ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2018-2019 Câu (2 điểm) a) Rút gọn biểu thức P x2 y2 x2 y ( 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 (2 điểm): a) Giải phương trình: (1 x) x x x x x y y ( x y 1) x b) Giải hệ phương trình: 4y 3 x y x 14 y Câu (3 điểm): Cho đoạn thẳng AB C điểm nằm hai điểm 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 trịn đường kính AB K Hai đường thẳng AK, CM giao 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 minh 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 O1HO2 lớn Câu ( 1,5 điểm): a) Tìm tất cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn x2 y 41 xy b) Có số tự nhiên n khơng vượt q 2019 thỏa mãn n3 2019 chia hết cho Câu (1.5 điểm): a) Cho số thực dương thỏa mãn a b 1 Chứng minh 3(a b)2 (a b) 4ab (a 3b)(b 3a) b) Cho 100 điểm mặt phẳng trong điểm có điểm thẳng hàng Chứng minh ta bỏ điểm 100 điểm để 99 điểm cịn lại thuộc đường thẳng BÀI GIẢI ĐỀ VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN NAM ĐỊNH 18-19 (GV Lưu Văn Thám – thực hiện) Câu (2 điểm) x2 y2 x2 y a) Rút gọn biểu thức P ( x y )(1 y) ( x y)(1 x) (1 x)(1 y) b) CMR: 1 1 1 2018 2 2 2017 20182 x2 y2 x2 y a) Ta có : P ( x y )(1 y) ( x y)(1 x) (1 x)(1 y) x (1 x) y (1 y ) x y ( x y ) x y x y x y ( x y ) ( x y )(1 x)(1 y ) ( x y )(1 x )(1 y ) ( x y )( x xy y x y x y ) x(1 x) y (1 x ) y (1 x )(1 x ) ( x y )(1 x)(1 y ) (1 x )(1 y ) x y y y x x(1 y ) y (1 y ) x(1 y ) y (1 y ) (1 y )[ x(1 y ) y ] x xy y 1 y 1 y 1 y 1 y 1 1 2 b) n N ta có : 1 n (n 1) n n n(n 1) n n 1 1 2(n n) 1 1 1 n(n 1) n(n 1) n (n 1) n (n 1)2 1 1 1 1 Áp dụng cho n từ tới 2017 ta có: 2 n n 1 n (n 1) 1 1 1 1 1 2 2 2 2016 2017 2017 20182 1 1 1 1 1 2018 2018 (đpcm) = 1 2 2016 2017 2017 2018 2018 Câu (2 điểm) a) Giải phương trình: (1 x) x x x x 1 x y y( x y 1) x b) Giải hệ phương trình: 4y 3 x y x 14 y (*) (**) a) (1) x x2 2(1 x) x2 x x x x x 2(1 x) x x x x 2 ( x 1) x x (1 x) x x (1 x) x x2 2x 1 x x (1 x) x x x 2 x x2 x 1 ( x 1) x 1 x x x 1 x2 x x2 2 x ( x 1) (VN) Vậy phương trình có tập nghiệm S {1 6; 1 6} y(x y 1) x (x y)(y 1) x y b) ĐKXĐ: 8 x x 1 y x y y 1 (*) x y y ( x y )( y 1) ( x y ) ( x y )( y 1) ( x y )( y 1) 2( y 1) x y ( x y y 1) y 1( x y y 1) x y y 1)( x y y 1) x y y 1 x y y 1 x y 1 x y y x y y 1 x y 1 Với x = y = – , thay vào (**) không thỏa (loại) Với x = 2y + thay vào (**) ta có: y ( y 1) y 1 (2 y 1) 14 y y 11 y y y y 14 y y 10 y y y 11 y 10 y 4( y 2) 3(1 y ) 2(2 y y y 3) 4( y 4) 3(1 y ) 0 y 1 1 y 2( y 3)(2 y 1) 4( y 3) 6( y 3) 0 y 1 1 y ( y 3) y 0 y y Đặt A y 4( y 1) (***) y 1 1 y y 1 3(3 y ) 4( y 1) 2( y 2) 2(1 y ) y 1 2 1 y y y 0, y 0, y A Nên (***) y –3 = y = x = 2y +1 = Thử lại, hệ phương trình nhận nhiệm (x ;y) = (7 ;3) Câu (3 điểm) Cho đoạn thẳng AB C điểm nằm hai điểm A,B Trên nửa mặt phẳng bờ đường thẳng AB, vẽ nửa đường tròn 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 trịn đường kính AB K Hai đường thẳng AK, CM giao 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 minh 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 O1HO2 lớn E a) Chứng minh BE BC AB Ta có ^AKB = 90o (góc nội tiếp chắn nhửa đường tròn) BK AE ^BKE = 90o Tương tự ta có ^CMB=90o ^BME = 90o P K Suy M, K nhìn BE theo góc 90o N tứ giác BMKE nội tiếp ^BEM = ^MKM (cùng M chắn cung BM) mà ^BKM = ^BAE (cùng phụ ^ABK) ^BEC = ^BAE, kết hợp với ^B chung BEC ഗ BAE (g.g) F G BE BC O2 O1 BE2 = BA.BC (đpcm) BA BE A C H b) Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp BNE PNE nằm BP ANB nội tiếp đường trịn đường kinh AB nên vng A mà MC đường cao (gt) BN2 = BA.BC (hệ thức lượng) mà BE2 = BA.BC (cmt) BE2 = BN2 BE = BN B thuộc trung trực EN BNE cân B ^BNE = ^BEN (1) ^KNB = ^KAB (cùng chắn cung KB) mà ^KAB = ^CEB (cmt) ^PNB = ^PEB (2) (1), (2) ^BNE – ^BNP = ^BEN – ^BEP ^PNE = ^PEN PNE cân P Do BNE PNE tam giác cân chung đáy NE nên phân giác kẻ từ đỉnh nằm trung trực NE, suy tâm đường nội tiếp hai tam giác nằm trung trực NE (đpcm) c) Xác định vị trí điểm M để chu vi tam giác O1HO2 lớn Gọi giao O1O2 với MC, MC G, F Gọi chu vi O1HO2 Do O1,O2 tâm đường tròn nội tiếp MCH MBH nên ta có ^MHO1 = ½ ^MHC = ½ 90o = 45o Tương tự ^MHO2 = ^BHO2 = 45o ^O1HO2 = 90o MH MC BHM ഗ MHC (g.g) ^BHM = ^MHC = 90o, ^BMH = ^MCH (cùng phụ ^MBC) BH BM MHO1 ഗ BHO2 (g.g) ^HMO1 = ½ ^HMC = ½ ^HBM = ^HBO2, ^MHO1 = 45o = ^BHO2 HO1 MC HO1 HO2 MH HO1 MH MC mà (cmt) , kết hợp với BH BM BH HO2 HO2 BM MC BM ^O1HO2 = 90o = ^CMB O1HO2 ഗ CMB (c.g.c) ^HO2O1=^MBC HBFO2 nội tiếp( có góc góc ngồi đối) ^MFO2 = ^BHO2 = 45o = ^MHO2 mà ^HMO2 = ^FMO2 (gt) ^MO2F = ^MO2H MO2F = MO2H (g.c.g) HO2 = FO2 , MH = MF (3) Chứng minh tương tự ta có HO1 = GO1 MG = MH (4) (3), (4) MF = MG = MH MFG vuông cân G FG = MF = MH Cũng từ (3), (4) = O1O2 + HO2 + HO1 = O1O2 + FO2 + GO1 = FG = MH lớn MH lớn M điểm cung BC (đpcm) Câu ( 1,5 điểm) a) Tìm tất cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn x2 y 41 xy b) Có số tự nhiên n không vượt 2019 thỏa mãn n3 2019 chia hết cho a) Cách 1: Ta có: x2 y 41 xy x2 xy y x2 4xy y 41 ( x y ) 16 ( x y ) 25 ( x y) ( x y) 41 2 ( x y ) 16 ( x y ) 25 (do 41 viết thành tổng hai số phương 16 25) x y 4 x y 5 x y 5 x y 4 2 B x y 4 x y 5 x 13 / x 14 / x y x y y 1/ y 1/ x y 4 x y 5 x 13 / x 14 / x y 5 x y 4 y 1/ y 1/ x y x y x 1 x x y 5 x y 4 y y x y 4 x y 5 x 1 x 2 x 2y x 2y y 3 y 3 Do x, y nguyên nên phương trình nhận nghiệm (x;y): (1;3), (–1; –3), (2;3), (–2; –3) Cách (hướng dẫn): x2 y 41 xy 4x2 – 4xy + y2 + 9y2 = 82 (2x – y)2 + 9y2 = 82 9y2 ≤ 82 y2 ≤ y2 { 0; 1; 4; 9} xét giá trị y2 Đáp số b) Ta có: n3 + 2019 = n3 – n + 2016 + n + = (n – 1)n(n+1) + 2016 + (n + 3) Do 2016 chia hết cho 6, (n -1)n(n+1) tích số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho mà nguyên tố nên (n -1)n(n+1) chia hết cho Vậy n3 + 2019 n + n chia dư n = 6k + (k Z) mà ≤ n ≤ 2019 (gt) ≤ 6k + ≤ 2019 ≤ k ≤ 336 (do k Z) có 337 giá trị k có 337 số tự nhiên n thỏa đề Câu (1.5 điểm) a) Cho số thực dương thỏa mãn a b 1 Chứng minh 3(a b)2 (a b) 4ab (a 3b)(b 3a) b) Cho 100 điểm mặt phẳng trong điểm có điểm thẳng hàng Chứng minh ta bỏ điểm 100 điểm để 99 điểm cịn lại thuộc đường thẳng a) Ta có: a b a b ab 4ab (1 a b)2 4ab a2 b2 2a 2b 2ab 1 a 3b b 3a (a 3b)(b 3a) a b (1) 2 Ta Chứng minh : 3(a + b)2 – (a + b) + 4ab ≥ a + b (2) (2) 3(a2 + 2ab + b2) – (a + b) + + a2 + b2 – 2a – 2b + 2ab ≥ a + b 4a2 + 4b2 + + 8ab – 4a – 4b ≥ (2a + 2b – 1)2 ≥ (luôn đúng), (2) (1), (2) 3(a b)2 (a b) 4ab (a 3b)(b 3a) (đpcm) b) Xét ΔABC với A,B,C 100 điểm cho Nếu lấy điểm thứ tư D D nẳm đường thẳng AB Bc CA Không tính tổng quát ta giả sử D nằm BC Xét điểm thứ năm E E phải nằm đường thẳng A BC Thật vậy: Nếu E nằm AB điểm A,D,C,E khơng có điểm thẳng hàng Nếu E nằm AD điểm A,B,C,E khơng có điểm thẳng hàng B D C Nếu E nằm AC điểm A,D,B,E khơng có điểm thẳng hàng Tương tự ta chứng minh 95 điểm lại thuộc đường thẳng BC Cho nên bỏ điểm A 99 điểm lại thuộc đường thẳng BC (đpcm) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: E ...BÀI GIẢI ĐỀ VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN NAM ĐỊNH 18-19 (GV Lưu Văn Thám – thực hiện) Câu (2 điểm) x2 y2 x2 y a) Rút gọn biểu... 1) y 1 (2 y 1) 14 y y 11 y y y y 14 y y 10 y y y 11 y 10 y 4( y 2) 3(1 y ) 2(2 y y y 3) 4( y 4) 3(1 y... Chứng minh 3(a b)2 (a b) 4ab (a 3b)(b 3a) b) Cho 100 điểm mặt phẳng trong điểm có điểm thẳng hàng Chứng minh ta bỏ điểm 100 điểm để 99 điểm cịn lại thuộc đường thẳng a) Ta có: a