54 de thi chinh thuc vao 10 mon toan truong pho thong chuyen le hong phong nam dinh he chuyen toan nam hoc 2018 2019 co loi giai chi tiet

ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG – NAM ĐỊNH 2018 – 2019 Mơn thi: Tốn chun Ngày thi: 26/05/2018 Thời gian: 120 phút Câu (VD) (2 điểm) a) Rút gọn biểu thức: P = x2 y2 x2 y2 − − ( x + y) ( 1− y) ( x + y) ( 1+ x) ( 1+ x) ( 1− y ) b) Chứng minh rằng: + 1 1 1 + + + + + + + + < 2018 2 2 2017 20182 Câu (VD) (2 điểm) 2 a) Giải phương trình: ( − x ) x + x − + x  = x −  x − y − + y ( x − y − 1) + x =  b) Giải hệ phương trình:  4y = x − 14 y − 3 − x − y +1 +1  Câu (VDC) (3 điểm) Cho đoạn thẳng AB C điểm nằm A B Trên nửa mặt phẳng bờ đường thẳng AB, vẽ nửa đường trịn đường kính AB nửa đường trịn đường kính BC Lấy điểm M thuộc nửa đường trịn đường kính BC (M khác B, C) Kẻ MH vng góc với BC ( H ∈ BC ) ; đường thẳng MH cắt nửa đường tròn đường kính AB K Hai đường thẳng AK, CM cắt E a) Chứng minh BE = BC AB b) Từ C kẻ Cn vng góc với AB (N thuộc nửa đường trịn đường kính AB) Gọi P giao điểm NK CE Chứng minhh tâm đường tròn nội tiếp tam giác BNE PNE nằm đường BP c) Cho BC = R Gọi O1 , O2 tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCH MBH Xác định vị trí điểm M để chu vi tam giác O1HO lớn Câu (1,5 điểm) a) Tìm tất cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn x + y = 41 + xy b) Có số tự nhiên n không vượt 2019 thỏa mãn n3 + 2019 chia hết cho Câu (VDC) (1,5 điểm) a) Cho số thực dương thỏa mãn a + b =1 Chứng minh ( a + b ) − ( a + b ) + 4ab ≥ 2 ( a + 3b ) ( b + 3a ) b) Cho 100 điểm mặt phẳng cho điểm có điểm thẳng hàng Chứng minh ta bỏ điểm 100 điểm để 99 điểm cịn lại thuộc đường thẳng HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu Phương pháp: a) Đặt điều kiện sau rút gọn biểu thức phép biến đổi: Đặt nhân tử chung sử dụng đẳng thức đáng nhớ 1 1 1 b) Áp dụng kiển thức: Với a + b + c = ta có:  + + ÷ = + + a b c a b c Cách giải: a) Điều kiện: x ≠ − y, x ≠ −1, y ≠ x2 y2 x2 y P= − − ( x + y) ( 1− y) ( x + y) ( 1+ x) ( 1+ x) ( 1− y ) =  x2 y2  x2 y2 − −  ÷ x + y  1− y 1+ x  ( 1+ x) ( 1− y) = x + x3 − y + y3 x2 y2 − x + y (1− y) (1+ x) ( 1+ x) ( 1− y) 2 ( x + y ) ( x − y + x − xy + y ) x2 y2 = − x+ y ( 1− y) ( 1+ x) (1+ x) (1− y) x − y + x − xy + y x2 y2 = − ( 1− y) ( 1+ x) (1+ x) (1− y) = x − y + x − xy + y − x y (1+ x) (1− y) ( x − y ) + x ( x − y ) + y ( − x2 ) = ( 1− y) ( 1+ x) 2 x − y ) ( x + 1) + y ( − x ) ( x + 1) ( x + 1) ( x − y + y − xy ) ( = = ( 1− y) ( 1+ x) ( 1− y) ( 1+ x) = x ( 1− y2 ) − y ( − y ) 1− y = ( − y ) ( x + xy − y ) 1− y = x + xy − y b) Chứng minh rằng: + 1 1 1 + + + + + + + + < 2018 2 2 2017 20182 1 1  1 2( a + b + c) 1 1  Ta có:  + + ÷ = + + +  + + ÷ = + + + a b c abc a b c  ab bc ac  a b c 2 1 1 1 ⇒ a + b + c = ta có:  + + ÷ = + + a b c a b c 1 1 1  = + + = 1 + − ÷ = + Ta có: + + ( −2 ) = nên + + ( −2 ) 2  Tương tự ta có: 1+ 1 1 1 + = 1+ + = 1+ − 2 ( −3 ) 1+ 1 1 1 + = 1+ + = 1+ − 2 ( −4 ) 1+ 1 1 1 + = 1+ + = 1+ − 2 2 2017 2018 2017 ( −2018 ) 2017 2018 ⇒ VT = + + 1 1 1 + + − + + + − = 2018 − < 2018 ( dpcm ) 2 2017 2018 2018 Câu 2: Phương pháp: a) Tìm điều kiện xác định phương trình: +) Giải phương trình phép biến đổi tương đương b) Biến đổi phương trình sau giải hệ phương trình cách xét trường hợp Cách giải:  x > −1 + 2 a) Điều kiện: x + x − ≥ ⇔   x < −1 − PT ⇔ ( − x ) x + x − + x = x − ⇔ −2 ( − x ) x + x − = − x + x + ⇔ ( − x ) − ( − x ) x2 + x −1 + x2 + x −1 = x2 + x + ( ⇔ − x − x2 + 2x −1 ) = ( x + 1) 1 − x − x + x − = x +  −2 x = x + x − ⇔ ⇔ 1 − x − x + x − = − x −  x + x − =  x ≤  x ≤   ⇔  4 x = x + x − ⇔  3x − x + =  x2 + 2x −1 =  x2 + 2x − =    x ≤   VN ⇔  x = + ( TM ) ⇔ x = +   x = − ( KTM )   Vậy phương trình có nghiệm nhất: x = +  y ( x − y − 1) + x ≥ x ≤   ⇔  y ≥ −1 b) Điều kiện 8 − x ≥  y +1 ≥  y x − y −1 + x ≥ )  (   x − y − + y ( x − y − 1) + x = ( 1)   4y = x − 14 y − ( ) 3 − x − y +1 +1  Ta có: ( 1) ⇔ y ( x − y − 1) + x = − ( x − y − ) ⇔ xy − y − y + x = − ( x − y − ) ⇔− ( x − y ) ( y + 1) = x − y − ( *) Đặt ( *) ⇔ t ( x − y ) + k ( y + 1) = x − y − t = t =  ⇔ k − t = −3 ⇔   k = −2  k = −2  ⇒ ( *) ⇔ − ( x − y ) ( y + 1) = ( x − y ) − ( y + 1) ⇔ ( x − y ) − ( y + 1) + ( x − y ) ( y + 1) =0 ( **) +) TH1: y = −1 ⇒ ( **) ⇔ x = −1 Khi đó: ( ) ⇔ + − ( −1) ( −1) + + = ( −1) − 14 ( −1) − ⇔ 3.3 + = (vô lý) +) TH2: Chia hai vế phương trình ( **) cho y + ta được:    x− y x− y =0⇔ ( **) ⇔  ÷ −2+  y +1  y +1    x− y = 1( TM ) y +1 x− y = −2 ( KTM ) y +1 ⇔ x − y = y +1 ⇔ y = Khi ta có: ( 2) ⇔ 8− x − ⇔ 8− x − ⇔ 8− x − Đặt x −1 x −1 = x − 14 −8 x +1 +1+1 ( x − 1) x +1 +1 2 ( x − 1) x +1 +1 f ( x) = − x − = x2 − x −1 − x + x + = ( x − 1) x +1 +1 − x + x + Ta có: f ( −1) = 6, f ( ) = −11 + ⇒ f ( −1) f ( ) = −66 + 36 < ⇒ ( 3) có nghiệm đoạn [ −1;8] Lại có f ( ) = ⇒ x = nghiệm ( 3) ⇒ y = Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = ( 7;3) Câu 3: Phương pháp: a) Chứng minh ∆BEC ~ ∆BAE −1 = x −1 b) Chứng minnh tam giác BNE PNE tam giác cân BP đường phân giác hai tam giác cân c) Chứng minh HO1 = GO1 ; HO2 = FO2 ⇒ CO1O2 H = GF Tìm mối liên hệ GF MH Từ tìm giá trị lớn GF Cách giải: a) Ta có BME = BKE = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ⇒ Hai điểm M K nhìn BE góc 90° ⇒ Tứ giác BMKE tứ giác nội tiếp ⇒ BEC = BKH (Hai góc nội tiếp chắn cung BM) Mà BKH = BAE (cùng phụ với ABK ) ⇒ BEC = BAE Xét tam giác BEC tam giác BAE có: ABE chung, BEC = BAE ( cmt ) ⇒ ∆BEC ~ ∆BAE ( g.g ) ⇒ BE BC = ⇒ BE = BA > BC ( 1) BA BE b) ta có ANB = 90° ⇒ ∆ANB vuông N ⇒ BC.BA = BN ( 2) Từ ( 1) ( ) ∆BNE cân B ⇒ BNE = BEN ( 3) B thuộc trung trực NE Ta có BNP = BAK (hai góc nội tiếp chắn cung BK) Mà BAK = BAE = BEC ( ∆BEC ~ ∆BAE ) ⇒ BNP = BEP ( ) Từ ( 3) ( ) ⇒ PNE = PEN ⇒ ∆PNE cân P ⇒ P thuộc trung trực NE ⇒ BP trung trực NE Do tam giác BNE cân B tam giác PNE cân P nên trung trực BP đồng thời đường phân giác Do tâm đường trịn nội tiếp tam giác BNE PNE nằm BP c) Gọi G, F giao điểm O1O2 với MC MB Ta có O1 HM = O2 HB = 45° O1MH = ⇒ ∆O1 HM ~ ∆O2 HB ( g.g ) ⇒ 1 HMC = MHB = O2 BH 2 O1 H MH = O2 H BH Ta có: ∆MHC ~ ∆BHM ( g g ) ⇒ MH MC O H CM OH O H = ⇒ = ⇒ = BH BM O2 H BM CM BM Vì O1 H , O2 H phân giác hai góc kề bù ⇒ O1 H ⊥ O2 H ⇒ O1 HO2 = 90° = BMC Xét tam giác O1 HO2 CMB có O1 HO2 = BMC = 90°; O1 H O2 H = ( cmt ) ⇒ ∆O1 HO2 ~ ∆CMB ( c.g c ) CM BM ⇒ O1O2 H = CBM (hai góc tương ứng) Mà O1O2 H + HO2 F = 180° ⇒ CBM + HO2 F = 180° ⇒ Tứ giác HO2 FB tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối 180° ) ⇒ MFG = O2 HB = 45° (cùng bù với O2 FB ) ⇒ ∆MEG vuông cân M Xét tam giác MO2 H MO2 F có: HMO2 = FMO2 ( gt ) ; MHO2 = MFG = 45° ( cmt ) ⇒ MO2 H = MO2 F MO2 chung ⇒ ∆MO2 H = ∆MO2 F ( g c.g ) ⇒ MH = MF ; HO2 = FO2 CMTT ta có: MH = MG HO1 = GO1 ⇒ Chu vi tam giác O1O2 H là: C = HO1 + HO2 + O1O2 = GO1 + FO1 + O1O2 = GF ⇒ để chu vi tam giác O1 HO2 lớn ⇔ GFmax Xét tam giác vng cân MEF có GF = MG + MF = MG = MH ⇒ EF = MH ⇒ GFmax ⇔ MH max ⇔ M điểm cung BC Câu Phương pháp:   A = ±4   B = ±5 2 a) Phân tích đẳng thức thành A + B = 16 + 25 ⇔   A = ±5    B = ±4 3 b) n + 2019 = ( n − n ) + ( n + 2019 ) Chứng minh n3 − n chia hết cho Tìm n để n + 2019 chia hết cho Cách giải: a) x + y = 41 + xy ⇔ x + xy + y + x − xy + y = 41 ⇔ ( x + y ) + ( x − y ) = 16 + 25 = ( ±4 ) + ( ±5 ) 2 2  x + y =  x + y =    x − y =  x − y =   x + y = −4   x + y = −5     x − y = −5   x − y = −4 ⇔   x + y =  x + y =    x − y = −5   x − y = −4     x + y = −4   x + y = −5  x − y =  x − y =    13  14   x =   x =   ( KTM ) ( KTM )  x + y =  x + y = 1   y = − y =       3 x − y =  x − y =      x + y = −4   x + y = −5   x = − 13   x = − 14        3   x − y = −5   x − y = −4 KTM ( ) ( KTM )     ⇔ ⇔ ⇔  1     x + y = x + y = y= y=−         3     x − y = −5   x − y = −4       x = ( TM )   x = ( TM )  x + y = −5   x + y = −4   y =  y =  x − y =  x − y =       x = −1   x = −2   y = −3 ( TM )   y = −3 ( TM )    Vậy cặp ( x; y ) nguyên thỏa mãn x + y = 41 + xy ( x; y ) ∈ { ( 1;3) ; ( −1; −3) ; ( 2;3) ; ( −2; −3) } Câu Cách giải: a) Ta có ( a + 3b ) ( b + 3a ) Từ giả thiết ta có: ≤ a + 3b + b + 3a = a+b a + b = ⇔ a + b + ab = ⇔ ab = − a − b ⇔ 4ab = ( − a − b ) ( a + b ) − ( a + b ) + 4ab ≥ Cauchy 2 ( a + 3b ) ( b + 3a ) ⇔ 3( a + b) − ( a + b) + ( 1− a − b) ≥ a + b 2 ⇔ 3a + 6ab + 3b − 2a − 2b + a + b + − 2a − 2b + 2ab ≥ ⇔ 4a + 4b + + 8ab − 4a − 4b ≥ ⇔ ( − 2a − 2b ) ≥ (luôn đúng) Vậy đẳng thức chứng minh b) Xét tam giác ABC với A, B, C ba điểm 100 điểm cho Lấy D điểm thứ tư ⇒ D ∈ AB, D ∈ AC , D ∈ BC Khơng tính tổng qt ta giả sử Lấy điểm E điểm thứ năm Nếu E ∈ AB điểm A, D, C, E khơng có điểm thẳng hàng Nếu E ∈ AD điểm A, B, C, E khơng có điểm thẳng hàng Nếu E ∈ AC điểm A, D, B, E khơng có điểm thẳng hàng Do E ∈ BC Tương tự ta chứng minh 95 điểm lại thuộc BC Cho nên yếu tố bỏ điểm A 99 điểm lại thuộc BC ... ) 1+ 1 1 1 + = 1+ + = 1+ − 2 2 2017 2018 2017 ( ? ?2018 ) 2017 2018 ⇒ VT = + + 1 1 1 + + − + + + − = 2018 − < 2018 ( dpcm ) 2 2017 2018 2018 Câu 2: Phương pháp: a) Tìm điều kiện xác định... thành A + B = 16 + 25 ⇔   A = ±5    B = ±4 3 b) n + 2019 = ( n − n ) + ( n + 2019 ) Chứng minh n3 − n chia hết cho Tìm n để n + 2019 chia hết cho Cách giải: a) x + y = 41 + xy ⇔ x + xy + y... 2 ( a + 3b ) ( b + 3a ) b) Cho 100 điểm mặt phẳng cho điểm có điểm thẳng hàng Chứng minh ta bỏ điểm 100 điểm để 99 điểm lại thuộc đường thẳng HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu Phương pháp: a) Đặt