Bộ 50 đề thi tuyển sinh môn Toán vào lớp 10 THPT chuyên năm 2018-2019 có đáp án

Chia sẻ: Lan Jing Yi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:183

Thêm vào BST

Báo xấu

290
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời quý thầy cô và các em học sinh tham khảo Bộ 50 đề thi tuyển sinh môn Toán vào lớp 10 THPT chuyên năm 2018-2019 có đáp án. Hi vọng tài liệu sẽ là nguồn kiến thức bổ ích giúp các em củng cố lại kiến thức trước khi bước vào kì thi tuyển sinh THPT sắp tới. Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bộ 50 đề thi tuyển sinh môn Toán vào lớp 10 THPT chuyên năm 2018-2019 có đáp án

BỘ 50 ĐỀ THI TUYỂN SINH MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM 2018-2019 (CÓ ĐÁP ÁN)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NGHỆ AN NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: TOÁN CHUYÊN Ngày thi: 03/06/2018 Câu 1. a) Giải phương trình : x  2  4  x  2 x2  5x 1  xy  3 y  4 x 2 b) Giải hệ phương trình:  2  y  2 y  7  7 x  8x 2  Câu 2. a) Tìm các số nguyên x; y; z sao cho x2  y 2  z 2  6  xy  3x  4z b) Cho hai số nguyên dương m, n thỏa mãn m  n  1 là một ước nguyên tố của 2  m2  n2   1. CMR m.n là số chính phương Câu 3. Cho a, b, c thực dương thỏa mãn abc  1. Chứng minh rằng: 1 1 1    3 a 4  a3  ab  2 b4  b3  bc  2 c 4  c3  ac  2 Câu 4. Cho tam giác ABC vuông tại A  AB  AC  nội tiếp đường tròn (O) đường cao AH. Gọi D là điểm đối xứng với A qua BC. Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên BD. Qua H kẻ đường thẳng song song với BD cắt AK tại I. Đường thẳng BI cắt đường tròn (O) tại N (N khác B) a) Chứng minh AN.BI  DH .BK b) Tiếp tuyến của (O) tại D cắt đường thẳng BC tại P. Chứng minh đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP c) Tiếp tuyến của (O) tại C cắt DP tại M. Đường tròn qua D tiếp xúc với CM tại M và cắt OD tại Q (Q khác D). Chứng minh đường thẳng qua Q vuông góc với BM luôn đi qua điểm cố định khi BC cố định và A di động trên đường tròn (O) Câu 5 Để phục vụ cho lễ khai mạc World Cung 2018, ban tổ chức giải đấu chuẩn bị 25000 quả bóng, các quả bóng được đánh số từ 1 đến 25000. Người ta dùng 7 màu: Đỏ, Da cam, Vàng, Lục, Lam, Chàm, Tím để sơn các quả bóng (mỗi quả được sơn 1 màu). Chứng minh rằng trong 25000 quả bóng nói trên tồn tại 3 quả bóng cùng màu được đánh số là a, b, c mà a chia hết cho b, b chia hết cho c và abc  17
ĐÁP ÁN Câu 1. a) Giải phương trình : x  2  4  x  2 x2  5x 1 Điều kiện xác định: 2  x  4 Ta có 2 x2  5x  3     x  2 1   4  x 1  0 x 3 x 3   2 x  1 x  3   0 x  2 1 4  x 1  1 1    x  3  2 x  1   0  x  2 1 4  x 1   1 1   1  1 0 1 1 Do  x  2  1 x  2 1  2x 1  0 2  x  4 x  2 1 4  x 1   x  3  0  x  3(tm) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  3 b) Hệ đã cho tương đương với 2 xy  6 y  8 x 2  xy  3 y  4 x 2  2   2  y  2 y  7  8 x  x  8 x  y  2 y  7  2 xy  6 y  x  8 x  0 2 2 2  xy  3 y  4 x 2  xy  3 y  4 x 2    x  y   8  x  y   7  0  x  y  7  x  y  1  0 2   2  13 5  13  x  y  1 x  ;y  3 3   3 x  4 x  3  0 2  2  13 5  13  x  ;y  3 3    5  2 22 26  2 22  x  ;y   x  y  7 3 3   3 x 2  10 x  21  0  5  2 22 26  2 22  x  ;y   3 3 Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm
Câu 2 a) Do x, y, z là các số nguyên nên x 2  y 2  z 2  6  1  xy  3 y  4 z  x 2  y 2  z 2  7  xy  3 y  4 z  0 2 2  1  y    x  y   3   1   z  2   0 2  2  2   1 x  2 y  0  x  1 y    1  0   y  2 2 z  2 z  2  0    Vậy x  1; y  z  2 là 3 số nguyên cần tìm b) Giả sử m  n . Theo bài ra ta có: m  n  1   m  n  1 m  n  1  m  n  1 2  2  m 2  n 2   1   m  n   1  m  n  1 2     2m 2  2n 2  m 2  2mn  n 2   m  n  1   m  n  m  n  1 2 Do m  n  1 là số nguyên tố  m  n  1 là ước của m  n Mà m  n  m  n  1 do đó vô lý Vậy giả sử sai  m  n  m.n  m2 là số chính phương Ta có điều phải chứng minh. Câu 3. Ta có:  a  1 2 a 2  a  1  0   a 2  2a  1 a 2  a  1  0  a 4  a3  a  1  0  a 4  a3  1  a  a 4  a 3  ab  2  ab  a  1 1 1   a  a  ab  2 4 3 ab  a  1 Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có:
1 1 1 1  ;  b4  b3  bc  2 bc  b  1 c 4  c3  ac  2 ac  c  1 Như vậy 1 1 1  1 1 1  VT     3.     ab  a  1 bc  b  1 ac  c  1  ab  a  1 bc  b  1 ac  c  1  (Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho 3 số) Lại có  1 1 1   1 a ab  3.      3.    2   ab  a  1 bc  b  1 ac  c  1   ab  a  1 abc  ab  a a bc  abc  ab   1 a ab   3.     3  ab  a  1 1  ab  a a  ab  1  Vậy ta có điều phải chứng minh Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 Câu 4 A N I P B C H O J M Q K D
a) Chứng minh AN.BI  DH .BK Ta có do cùng chắn cung AB nên BDA  BNA  IHA  BNA  INA Suy ra tứ giác ANHI nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau). Do đó: AHN  AIN  BIK (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN ) Ta có : AK  BD  AK  IH  AIH  900 Do tứ giác AHNI là tứ giác nội tiếp (cmt)  AIH  ANH  1800  ANH  900 BK BI BI  IBK  NAH  ANH BKI ( g.g )     AN .BI  DH .BK AN AH DH b) Gọi O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP, I là trung điểm NP Vì A; D đối xứng qua BC nên PA cũng là tiếp tuyến của (O) 1 Ta có: PAN  PO1 N  PO1I1 (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung NP của 2 đường tròn  O1  ) Lại có: PAN  ADN (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn cung AN của  O  )  PO1I1  ADN Hơn nữa ANHI nội tiếp (cmt) nên ANH  AIH  900  NAH  NHP (cùng phụ với NHA ) Ta có : NAH  NIH  NBD  NDP  NHP  NDP  tứ giác PDNH nội tiếp nên NPH  NDA  NPH  PO1I1 Mặt khác : PO1I1  O1PI1  900  NPH  O1PI1  900  O1PH  900 Suy ra BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP c) Gọi J là trung điểm OM, G là trung điểm của OC, E là giao điểm của QG và BM Dễ thấy MQ là đường kính của đường tròn đi qua D là tiếp xúc với MC (Do MDQ  900 )  MQ  MC . Mà MC  BC  MQ / / BC Do MQ / / BC  QMO  MOP (so le trong)  QOM  Tam giác QOM cân tại Q  QJ  OM (trung tuyến đồng thời là đường cao)  BOM  GJQ (góc có cạnh tương ứng vuông góc) Mặt khác GJ OG OGJ OJG( g.g )   JQ OJ
OG OC OB OGJ OCM    (OC  OB) OJ OM OM GJ OB    GJQ BOM (c.g.c)  OMB  QJM  900 JQ OM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QM)  QE  EM  QE  BM Vậy đường thẳng qua Q vuông góc với BM luôn đi qua trung điểm G của OC cố định. Câu 5: Xét tập A  1; 2;3;.........; 2500 và tập B  1;3;3.2;3.22 ;......;3.213 Do 3.213  24576  250000  B  A Tập B có 15 phần tử. Do mỗi quả bóng được sơn một màu mà có 7 màu nên theo nguyên lý Dirichle trong tập B tồn tại 3 quả bóng cùng màu. Giả sử 3 quả bóng được đánh số a  b  c thì a chia hết cho b, b chia hết cho c và abc  18  17 Vậy ta có điều phải chứng minh
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TỈNH KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: TOÁN CHUYÊN Ngày thi : 03/06/2018 Câu 1 a) Giải phương trình : x2  2 x  2  3x x  1 b) Có bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số abc sao cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác cân Câu 2 a) Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c ta luôn có: a  b  c  a 2  b2  c2  2  ab  ac  bc  2 1 1 1 1 1 1 1 b) Cho 3 số x, y, z khác 0 thỏa mãn : x  y  z  ; 2  2  4;    0 2 x y xyz x y z Tính Q   y 2017  z 2017  z 2019  x2019  x2021  y 2021  Câu 3 Cho đường tròn (O) đường kính BC và H là 1 điểm nằm trên đoạn thẳng BO (điểm H không trùng với hai điểm B và O). Qua H vẽ đường thẳng vuông góc với BC, cắt đường tròn (O) tại A và D. Gọi M là giao điểm của AC và BD, qua M vẽ đường thẳng vuông góc với BC tại N a) Chứng minh rằng tứ giác MNBA nội tiếp 2 b) Tính giá trị: P  2.  BO  OH    AB  BH c) Từ B vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O), cắt hai đường thẳng AC và AN lần lượt tại K và E. Chứng minh rằng đường thẳng EC luôn đi qua trung điểm I của đoạn thẳng AH khi H di động trên đoạn thẳng BO Câu 4 Cho a, b,c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a  b  c  abc . Chứng 1  a2 1  b2 minh rằng   1  c2  1 a b Câu 5 Để tiết kiệm chi phí vận hành đồng thời du khách đi tham quan hết 18 danh lam, thắng cảnh trong tỉnh K, công ty du lịch lữ hành KH đã thiết lập các tuyến 1 chiều như sau: Nếu đi từ tỉnh A đến B và từ B đến C thì sẽ không có tuyến từ A đến C. Hỏi có bao nhiêu cách thiết lập để đi hết 18 địa danh trên ?
ĐÁP ÁN Câu 1 a) Giải phương trình Điều kiện xác định x  1 x2  2 x  2  3x x  1  x 2  2  x  1  3x x  1  0 u  x Đặt  v  x  1  u  v Phương trình  u 2  3uv  2v 2  0   u  v  u  2v   0   u  2v TH 1: u  v  x2  x 1  0 1 5 x  x 1   x x  0 2 TH 2 : u  2v x  0 x  2 x 1   2  x  2 2 x  4x  4  0 1 5 Vậy nghiệm của phương trình đã cho : x  ;x  22 2 2 b) TH1:Tam giác đều thì a  b  c  0  có 9 số được lập TH2: Xét a  b  c . Vì a  b  c (bất đẳng thức tam giác) nên: c  2 )a  b  1    không có giá trị nào của c c  1 c  4 +) a  b  2    có 2 cách chọn c c  2 c  6 )a  b  3    có 4 cách chọn c c  3 c  8 )a  b  4    có 6 cách chọn c c  4 c  10 )a  b  5    có 8 cách chọn c c  5 c  12 )a  b  6    có 8 cách chọn c c  6 c  14 )a  b  7    có 8 cách chọn c c  7
c  18 )a  b  8    có 8 cách chọn c c  8 c  18 )a  b  9    có 8 cách chọn c c  9 Vậy trường hợp này có 52 số thỏa mãn Do vai trò của a, b, c như nhau nên : 52.3  156 (số) Vậy có tất cả 9  156  165 số thỏa mãn Câu 2 a) VT   a  b  c    a  b  c  a  b  c  2  a 2  ab  ac  ab  b 2  bc  ac  bc  c 2  a 2  b 2  c 2  2  ab  bc  ca   VP b) Ta có: 1 x yz 1 x yz    2 xyz 2 xyz 1 1 1 1 2 2 2 1         xy yz xz 2 xyz xy yz xz xyz 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1  2 2 2    2 2 2 4 x y z xy yz xz x y z xyz 2 1 1 1 1 1 1     4   2 x y z x y z Từ đó 1 1 1 1    x y z x yz   xy  yz  xz  x  y  z   xyz   x  y  x  z  y  z   0 x   y   y   z  z   x Hơn nữa các mũ của Q đều lẻ nên có ít nhất 1 thừa số bằng 0. Vậy Q  0
Câu 3: M K A E I B N H C O D a) Ta có : BAC  900  BAM  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) MNB  900 ( gt )  BAM  MNB  1800 Do đó tứ giác MNBA nội tiếp đường tròn đường kính MB (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 ) b) Do tam giác ABC vuông tại A nên áp dụng hệ thức lượng ta có: AB 2 AB 2 BH   BC 2 BO OH 2 BO.OH 2 BO.  BO  BH     BH AB 2 AB 2 2 2 BO 2  BH .BC 2 BO 2  AB 2  BO   2  2  2.   1 AB AB  AB  2  BO  OH  P  2   1  AB  BH Vậy giá trị của P là P  1 c) Ta dễ dàng có :
Do tứ giác DBAC nội tiếp:  MBN  DBC    MBN  DAC  900  MBN  900  DAC  NMB  BCA.....(1)  DBC  DAC  Tứ giác MNBA nội tiếp (cmt)  NMB  NAB (2) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NB) Tam giác OAC cân tại O (OA = OC)  BCA  OAC (3) (hai góc ở đáy) Từ (1) (2) (3) suy ra NAB  OAC  OAC  BAO  NAB  BAO  BAC  NAO  NAO  900  OA  NA  NA là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A  EA  EB Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:   EAB  EBA Trong tam giác vuông KAB ta chứng minh được AE là đường trung tuyến  EA  EB  EK  EAK cân tại E  BKA  EAK  AH  BC CI AI Ta có:   AH / / BK . Do vậy theo định lý Ta lét ta có:   BK  BC CE KE CI HI AI HI HI / / EB     CE BE KE BE Mà KE  EB  AI  HI Từ đó suy ra I là trung điểm của AH Vậy ta có điều phải chứng minh Câu 4: 1 1 1 Ta có: a  b  c  abc    1 ab ac bc 1 1 1 Đặt x  ; y  ; z  thì bất đẳng thức đã cho trở thành : xy  xz  yz  1 a b c
1  a2 1  b2   1  c2  1 a b 1 1 1  2 1  2 1  c 2 1  1 a b c 1 z2  1  x2  1  y 2  1 z 1 z2  1  1  x2  1  y 2  0 z  1  x2 1   1  y2 1  1  x2 . 1  y 2  1 z2 z 0   1  1  1  z 2  z 1  x2 1  y 2 1 x 2 1 y 2 0 z Ta lại có: 1  xy    x  y  2 2 1  x2 1  y2  1  x2  y 2  x2 y 2    xz  yz    x  y  2 2  z 2  1  x  y    x  y  1  z 2 2  bdt   1  x2  1  1 y2 1   1  z 2  z( x  y) 1  z 2 z 0  1  x2 1  1 y2 1   1  z 2  ( xz  yz ) 1  z 2 z 0   1  1  1  z  (1  xy ) 1  z 2 2 1  x2 1 y2 0 z   1  1  xy 1  z 2 1  x2 1 y2 0 z Từ đó ta có điều phải chứng minh Câu 5: Gọi A là địa điểm có nhiều tuyến đường nhất (gồm ca đường xuất phát từ A và đi đến A). Các địa điểm còn lại ta chia thành 3 loại: Loại 1: Các đường xuất phát từ A có n(1)  m tuyến đường Loại 2: Các tuyến đi đến A có n  2   n tuyến Loại 3: Không có tuyến đi và đến A có n(3)  p tuyến Do m  n  p  17 và: Số tuyến liên quan đến A có m  n tuyến Số tuyến không liên quan đến A không vượt quá m  n Gọi S là số cách thiết lập đi hết 18 địa danh thì:
 m  n  p  1 2 S  m  n  p  m  n   mn  mn   p  1 m  n  p  1   108 (Áp dụng bất 3 đẳng thức Cosi) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi m  p  6, n  5 Vậy có tối đa 108 cách thiết lập đi hết 18 địa danh trên
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 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 22 22 32 20172 20182 Câu 2 (2,0 điểm).  a) Giải phương trình 2 1  x  x 2  2 x  1  x  x 2  1.   x  3 y  2  y ( x  y  1)  x  0  b) Giải hệ phương trình  4y 3 8  x  y  1  1  x  14 y  8. 2  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 2 x2  5 y 2  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 a, b thỏa mãn a  b  1 . 1 Chứng minh rằng 3  a  b    a  b   4ab   a  3b b  3a . 2 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. -------HẾT------- Họ và tên thí sinh: ...................................................... Họ tên, chữ ký GT 1:........................................ Số báo danh: .............................................................. Họ tên, chữ ký GT 2:........................................ Trang 1/5
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) 0,25 Điều kiện: x   y; x  1; y  1. x3  x 2  y 2  y 3  x3 y 2  x 2 y 3 x 2  xy  y 2  x  y  x 2 y 2 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    1    ...  1   . 12 22 22 32 20172 20182 0,25 2 1 1 1 1  2 Ta có 1    1      (n  * ) n 2 (n  1) 2  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  2 x  1  0.   2 1  x  x 2  2 x  1  x  x 2  1  2(1  x) x 2  2 x  1  x 2  2 x  1 (1) 0,25 Đặt x 2  2 x  1  y . ( y  0) y  2 PT (1) trở thành y 2  2(1  x) y  4 x  0   0,25  y  2 x Với y  2 thì x2  2 x  1  2  x  1  6. (thỏa mãn điều kiện) 0,25 Với y  2 x thì x  2 x  1  2 x (vô nghiệm) 2 Trang 2/5
 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  3 y  2  ( x  y )( y  1)  0 (1)  Hệ đã cho tương đương  4y  3 8  x   x 2  14 y  8 (2) 0,25  y 1 1 Nhận xét: y  1 và y  0 không thỏa mãn, do đó x y x y x y (1)   20   1  x  2 y  1 . Thế vào (2) ta được phương trình y 1 y 1 y 1 4 y  1  3 7  2 y  4 y 2  10 y  11  0  4    y 1  2  3  7  2 y  1  4 y 2  10 y  6  0 0,25  2 3    y  3    2 y  1  0. (3)  y 1  2 7  2 y 1    7 2 2 2 3 3 Với 1  y  thì  ;  ;2 y  1  1 2 y 1  2 3  2 2 7  2 y 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 BME  BKE  900 0,25 nên tứ giác BMKE nội tiếp.  HKB  CEB mà HKB  BAE (vì cùng phụ với 0,25 HKA )  BAE  CEB . BEC đồng dạng với BAE (vì ABE 0,25 chung và BAE  CEB ) BE BC Do đó   BE 2  BC. AB. 0,25 AB BE b) (1,0 điểm). Xét tam giác vuông ABN có CN  AB  BN 2  BC. AB 0,25 mà BE 2  BC. AB suy ra BN  BE hay BNE cân tai B suy ra BNE  BEN . (1) Trang 3/5
Mặt khác, theo câu trên ta có CEB  BAE và BAE  BNP suy ra CEB  BNP . (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra PNE  PEN 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 CMH  MBH (vì cùng phụ MCB ). Suy ra O1MH  O2 BH Mặt khác O1HM  O2 HB  450. O2 0,25 O1 Suy ra MO1H đồng dạng với BO2 H . O H MH MH MC Do dó 1  mà  O’ O2 H HB HB MB O H MC  1  . O2 H MB O H MC O1HO2 đồng dạng với CMB (vì O1HO2  CMB  900 và 1  ). O2 H MB Suy ra HO2O1  MBC  MBC  HO2 I  1800 . 0,25 Suy ra tứ giác BHO2 I nội tiếp  MIJ  O2 HB  450 . Suy ra MIJ cân tại M  MI  MJ . Ta có MO2 I  MO2 H (g.c.g) suy ra MI  MH và O2 I  O2 H . 0,25 Tương tự cũng có O1H  O1 J . Chu vi tam giác O1HO2 là O1H  HO2  O1O2  JO1  O1O2  O2 I  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 2 x2  2 xy  5 y 2  41  0. (1) 82 0,25 Ta có 'x  82  9 y 2  0  y 2  . Mặt khác từ (1) ta có y 2 là số lẻ, nên y 2  1;9 9 Với y  1  2 x  2 x  36  0  x  . 2 Với y  1  2 x2  2 x  36  0  x  . 0,25 x  1 Với y  3  2 x  6 x  4  0   2  x  2. Trang 4/5
 x  1 Với y  3  2 x 2  6 x  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 r 3  3 chia hết cho 6. 0,25 Nếu r chẵn thì r 3  3 lẻ, do đó r 3  3 không chia hết cho 6. Suy ra r  1,3,5. Với r  1  r 3  3  4 không chia hết cho 6. Với r  3  r 3  3  30 6 . 0,25 Với r  5  r 3  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
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