Đề thi thử THPT quốc gia

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (259.68 KB, 7 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ĐỀ HSG TỈNH KON TUM NĂM HỌC 2018 - 2019
MƠN TỐN

TIME: 180 PHÚT

Câu 1. (3 điểm) Giải hệ phương trình
2

1 1 1 1

12 1 36

x x y y

x x y

       




   



 .

Câu 2. (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, đặt BCa,AC b , AB c . Cho biết a,

2
3b , c

theo thứ tự đó lập thành cấp số nhân. Tính B C, .

Câu 3. Cho dãy số

 

un được xác định bởi





1 2

2 1

1, 3

2 1 ,

n n n

u u

u  u u  n

 




   

  . Tính lim 2

n
n

u
n
  .

Câu 4. [3,0điểm ] Có 20 cây giống trong đó có 2 cây xồi, 2 cây mít, 2 cây ổi, 2 cây bơ, 2 cây
bưởi và 10 loại cây khác 5 loại cây trên đồng thời đôi một khác loại nhau. Hỏi có bao nhiêu
cách chọn ra 5 cây để trồng trong một khu vườn sao cho khơng có hai cây nào thuộc cùng một
loại.

Câu 5 . (5,0 điểm) Cho tam giác ABC AB AC







là tam giác nhọn nội tiếp đường tròn

 

O , H là trực
tâm tam giác. Gọi J là trung điểm của BC. Gọi D là điểm đối xứng với A qua O.

1) (3,0 điểm) Gọi M N P, , lần lượt là hình chiếu vng góc của D lên BC CH BH, , . Chứng
minh rằng tứ giác PMJN nội tiếp.

2) (2,0 điểm) Cho biết BAC600, gọi I là tâm đường tròn nội tiếp. Chứng minh rằng

 

2AHI 3ABC.

Câu 6. Tìm tất cả các số nguyên tố a thỏa mãn 8a21 cũng là số nguyên tố.

Câu 7. (2 điểm) Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn điều kiện 3a22b c2 2 6. Tìm giá trị lớn nhất và 
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P2



a b c 



 abc.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ HSG TỈNH KON TUM

NĂM HỌC 2018 - 2019

MƠN TỐN
TIME: 180 PHÚT

Câu 1. (3 điểm) Giải hệ phương trình
2

1 1 1 1

12 1 36

x x y y

x x y

       


   

 .
Lời giải

Tác giả: Vũ Việt Tiến; Fb: Vũ Việt Tiến

+ Ta có

 

1 1 1 1 1

12 1 36 2

x x y y

x x y

       


   

 .

+ Điều kiện: x1; y1.

+ Ta thấy x y 1 khơng là nghiệm của hệ phương trình.
+ Ta có

 

1 x 1 y 1 y 1 x 1

       

1 1 1 1

x y y x

x y y x

 

 

     

 

1 1

1 1 1 1

x y

x y y x



 

 
      
 .

+ Ta thấy

 

* vô nghiệm vì vế trái ln dương, vế phải ln âm với    x 1, y 1, ;



x y

 

1;1 .



.
+ Với xy , thế vào

 

2 ta được: x2 x 12 x 1 36

2 2 1 1 12 1 36

x x x x

       









2
2

1 1 6

x x

    

1 1 6

x x
x x
    
 
   














     


     


1 1 6 0 v« nghiƯm

1 1 6 0

x x
x x





  
   
 

1 2
3
1 3 v« nghiƯm

x

x
x

+ Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất



x y;

 

 3; 3



2
3b , c
theo thứ tự đó lập thành cấp số nhân. Tính B C, .

Lời giải

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Do tam giác ABC vng tại A nên ta có b a sinB, c a c B os .
a,

3b , c lập thành cấp số nhân

2
2
3
ac b

  2cos 2 2sin2
3

a B a B

  3cosB 2sin2B

 





3cosB 2 1 cos B

   2 cos2B 3cosB 2 0

   
cos 2
1
cos
2
B
B




 

1
cos
2
B
 
(vì
1 cosB 1

   )  B60 (vì 0 B180 ).
Vậy B60, C30 .

Câu 3. Cho dãy số

 

un được xác định bởi





1 2

2 1

1, 3

2 1 ,

n n n

u u

u  u u  n

 




   

  . Tính lim 2

n
n
u
n
  .
Lời giải

Tác giả: Ngọc Thanh; Fb: Ngọc Thanh

 





 





1 2

2 1

1, 3 1

2 1 2

n n n

u u

n

u  u u 

  



  

 .

Đặt vn un1 un.

Ta có

 

2  un2 un1 un1 un 2 vn1 vn2.

Suy ra

 

vn lập thành một cấp số cộng có số hạng đầu v12 và công sai d 2.
Nên vn  2



n 1 .2 2



 n.

Khi đó: n



n n 1

 

n 1 n 2





2 1



1
u  u  u   u   u   u  u u



 







1 2 . 1 1 2 1 2 1 1

n n

v  v  v u n n

          









2 1 1 1

2
n n
n n


    
.
Do đó:
2

2 2 2

( 1) 1 1

lim n lim lim 1

n n n

u n n n n

n n n

     

   

  

. Vậy lim 2 1
n
n

u
n
   .

Lời giải

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Trường hợp 1: Chọn 5 cây nhóm II .

Số cách chọn là C105 252 (cách chọn).

Trường hợp 2: Chọn 4 cây nhóm II, chọn 1 cây nhóm I.
Số cách chọn là C C C104. .51 12 2100 (cách chọn).

Trường hợp 3: Chọn 3 cây nhóm II, chọn 2 cây nhóm I.

Số cách chọn là

 

2
3 2 1

10. .5 2 4800
C C C 

(cách chọn).

Trường hợp 4: Chọn 2 cây nhóm II, chọn 3 cây nhóm I.

Số cách chọn là

 

2 3 1

10. .5 2 3600
C C C 

(cách chọn).

Trường hợp 5: Chọn 1 cây nhóm II, chọn 4 cây nhóm I.

Số cách chọn là

 

4
1 4 1

10. .5 2 800
C C C 

(cách chọn).
Trường hợp 6: Chọn 5 cây nhóm I.

Số cách chọn là

 

5
5 1

5. 2 32
C C 

(cách chọn).
Vậy số cách chọn cây thỏa mãn yêu cầu bài ra là:

252 2100 4800 3600 800 32 11584      (cách chọn).

Câu 5 . (5,0 điểm) Cho tam giác ABC AB AC







là tam giác nhọn nội tiếp đường tròn

 

O , H là trực
tâm tam giác. Gọi J là trung điểm của BC. Gọi D là điểm đối xứng với A qua O.

2) (2,0 điểm) Cho biết BAC600, gọi I là tâm đường tròn nội tiếp. Chứng minh rằng

 

2AHI 3ABC.

Lời giải

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Ta có BH CD// (vì cùng vng góc với AC) và CH BD// (vì cùng vng góc với AB) nên
BHCD là hình bình hành, do đó J cũng là trung điểm của HD.

Từ giả thiết ta được tứ giác HPDN nội tiếp đường tròn tâm J suy ra:

 2 2 180



0 



PJN  PDN   BHC

 

1

Ta có các tứ giác

BPMD CNMD

nội tiếp nên:

 3600



 



 
PMN   PMD NMD HBD HCD

 







0 0

360 BHC BDC 360 2BHC

    

 

2

Từ

 

1 và

 

2 suy ra PJN PMN nên tứ giác PMJN nội tiếp. Điều phải chứng minh. 
2)

Gọi L là giao điểm của AH với BC, K là giao điểm thứ hai của AH với đường tròn ngoại 
tiếp

 

O của tam giác ABC.

Kẻ đường thẳng đi qua I vuông góc với BC cắt BC và cắt cung nhỏ BC lần lượt tại E và
N .

Ta có JL DK/ / ( vì cùng vng góc với AK) mà J là trung điểm của HD nên JL là đường
trung bình của tam giác HDK , suy ra L là trung điểm của HK. Do đó K đối xứng với H
qua

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Mà

 180   120
2

B C

BIC     

nên B I H C, , , đồng viên thuộc đường tròn đối xứng với

 

O
qua BC, suy ra N chính là điểm đối xứng với I qua BC. Suy ra HINK là hình thang cân.

Ta có

   

2
ABC
ABI IBC CBN 

.
Từ đó

 180  180      3

2
AHI    IHK   AKNABN ABI IBC CBN   ABC
Suy ra 2AHI 3ABC . Điều phải chứng minh.

Câu 6. Tìm tất cả các số nguyên tố a thỏa mãn 8a21 cũng là số nguyên tố.
Lời giải

Tác giả : Ngơ Quốc Tuấn, FB: Quốc Tuấn 
Vì a là số nguyên tố nên a2. Ta xét các trường hợp

+ Trường hợp 1: với a2 khi đó 8a2 1 33 chia hết cho 11, loại trường hợp a2.

+ Trường hợp 2: với a3 khi đó 8a2 1 73 là số nguyên tố.

+ Trường hợp 3: với a 3 a3k1 khi đó









2 2 2

8a  1 8 9k 6k1 1 3 24  k 16k3

chia hết cho 3, loại trường hợp a3.
Vậy a3 là giá trị duy nhất cần tìm.



a b c 



 abc.

Lời giải

Với bốn số a, b, x,y ta có bất đẳng thức Cauchy-Schwarz



ax by





a2 b2

 

x2 y2



 

1

   

(Học sinh có thể khơng cần chứng minh bất đẳng thức

 

1 )
Áp dụng bất đẳng thức

 

1 , ta có









2 2 2. 2

P a  bc  b c 

 













2 2

2 2 2 2

a  bc b c 

    

 

 



 



2 2 2 2 2 2

a b c

   

Lại áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có



2 2

 

2 2

 

2 2



13



2 2 .2

 

2 2

 

2 2



a  b  c   a  b  c 







 



3 2 2 2 2

1 36

6 3

a b c

      

 

 

 

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Từ đó suy ra P2 36. Suy ra 6 P 6.

Mặt khác với a0, b1, c2 thì 3a22b c2 2 6 và P6.
Với a0, b1, c2 thì 3a2 2b c2  2 6và P6

Vậy MinP6 khi a0, b1, c2.

MaxP khi a0, b1, c2.

</div>

Đề thi thử THPT quốc gia

 









 





 

 

 

 

 



 



 



























 







 





 





 





 

 







 









 















 

 

 

 





 

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>

<sub></sub>





<sub> </sub>

 

 

 