (2) (1), (2) ^BNE – ^BNP = ^BEN – ^BEP ^PNE = ^PEN PNE cân tại P. Do BNE và PNE cùng là tam giác cân chung đáy NE nên các phân giác kẻ từ đỉnh cùng nằm trên trung trực của NE, suy ra tâm đường nội tiếp hai tam giác trên cùng nằm trên trung trực NE (đpcm). c) Xác định vị trí điểm M để chu vi tam giác O12 HO lớn nhất. Gọi giao của O1O2 với MC, MC là G, F. Gọi  là chu vi . o o Do O1,O2 là tâm đường tròn nội tiếp MCH và MBH nên ta có ^MHO1 = ½ ^MHC = ½ 90 = 45 o o Tương tự ^MHO2 = ^BHO2 = 45 ^O1HO2 = 90 . MH MC BHM ഗ MHC (g.g) vì ^BHM = ^MHC = 90o, ^BMH = ^MCH (cùng phụ ^MBC) BH BM o MHO1 ഗ BHO2 (g.g) vì ^HMO1 = ½ ^HMC = ½ ^HBM = ^HBO2, ^MHO1 = 45 = ^BHO2 MH HO HOMC HO HO 1 mà (cmt) 1 1 2 , kết hợp với BH HO2 HO2 BM MC BM o ^O1HO2 = 90 = ^CMB O1HO2 ഗ CMB (c.g.c) ^HO2O1=^MBC HBFO2 nội tiếp( có o góc trong bằng góc ngoài đối) ^MFO2 = ^BHO2 = 45 = ^MHO2 mà ^HMO2 = ^FMO2 (gt) ^MO2F = ^MO2H MO2F = MO2H (g.c.g) HO2 = FO2 , MH = MF (3) Chứng minh tương tự ta có HO1 = GO1 và MG = MH (4) (3), (4) MF = MG = MH MFG vuông cân tại G FG = MF 2 = MH Cũng từ (3), (4)  = O1O2 + HO2 + HO1 = O1O2 + FO2 + GO1 = FG = MH . vậy  lớn nhất MH lớn nhất M là điểm chính giữa cung BC (đpcm). Câu 4 ( 1,5 điểm) a) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn 2x22 5 y 41 2 xy b) Có bao nhiêu số tự nhiên n không vượt quá 2019 thỏa mãn n3 2019 chia hết cho 6 a) Cách 1: Ta có: 2x22 5 y 41 2 xy x2 2 xy y 2 x 2 4 xy 4 y 2 41 (xy )2 16 (xy )2 25 (x y )22 ( x 2 y ) 41 hoặc (xy 2 )2 25 (xy 2 )2 16 (do 41 chỉ có thể viết thành tổng hai số chính phương là 16 và 25) xy 4 xy 5 hoặc xy 25 xy 24
5. xy 4 xy 5 x 13 / 3 x 14 / 3 xy 25 xy 24 y 1/ 3 y 1/ 3 xy 4 xy 5 x 13 / 3 x 14 / 3 xy 25 xy 24 y 1/ 3 y 1/ 3 hoặc hoặc xy 4 xy 5 x 1 x 2 xy 25 xy 24 y 3 y 3 xy 4 xy 5 x 1 x 2 xy 25 xy 24 y 3 y 3 Do x, y nguyên nên phương trình nhận các nghiệm (x;y): (1;3), (–1; –3), (2;3), (–2; –3). Cách 2 (hướng dẫn): 2x22 5 y 41 2 xy 4x2 – 4xy + y2 + 9y2 = 82 (2x – y)2 + 9y2 = 82. y92 9y2 ≤ 82 y2 ≤ 9 y2 { 0; 1; 4; 9} xét các giá trị của y2 Đáp số 2 (2x y) 1 b) Ta có: n3 + 2019 = n3 – n + 2016 + n + 3 = (n – 1)n(n+1) + 2016 + (n + 3) Do 2016 chia hết cho 6, (n -1)n(n+1) là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3 mà 2 và 3 nguyên tố cùng nhau nên (n -1)n(n+1) chia hết cho 6. Vậy n3 + 2019 6 n + 3 n chia 6 dư 3 n = 6k + 3 (k Z) mà 0 ≤ n ≤ 2019 (gt) 0 ≤ 6k + 3 ≤ 2019 0 ≤ k ≤ 336 (do k Z) có 337 giá trị k cũng là có 337 số tự nhiên n thỏa đề bài. Câu 5 (1.5 điểm) a) Cho các số thực dương thỏa mãn ab 1 1 Chứng minh rằng 3(a b )(2 a b )4 ab (3)(3) a b b a 2 b) Cho 100 điểm trên mặt phẳng sao trong trong bất kỳ 4 điểm nào cũng có ít nhất 3 điểm thẳng hàng. Chứng minh rằng ta có thể bỏ đi một điểm trong 100 điểm đó để 99 điểm còn lại cùng thuộc 1 đường thẳng. 2 2 2 a) Ta có: ab 1 ab 2 ab 14(1 ab ab )41 ab ababab 222 1 1a 3 b b 3 a Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: (a 3 b )( b 3 a ) . a b (1) 2 2 2 Ta Chứng minh : 3(a + b)2 – (a + b) + 4ab ≥ a + b (2) (2) 3(a2 + 2ab + b2) – (a + b) + 1 + a2 + b2 – 2a – 2b + 2ab ≥ a + b 4a2 + 4b2 + 1 + 8ab – 4a – 4b ≥ 0 (2a + 2b – 1)2 ≥ 0 (luôn đúng), vậy (2) đúng. (1), (2) (đpcm). b) Xét ΔABC với A,B,C là 3 trong 100 điểm đã cho. Nếu lấy điểm thứ tư D thì D nẳm trên đường thẳng AB hoặc Bc hoặc CA. Không mất tính tổng quát nếu ta giả sử D nằm trên BC. Xét điểm thứ năm E thì E phải nằm trên đường thẳng A BC. Thật vậy: Nếu E nằm trên AB thì trong 4 điểm A,D,C,E không có 3 điểm nào thẳng hàng Nếu E nằm trên AD thì trong 4 điểm A,B,C,E không có 3 điểm nào thẳng hàng Nếu E nằm trên AC thì trong 4 điểm A,D,B,E B D C E không có 3 điểm nào thẳng hàng Tương tự ta chứng minh được 95 điểm còn lại đều thuộc đường thẳng BC. Cho nên nếu bỏ đi điểm A thì 99 điểm còn lại đều thuộc đường thẳng BC (đpcm). ___