Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Nam Định (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Nam Định (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NAM ĐỊNH Năm học: 2018 - 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút. (Đề thi gồm: 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm). x2 y2 x2 y2 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 22 22 32 20172 20182 Câu 2 (2,0 điểm). 2 2 a) Giải phương trình 2 1 x x 2x 1 x x 1. x 3y 2 y(x y 1) x 0 b) Giải hệ phương trình 4y 2 3 8 x x 14y 8. y 1 1 Câu 3 (3,0 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 B;M 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 và CM giao nhau tại E. a) Chứng minh BE 2 BC.AB. b) Từ C kẻ CN  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 thẳng BP. c) Cho BC 2R . Gọi O1,O2 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 O1HO2 lớn nhất. Câu 4 (1,5 điểm). a) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn 2x2 5y2 41 2xy. 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 a,b thỏa mãn a b 1. 2 1 Chứng minh rằng 3 a b a b 4ab a 3b b 3a . 2 b) Cho 100 điểm trên mặt phẳng sao cho trong bất kỳ bốn điểm nào cũng có ít nhất ba 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. Trang 1/5
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI NAM ĐỊNH ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học: 2018 - 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn : TOÁN (chuyên) (Hướng dẫn chấm gồm: 05 trang) Câu 1: (2,0 điểm) Nội dung Điểm a) (1,0 điểm) Điều kiện: x y; x 1; y 1. 0,25 x3 x2 y2 y3 x3 y2 x2 y3 x2 xy y2 x y x2 y2 P 0,25 (x y)(1 y)(1 x) (1 y)(1 x) x2 x2 y x y 0,25 1 x x xy y. 0,25 b) (1,0 điểm) 1 1 1 1 1 1 Đặt S 1 2 2 1 2 2 1 2 2 . 1 2 2 3 2017 2018 0,25 2 1 1 1 1 2 Ta có (n * ) 1 2 2 1 ¥ n (n 1) n n 1 n(n 1) 2 1 1 1 1 1 1 . 0,25 n n 1 n n 1 1 1 1 1 1 1 Áp dụng đẳng thức trên ta được S 1 1 1 0,25 1 2 2 3 2017 2018 1 = 2018 2018. (điều phải chứng minh) 0,25 2018 Câu 2: (2,0 điểm) Nội dung Điểm a) (1,0 điểm) Điều kiện: x2 2x 1 0. 2 1 x x2 2x 1 x x2 1 2(1 x) x2 2x 1 x2 2x 1 (1) 0,25 Đặt x2 2x 1 y. (y 0) 2 y 2 PT (1) trở thành y 2(1 x)y 4x 0 0,25 y 2x Với y 2 thì x2 2x 1 2 x 1 6. (thỏa mãn điều kiện) 0,25 Với y 2x thì x2 2x 1 2x (vô nghiệm) Trang 2/5
3. Phương trình có tập nghiệm 1 6; 1 6. 0,25 2) (1,0 điểm) Điều kiện x 8; y 1; x y 0. x 3y 2 (x y)(y 1) 0 (1) Hệ đã cho tương đương 4y 2 3 8 x x 14y 8 (2) 0,25 y 1 1 Nhận xét: y 1và y 0 không thỏa mãn, do đó x y x y x y (1) 2 0 1 x 2y 1. Thế vào (2) ta được phương trình y 1 y 1 y 1 2 2 4 y 1 3 7 2y 4y 10y 11 0 4 y 1 2 3 7 2y 1 4y 10y 6 0 0,25 2 3 y 3 2y 1 0. (3) y 1 2 7 2y 1 7 2 2 2 3 3 Với 1 y thì ; ;2y 1 1 2 y 1 2 3 2 2 7 2y 1 4 0,25 2 3 2y 1 0 . y 1 2 7 2y 1 Do đó (3) y 3 0 y 3. 0,25 x 7 thỏa mãn điều kiện. Vậy nghiệm của hệ là(x; y) (7;3). Câu 3: (3,0 điểm) Nội dung Điểm a) (1,0 điểm). Ta có B· ME B· KE 900 0,25 nên tứ giác BMKE nội tiếp. H· KB C· EB mà H· KB B· AE (vì cùng phụ với 0,25 H· KA ) B· AE C· EB . BEC đồng dạng với BAE (vì ·ABE 0,25 chung và B· AE C· EB ) BE BC Do đó BE 2 BC.AB. 0,25 AB BE b) (1,0 điểm). 2 Xét tam giác vuông ABN có CN  AB BN BC.AB 0,25 mà BE 2 BC.AB suy ra BN BE hay BNE cân tai B suy ra B· NE B· EN . (1) Trang 3/5
4. Mặt khác, theo câu trên ta có C· EB B· AE và B· AE B· NP suy raC· EB B· NP . (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra P· NE P· EN hay PNE cân tại P NP PE . Vì NP PE và BN BE nên BP  NE . 0,25 · · Suy ra BP là đường phân giác của các góc EBN và EPN . 0,25 Do đó tâm đường tròn nội tiếp các tam giác BNE và PNE cùng nằm trên đường thẳng BP. c) (1,0 điểm). Gọi giao điểm của O1O2 với MB,MC lần lượt là I và J . Ta có C· MH M· BH (vì cùng phụ M· CB ). · · Suy ra O1MH O2BH · · 0 Mặt khác O1HM O2HB 45 . O2 0,25 O1 Suy ra MO1H đồng dạng với BO2H . O H MH MH MC Do dó 1 mà O’ O2H HB HB MB O H MC 1 . O2H MB · · 0 O1H MC O1HO2 đồng dạng với CMB (vì O1HO2 CMB 90 và ). O2H MB · · · · 0 Suy ra HO2O1 MBC MBC HO2I 180 . 0,25 · · 0 Suy ra tứ giác BHO2I nội tiếp MIJ O2HB 45 . Suy ra MIJ cân tại M MI MJ . Ta có MO I MO H (g.c.g) suy ra MI MH và O I O H . 2 2 2 2 0,25 Tương tự cũng có O1H O1J . Chu vi tam giác O1HO2 là O1H HO2 O1O2 JO1 O1O2 O2I 2MI 2MH. Ta có MH R . 0,25 Suy ra chu vi tam giác O1HO2 lớn nhất bằng 2R khi MH R , hay M nằm chính giữa nửa đường tròn đường kính BC. Câu 4: (1,5 điểm) Nội dung Điểm a) (0,75 điểm). Phương trình đã cho tương đương 2x2 2xy 5y2 41 0. (1) 82 0,25 Ta có V' 82 9y2 0 y2 . Mặt khác từ (1) ta có y2 là số lẻ, nên y2 1;9 x 9 Với y 1 2x2 2x 36 0 x ¢ . Với y 1 2x2 2x 36 0 x ¢ . 0,25 2 x 1 Với y 3 2x 6x 4 0 x 2. Trang 4/5
5. 2 x 1 Với y 3 2x 6x 4 0 x 2. Vậy có 4 cặp số nguyên(x; y) thỏa mãn là: (1;3),(2;3),( 1; 3),( 2; 3). 0,25 b) (0,75 điểm). Đặt n 6q r, r 0,1,2,3,4,5 . Khi đó n3 2019 chia hết cho 6 khi r3 3 chia hết cho 6. 0,25 Nếu r chẵn thì r3 3 lẻ, do đó r3 3 không chia hết cho 6. Suy ra r 1,3,5. Với r 1 r3 3 4 không chia hết cho 6. Với r 3 r3 3 306 . 0,25 Với r 5 r3 3 128 không chia hết cho 6. Suy ra n 6q 3.Mà 0 n 2019 0 q 336. 0,25 Vậy có tất cả 337 số tự nhiên n thỏa mãn đề bài. Câu 5: (1,5 điểm) Nội dung Điểm a) (0,75 điểm). 1 1 Bất đẳng thức đã cho tương đương 2. a 3b b 3a a a a b 1 a a b Áp dụng BĐT Cô si cho 2 số dương ta có . (1) a 3b a b a 3b 2 a b a 3b 0,25 b 1 2b 1 1 2b và . . (2) a 3b 2 a 3b 2 2 a 3b a b 1 3 a 1 1 3 a Từ (1) và (2) suy ra . (3) a 3b 2 2 a b a 3b 2 2 a b 0,25 1 1 3 b Chứng minh tương tự ta cũng có . (4) b 3a 2 2 a b 1 1 Từ (3) và (4) suy ra 2. (điều phải chứng minh) a 3b b 3a 0,25 1 Dấu " "xảy ra khi a b . 4 b) (0,75 điểm). 0,25 Nếu tất cả 100 điểm cùng thuộc một đường thẳng thì bài toán hiển nhiên đúng. Nếu không phải cả 100 điểm đều thẳng hàng. Ta chọn ra bốn điểm A, B,C, D mà không phải tất cả đều thẳng hàng. Theo giả thiết trong 4 điểm A, B,C, D phải có 3 điểm thẳng hàng, giả sử 3 điểm A, B,C thuộc đường thẳng d , còn điểm D nằm ngoài đường thẳng d . Ta sẽ chứng minh 96 điểm còn lại thuộc đường thẳng d bằng phương pháp phản chứng. 0,25 Giả sử trong 96 điểm còn lại, tồn tại điểm E nằm ngoài đường thẳng d . Xét bốn điểm A, B, D, E phải có 3 điểm thẳng hàng. Do 3 điểm A, B, D không thẳng hàng, 3 điểm A, B, E không thẳng hàng nên 3 điểm A, D, E thẳng hàng hoặc 3 điểm B, D, E thẳng hàng. Trang 5/5
6. Trường hợp 3 điểm A, D, E thẳng hàng thì 3 điểm B, D, E không thẳng hàng, 3 điểm C, D, E không thẳng hàng, do đó trong 4 điểm B,C, D, E không có 3 điểm nào thẳng hàng, trái với giả thiết. Trong trường hợp B, D, E thẳng hàng thì tương tự, trong 4 điểm A,C, D, E không có 3 0,25 điểm nào thẳng hàng, trái với giả thiết. Như vậy ngoài 3 điểm A, B,C thuộc đường thẳng d , phải có 96 điểm nữa cùng thuộc d . Bài toán được chứng minh. Chú ý: - Nếu thí sinh làm đúng, cách giải khác với đáp án, phù hơp kiến thức của chương trình THCS thì tổ chấm thống nhất cho điểm thành phần đảm bảo tổng điểm như hướng dẫn quy định. - Tổng điểm toàn bài không làm tròn. HẾT Trang 6/5