Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 chuyên môn Toán (Có đáp án) - Năm học 2018-2019 - Sở GD&ĐT

 SỞ GD&ĐT KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
ĐỀ CHÍNH THỨC
 MÔN THI: TOÁN
 Dùng cho thí sinh vào lớp chuyên Toán, chuyên Tin
 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề bài)
Câu 1 (3,0 điểm).
 1. a) Giải phương trình sau: .
 b) Giải phương trình: .
 c) Cho Giải phương trình: f(f(f(f(x)))) = 65539 .
 2) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x2 + 4x + 1 = y4.
 Câu 2 (2,0 điểm).
 a) Cho A = a + b + c + m + n + p, B = ab + bc + ca – mn – np – pm và C = abc + mnp. Biết a, b, c, m, n, p là các số nguyên dương và cả B, C đều chia hết cho A. Chứng minh A là hợp số .
 b) Cho x, y là các số hữu tỉ thỏa mãn đẳng thức: . Chứng minh: là một số hữu tỉ.
 c) Cho hai số a và b thỏa mãn a > 0, b > 0 . Xét tập hợp T các số có dạng: T = {ax + by}, trong đó x và y là các số thỏa mãn x,y > 0 và x + y = 1. Chứng minh rằng các số: và đều thuộc tập hợp T .
Câu 3 ( 1,0 điểm ). Cho x, y, z là các số thực thuộc đoạn [ 0 ;4 ]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
.
Câu 4 ( 3,0 điểm ). Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC ). M, N nằm trên cạnh BC sao cho M nằm giữa N và B. Lấy các điểm P, Q trên AM, AN sao cho BP, CQ cùng vuông góc với BC. Gọi K, J lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ, AMN và L là hình chiếu của K trên AJ. E là trực tâm tam giác AMN, S là hình chiếu của E trên MN và F là trung điểm của MN. 
 1. Tính AE theo MJ và MN.
 2. a) Gọi R là hình chiếu của Q trên đoạn thẳng BP và D là giao điểm của hai đường thẳng QR và AP, kẻ đường kính AT của đường tròn ( K ). Chứng minh rằng: AL. CQ + QR . KL = AL . BP và MS.MB.PD2 = MA.MP.RD2.
 b) Chứng minh rằng: RD.PM.AL + NC.AL.PD = JL.BC. PD.
Câu 5: ( 1,0 điểm ). Cho a1, a2, ., an ( n 3) là các số thực. Chứng minh rằng: Khi đó ai, aj, ak là độ dài ba cạnh của một tam giác, trong đó i, j, k là các số tự nhiên thỏa mãn điều kiện 0 < i < j < k n. Biết rằng n số thực trên là các số thỏa mãn: . 
 HẾT
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
Họ và tên thí sinh:.Số báo danh:...
Giám thị số 1:Giám thị số 2:.
 SỞ GD&ĐT KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
 ( Hướng dẫn chấm có 07 trang ) Dùng cho thí sinh vào lớp chuyên Toán, chuyên Tin
A. LƯU Ý CHUNG
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0.25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu học sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.
B. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu Ý Lời giải Điểm
 1 1 a. Giải phương trình: . ĐKXĐ: hoặc 
 Đặt , phương trình trở thành: 
 0.5
 . 
 --------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
 Khi đó, ta có: = a 
 ( thỏa mãn ĐKXĐ ). 0.5
 Kết luận: Vậy phương trình có tập nghiệm S = . 
 b. Cho Giải phương trình: f(f(f(f(x)))) = 65539 .
 Theo đề bài, ta có: f(x) = . 0.25
 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------
 Suy ra : .
 f(f(f(x))) = (f(f(x)) – 3)2 + 3 = (x – 3)8 + 3. 0.25
 f(f(f(f(x)))) = (f(f(f(x))) – 3)2 + 3 = (x – 3)16 + 3. 
 1
Khi đó: (x – 3)16 + 3 = 65539 .
Kết luận: Vậy phương trình có tập nghiệm S = {5; 1}.
 
 0.25
 0.25
 0.5
 0.5
 0.5
 0.25
 0.25

c. Giải phương trình: .

Do x = 0 không là nghiệm của phương trình, chia hai vế của phương trình ban đầu cho x2 ta được . Đặt y = thì phương trình trở thành:
--------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Suy ra : 
Kết luận: Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = .

 2
Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x2 + 4x + 1 = y4 .
Nhân cả 2 vế của phương trình ban đầu, ta được phương trình mới tương đương với phương trình đã cho: 4x2 + 16x + 1 = 4y4 . 
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Xét các cặp giá trị của x và y , ta được duy nhất x = –4, y = 1 thỏa mãn điều kiện đề bài.
Kêt luận: Vậy x = – 4, y = 1. 
 
 2
 
 a
Cho A = a + b + c + m + n + p, B = ab + bc + ca – mn – np – pm và C = abc + mnp. Biết a, b, c, m, n, p là các số nguyên dương và cả B, C đều chia hết cho A. Chứng minh A là hợp số .
Xét đa thức f(x) = (x + a)(x + b)(x + c) – (x – m)(x – n)(x – p). Khai triển và rút gọn, ta được: 
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Vì cả B và C đều chia hết cho A nên f(x) Do đó đa thức f(m) A hay
(m+a)(m+b)(m+c) A. 
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Nếu A là số nguyên tố thì 1 trong 3 số trên phải có ít nhất một số chia hết cho A, vô lí vì đây đều là những số nguyên dương nhỏ hơn A. Do đó, A phải là hợp số .
Kết luận: Vậy A là hợp số.
 
 b
Cho x, y là các số hữu tỉ thỏa mãn: Chứng minh rằng:
là một số hữu tỉ.
 
 




Ta có: 
------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Vì x, y là các số hữu tỉ nên |x + y| là một số hữu tỉ, suy ra là một số hữu tỉ.
Kết luận: Vậy là một số hữu tỉ.

 0.25
 0.25
 0.25
 0.25

 c
Cho hai số a và b thỏa mãn a > 0, b > 0 . Xét tập hợp T các số có dạng: T = { ax + by }, trong đó x và y là các số thỏa mãn x,y > 0 và x + y = 1. Chứng minh rằng các số: và đều thuộc tập hợp T .
Ta tìm x, y > 0 thỏa mãn x + y = 1 sao cho:
 thỏa mãn: ( x; y ) Vậy 
------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Chứng minh tương tự: .
 thoả mãn ( x; y ) 
Vậy 
------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Kết luận: Vậy các số và đều thuộc tập hợp T.

 3

Cho x, y, z là các số thực thuộc đoạn [ 0 ;4 ]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
.

 0.25
Đặt.Khi đó, ta có: . Do các số a, b, c có vai trò hoán vị vòng quanh trong biểu thức A nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử .
Ta có: A = =–
( vì 
)(vì ).


 

 


Đặt B = .Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho 3 số không âm, ta có:
------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Do đó: 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 
Kết luận: Vậy giá trị lớn nhất của A là đạt được khi (x; y; z) = và các hoán vị.

 0.5
 0.25

 4
 1
 Tính AE theo MJ và MN.

 0.25
 0.25
 0.25
 0.25
Kẻ đường kính AH của đường tròn ( J ). 
Dễ thấy tứ giác MECH là hình bình hành, F là trung điểm của MN nên F cũng là trung điểm của EH. 
Suy ra : JF là đường trung bình của tam giác AEH 
Mặt khác, F là trung điểm của MN nên và JF vuông góc với MN tại F. Áp dụng định lí Pythagores vào tam giác JFM vuông tại F, ta có:
 .
. Vậy AE = .

 2
a. Gọi R là hình chiếu của Q trên đoạn thẳng BP và D là giao điểm của hai đường t thẳng QR và AP, kẻ đường kính AT của đường tròn (K). Chứng minh rằng: AL. CQ ++ QR . KL = AL . BP và MS.MB.PD2 = MA.MP.RD2.
Vì MN // RQ ( cùng vuông góc với BP ) nên ( đồng vị ). Suy ra: .
Khi đó: ~ (g.g) và (1)
Từ AL.PR = QR. KL 

 0.25

 



 5

.
Dễ thấy tứ giác BCQR là hình chữ nhật nên BR = CQ. Suy ra: 
.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------
~(g.g) (*); ~(g.g) 
--------------------------------------------------------------------------------------------------------
Khi đó, (*) tương đương với: 
MS.MB.PD2 = MA.MP.RD2.
Vậy và MS.MB.PD2 = MA.MP.RD2.

 0.25
 0.25
 0.25
 0.25
 0.25
 0.5
0.25
 0.25
 0.25
 0.25

b. Chứng minh rằng: RD.PM.AL + NC.AL.PD = JL.BC. PD.
( cùng bù với ) 
.
Mà: nên ~(c.g.c) (2)
--------------------------------------------------------------------------------------------------------
Lại có: (3)
Từ (1), (2) và (3) ta có: 
, mà QR = BC ( do BCQR là hình chữ nhật ) nên: .
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Suy ra: .
Mà (chứng minh trên ) nên 
 RD.PM.AL + NC.AL.PD = JL.BC. PD.
Vậy RD.PM.AL + NC.AL.PD = JL.BC. PD.
Giả sử có 3 số nào đó không là độ dài ba cạnh của một tam giác, chẳng hạn là a1, a2, a3 
và a1 + a2 < a3. ( 1 )
--------------------------------------------------------------------------------------------------------
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski cho hai dãy, mỗi dãy có n – 2 số thực :
 + Dãy 1: .
 + Dãy 2: và n – 3 số 1
Ta có: 
hay .
--------------------------------------------------------------------------------------------------------
Kết hợp với bất đẳng thức điều kiện, suy ra:
 ( 2).
--------------------------------------------------------------------------------------------------------
Giả sử: , thay vào ( 2 ) ta được:
. 
Khai triển và rút gọn, ta được: hay < 0. Bất đẳng thức này không xảy ra do biểu thức ở vế trái luôn dương. Vậy giả thiết (1 ) là sai.
Kết luận: Vậy ai, aj, ak là độ dài ba cạnh của một tam giác, trong đó i, j, k là các số tự nhiên thỏa mãn điều kiện 0 < i < j < k n
 HẾT