SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI
Ngày thi: 19/9/2018
ĐỀ THI THÁNG LẦN 1 LỚP 10 TOÁN NĂM HỌC 2018 - 2019
Thời gian làm bài : 180 Phút
Câu 1 (2,0 điểm) Cho a,b là độ dài hai cạnh góc vuông và c là độ dài cạnh huyền của cùng một tam giác vuông. Chứng minh rằng
(1 c)(1 c) 3 2 2
a b
Câu 2. (1,5 điểm) Cho hai đa thức bậc hai P(x) và Q(x) với hệ số cao nhất bằng 1. Biết rằng phương trình P x( )0 có hai nghiệm phân biệt p p1, 2 và phương trình Q x( )0 có hai nghiệm phân biệt q q1, 2và
1 2 1 2
( ) ( ) ( ) ( )
Q p Q p P q P q . Chứng minh rằng biệt thức Delta ( ) của P x( ) và Q x( ) bằng nhau Câu 3 (2,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên tố p,q,r sao cho 7p3q3 r6
Câu 4. (3,0 điểm)
a) Cho tam giác ABC, điểm M thỏa mãn AM x ABy AC. Chứng minh rằng điểm M nằm trong tam giác khi và chỉ khi x0,y0 và x y 1
b) Cho hình thang ABCD, ( AD song song BC), M là trung điểm CD và P,Q là trung điểm BM, AM. Gọi CP cắt DQ tại N. Chứng minh rằng điểm N nằm bên trong tam giác AMB khi và chỉ
khi 1 3
3 BC
AD
Câu 5 (1,5 điểm). Cho n điểm trên một đường tròn được đánh số từ 1 đến n ( n5). Ta tô màu k điểm ( 3k+1 < n) trong số đó sao cho giữa hai điểm được tô màu liên tiếp, có ít nhất 3 điểm không được tô màu. Có bao nhiêu cách tô màu như vậy?
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THÁNG LẦN 1 LỚP 10 TOÁN Năm học 2018-2019
Câu 1 (2,0 điểm) Cho a,b là độ dài hai cạnh góc vuông và c là độ dài cạnh huyền của cùng một tam giác vuông. Chứng minh rằng
(1 c)(1 c) 3 2 2
a b
Lời giải:
Ta có
( )( ) 2 ( )
(1 c)(1 c) a c b c c ab c a b
a b ab ab
2 2 2 2 2
( ) ( )
1 1
c c a b a b a b a b
ab ab ab ab
Mà a2b2 2ab và a b 2 ab nên ta có điều phải chứng minh
Câu 2. (1,5 điểm) Cho hai đa thức bậc hai P(x) và Q(x) với hệ số cao nhất bằng 1. Biết rằng phương trình P x( )0 có hai nghiệm phân biệt p p1, 2 và phương trình Q x( )0 có hai nghiệm phân biệt q q1, 2. Biết rằng Q p( 1)Q p( 2)P q( )1 P q( 2). Chứng minh rằng biệt thức Delta ( ) của P x( ) và Q x( ) bằng nhau
Lời giải:
Ta có P x( )(xp1)(xp2) và Q x( )(x q 1)(x q 2)
1 2 1 2
( ) ( ) ( ) ( )
Q p Q p P q P q (p1q1)(p1q2) ( p2q1)(p2q2)(q1p1)(q1p2) ( q2p1)(q2p2)
2 2 2 2
1 2 2 1 2 1 2 2 1 2
p p p p q q q q
Hay (p1p2)2 (q1q2)2. Ta có điều phải chứng minh
Câu 3 (2,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên tố p,q,r sao cho 7p3q3 r6 Lời giải:
Trước hết, 1 trong ba số p,q,r là số chẵn. Mà r6 26 64 nên 7p3 64, suy ra p2. Vậy r2 hoặc q2
+) Nếu q2 thì 7p3 8 r67p3r68.
Nếu r3 thì 7p3 36 8 737. Không tồn tại p thỏa mãn
Nếu r3 thì r68 chia hết cho 3, suy ra p=3, ta được r6 181. Loại
+) Nếu r2 thì 7p3q343(q4)(q24q16). Do 8p3 7p3 q3 nên 2pq suy ra q 4 2p4. Mà q4 là ước của 7p3 nên q 4 {7,p p, 2}
Nếu q 4 7 thì q3 nên 7p3 91 hay p3 13. Loại
Nếu q 4 p thì 7p3 p p[( 4)24(p 4) 16]7p2 p212p48 Ta được p22p 8 0 p 2 (loại) hoặc p 4 ( loại)
Nếu q 4 p2 thì q p2 4 2p nên p22p 1 5 hay (p1)2 5. Vì p2 nên p3. Suy ra 5
q .
Thử lại với p3,q5,r2 thấy thỏa mãn.
Đáp số: ( , , )p q r (3,5, 2)
Câu 4. (3,0 điểm) a) Cho tam giác ABC, điểm M thỏa mãn AM x ABy AC. Chứng minh rằng điểm M nằm trong tam giác khi và chỉ khi x0,y0 và x y 1
b) Cho hình thang ABCD, ( AD song song BC), M là trung điểm CD và P,Q là trung điểm BM, AM. Gọi CP cắt DQ tại N. Chứng minh rằng điểm N nằm bên trong tam giác AMB khi và chỉ
khi 1 3
3 BC
AD Lời giải:
a) Không mất tổng quát, giả sử đường thẳng AM cắt đường thẳng BC tại điểm K. Ta có AM k AK và AKmAB nAC với m n 1 nên AM kmAB knAC
+) Nếu M nằm trong tam giác thì 0 k 1 và K thuộc đoạn BC nên m n, 0. Suy ra
0, 0
xkm ykn và x y km kn k 1.
+) Nếu x y, 0 thì x y k m n( ) k (0,1) nên m n, 0, từ đó K thuộc đoạn BC và M thuộc đoạn AK nên M nằm trong tam giác ABC.
b)
Giả sử ADk BC k, 0.
+) Nếu k=1, nghĩa là ABCD là hình bình hành. Dễ có N là trung điểm AB +) Nếu k khác 1. Kí hiệu MX X thì ta có:
( )
D A k CB , C D 0, 1
Q2A, 1 P 2B Giả sử CNxCP N C x P C( )
Ta có: C A k C( B) nên C k( 1) kBA nên
1 kB A
C k
Vậy 1 ( 1) 1 ( 1) ( 1) 1
2 2 1 1
N xB x C xB x k B x A
k k
(*)
Suy ra: (1 ( 1) ) ( 1 1)
1 1
1
2 1
k k
DN N D N C x x B B x A
k k k
(1 ( 2) ) ( 2)
2 1
1 1
x x k B x A
k k
Mà 1 (1 1 )
2 2 1 1
DQ Q D A C A k B
k k
Do DN và DQ cùng phương nên
2 1
( 2)
1 2 1
1 1
2 1 1
x k
x x
k k
k
k k
( 1) 2 ( 2) 2( 2)
2 1
k x k x x
k k
(kx x 2kx 4 )(k k 1) 4kx 8k
( kx x 4 )(k k 1) 4kx8k
[(k 1)x 4 ](k k 1) 8k 4kx (k 1)2x 4 (k k 1) 8k 4kx
2 2
[(k 1) 4 ]k x 8k 4 (k k 1) (k 1) x 4 (k k 1)
N
P
Q M
A D
B C
Ta được 4 1 x k
k
nên 1 3 1 1 x k
k
và 1 ( 1) (3 2)
2 1 ( 1)
k k k
x x
k k
Thay vào (*) được:
1 1 1
( 1) ( 1) ( 1)
2 2 1 1
N xB x C xB x k B x A
k k
(*)
2 2
(3 ) 3 1
( 1) ( 1)
k k k
N B A
k k
Rõ ràng N nằm trong tam giác AMB khi và chỉ khi
2
2
2 2
(3 ) ( 1) 0
3 1
( 1) 0
(3 ) 3 1
( 1) ( 1) 1
k k
k k k
k k k
k k
2
3 1 3 ( 1) 0 k
k
k
Hay 1 3
3 k . Điều phải chứng minh.
Câu 5 (1,5 điểm). Cho n điểm trên một đường tròn được đánh số từ 1 đến n ( n5). Ta tô màu k điểm ( 3k+1 < n) trong số đó sao cho giữa hai điểm được tô màu liên tiếp, có ít nhất 3 điểm không được tô màu. Có bao nhiêu cách tô màu như vậy?
Lời giải:
Ta đếm số cách tô màu nhờ việc chia làm 2 trường hợp
Trường hợp 1. Một trong các số 1, 2, hoặc 3 được tô màu. Khi đó chỉ có đúng 1 trong 3 số được tô màu. Chọn số được tô, có 3 cách. Chọn các điểm được tô màu tiếp theo cũng là cách chọn bộ số
1 2
( ,x x ,,xk) mà x1 x2 xk n k x, i 3, có Cnk 31k 1 cách.
Vậy trường hợp này có 3Cnk 31k 1 cách tô màu.
Trường hợp 2. Không có số nào trong số các số 1,2,3 được tô màu. Khi đó giả sử các điểm i i1, ,2 ,ik được tô với i1 i2 ik (4i i1, k n) thì is1 is 3, nghĩa là mỗi cách tô ứng với 1 và chỉ 1 bộ số
1 2
( , ,i i , )ik mà 4 i1 i2 3 i3 6 ik 3(k 1) n 3(k1), tức là một cách chọn ra k số từ
3( 1) 4 1 3
n k n k số, khi đó, có Cnk3k cách.
Mặt khác, với hai cách chọn bộ số ( , ,i i1 2 , )ik khác nhau, không thể cho cùng một cách tô Vậy đáp số là Cnk3k3Cnk 31k 1 cách tô màu
