Lời giải đề thi vào lớp 10 chuyên Tỉnh Nam Định năm 2018 - trang 2

Nội dung

Điểm

a) (1,0 điểm).

Ta có $\widehat{BME}=\widehat{BKE}={{90}^{0}}$

 nên tứ giác $BMKE$ nội tiếp.

0,25

$\Rightarrow \widehat{HKB}=\widehat{CEB}$

mà $\widehat{HKB}=\widehat{BAE}$(vì cùng phụ với $\widehat{HKA}$)

$\Rightarrow \widehat{BAE}=\widehat{CEB}$.

0,25

$\Delta BEC$ đồng dạng với $\Delta BAE$ (vì $\widehat{ABE}$

chung và $\widehat{BAE}=\widehat{CEB}$ )

0,25

Do đó $\dfrac{BE}{AB}=\dfrac{BC}{BE}\Rightarrow B{{E}^{2}}=BC.AB.$

0,25

b) (1,0 điểm).

Xét tam giác vuông ABN có $CN\bot AB$$\Rightarrow B{{N}^{2}}=BC.AB$

mà $B{{E}^{2}}=BC.AB$ suy ra $BN=BE$ hay $\Delta BNE$ cân tai B suy ra $\widehat{BNE}=\widehat{BEN}$.  (1)

0,25

Mặt khác, theo câu trên ta có $\widehat{CEB}=\widehat{BAE}$ và $\widehat{BAE}=\widehat{BNP}$ suy ra $\widehat{CEB}=\widehat{BNP}$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{PNE}=\widehat{PEN}$ hay $\Delta PNE$ cân tại P $\Rightarrow NP=PE$.

0,25

Vì $NP=PE$ và $BN=BE$ nên $BP\bot NE$ .

0,25

Suy ra $BP$ là đường phân giác của các góc  $\widehat{EBN}$ và $\widehat{EPN}$ .

Do đó tâm đường tròn nội tiếp các tam giác BNE và PNE cùng nằm trên đường thẳng BP.

0,25

c) (1,0 điểm). 

Gọi giao điểm của ${{O}_{1}}{{O}_{2}}$ với $MB, MC$ lần lượt là $I$ và $J$.

Ta có $\widehat{CMH}=\widehat{MBH}$ (vì cùng phụ $\widehat{MCB}$).

Suy ra $\widehat{{{O}_{1}}MH}=\widehat{{{O}_{2}}BH}$

Mặt khác $\widehat{{{O}_{1}}HM}=\widehat{{{O}_{2}}HB}={{45}^{0}}.$

Suy ra $\Delta M{{O}_{1}}H$ đồng dạng với $\Delta B{{O}_{2}}H$.

Do dó $\dfrac{{{O}_{1}}H}{{{O}_{2}}H}=\dfrac{MH}{HB}$ mà $\dfrac{MH}{HB}=\dfrac{MC}{MB}$ $\Rightarrow $$\dfrac{{{O}_{1}}H}{{{O}_{2}}H}=\dfrac{MC}{MB}$.

0,25

$\Delta {{O}_{1}}H{{O}_{2}}$ đồng dạng với $\Delta CMB$ (vì $\widehat{{{O}_{1}}H{{O}_{2}}}=\widehat{CMB}={{90}^{0}}$ và $\dfrac{{{O}_{1}}H}{{{O}_{2}}H}=\dfrac{MC}{MB}$).

Suy ra $\widehat{H{{O}_{2}}{{O}_{1}}}=\widehat{MBC}$ $\Rightarrow $$\widehat{MBC}+\widehat{H{{O}_{2}}I}={{180}^{0}}$.

Suy ra tứ giác $BH{{O}_{2}}I$ nội tiếp $\Rightarrow $$\widehat{MIJ}=\widehat{{{O}_{2}}HB}={{45}^{0}}$.

Suy ra $\Delta MIJ$ cân tại $M$ $\Rightarrow $$MI=MJ$.

0,25

Ta có $\Delta M{{O}_{2}}I=\Delta M{{O}_{2}}H$(g.c.g) suy ra $MI=MH$ và ${{O}_{2}}I={{O}_{2}}H$.

Tương tự cũng có ${{O}_{1}}H={{O}_{1}}J$.

0,25

Chu vi tam giác ${{O}_{1}}H{{O}_{2}}$ là ${{O}_{1}}H+H{{O}_{2}}+{{O}_{1}}{{O}_{2}}=J{{O}_{1}}+{{O}_{1}}{{O}_{2}}+{{O}_{2}}I=\sqrt{2}MI=\sqrt{2}MH.$

Ta có $MH\le R$.

Suy ra chu vi tam giác ${{O}_{1}}H{{O}_{2}}$ lớn nhất bằng $\sqrt{2}R$ khi $MH=R$, hay $M$ nằm chính giữa nửa đường tròn đường kính $BC.$

0,25

Nội dung

Điểm

a) (0,75 điểm).

Phương trình đã cho tương đương $2{{x}^{2}}-2xy+5{{y}^{2}}-41=0.\,\,\,\,\,(1)$

Ta có $\vartriangle {{'}_{x}}=82-9{{y}^{2}}\ge 0\Rightarrow {{y}^{2}}\le \dfrac{82}{9}.$ Mặt khác từ (1) ta có ${{y}^{2}}$ là số lẻ, nên ${{y}^{2}}\in \left\{ 1;9 \right\}$

0,25

Với $y=1\Rightarrow 2{{x}^{2}}-2x-36=0\Rightarrow x\notin \mathbb{Z}.$

Với $y=-1\Rightarrow 2{{x}^{2}}+2x-36=0\Rightarrow x\notin \mathbb{Z}.$

Với $y = 3 \Rightarrow 2{x^2} - 6x + 4 = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x = 2.
\end{array} \right.$

Với $y =  - 3 \Rightarrow 2{x^2} + 6x + 4 = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
x =  - 1\\
x =  - 2.
\end{array} \right.$

0,25

Vậy có 4 cặp số nguyên $(x;y)$ thỏa mãn là: $\left\{ (1;3),(2;3),(-1;-3),(-2;-3) \right\}.$

0,25

b) (0,75 điểm).

Đặt $n=6q+r,\,\,r\in \left\{ 0,1,2,3,4,5 \right\}$. Khi đó ${{n}^{3}}+2019$ chia hết cho 6 khi ${{r}^{3}}+3$ chia hết cho 6.

Nếu $r$ chẵn thì ${{r}^{3}}+3$ lẻ, do đó ${{r}^{3}}+3$ không chia hết cho 6. Suy ra $r\in \left\{ 1,3,5 \right\}.$

0,25

Với $r=1\Rightarrow {{r}^{3}}+3=4$ không chia hết cho 6.

Với $r=3\Rightarrow {{r}^{3}}+3=30\vdots 6$.

Với $r=5\Rightarrow {{r}^{3}}+3=128$ không chia hết cho 6.

0,25

Suy ra $n=6q+3.$Mà $0\le n\le 2019\Rightarrow 0\le q\le 336.$

Vậy có tất cả 337 số tự nhiên $n$ thỏa mãn đề bài.

0,25.

Nội dung

Điểm

a) (0,75 điểm). 

Bất đẳng thức đã cho tương đương $\dfrac{1}{\sqrt{a+3b}}+\dfrac{1}{\sqrt{b+3a}}\le 2.$

Áp dụng BĐT Cô si cho 2 số dương ta có $\dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{a+3b}}=\sqrt{\dfrac{a}{a+b}}.\sqrt{\dfrac{a+b}{a+3b}}\le \dfrac{1}{2}\left( \dfrac{a}{a+b}+\dfrac{a+b}{a+3b} \right)\,\,\,(1)$ và $\dfrac{\sqrt{b}}{\sqrt{a+3b}}=\sqrt{\dfrac{1}{2}}.\sqrt{\dfrac{2b}{a+3b}}\le \dfrac{1}{2}\left( \dfrac{1}{2}+\dfrac{2b}{a+3b} \right).\,\,\,(2)$

0,25

Từ (1) và (2) suy ra $\dfrac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{\sqrt{a+3b}}\le \dfrac{1}{2}\left( \dfrac{3}{2}+\dfrac{a}{a+b} \right)\,\Leftrightarrow \,\dfrac{1}{\sqrt{a+3b}}\le \dfrac{1}{2}\left( \dfrac{3}{2}+\dfrac{a}{a+b} \right).\,\,\,(3)$

Chứng minh tương tự ta cũng có $\dfrac{1}{\sqrt{b+3a}}\le \dfrac{1}{2}\left( \dfrac{3}{2}+\dfrac{b}{a+b} \right).\,\,\,(4)$

0,25

Từ (3) và (4) suy ra $\dfrac{1}{\sqrt{a+3b}}+\dfrac{1}{\sqrt{b+3a}}\le 2.$ (điều phải chứng minh)

Dấu $''=''$xảy ra khi $a=b=\dfrac{1}{4}.$

0,25

b) (0,75 điểm).

         Nếu tất cả 100 điểm cùng thuộc một đường thẳng thì bài toán hiển nhiên đúng.

0,25

         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.

        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.

0,25

        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 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.

0,25