001 toán vào 10 chuyên nghệ an 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NGHỆ AN

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2018-2019
Môn thi: TOÁN CHUYÊN
Ngày thi: 03/06/2018

Câu 1.
2
a) Giải phương trình : x  2  4  x  2 x  5 x  1

�xy  3 y  4 x 2
�2
2
b) Giải hệ phương trình: �y  2 y  7  7 x  8 x

Câu 2.
2
2
2
a) Tìm các số nguyên x; y; z sao cho x  y  z  6  xy  3x  4 z
b) Cho hai số nguyên dương m, n thỏa mãn m  n  1 là một ước nguyên tố của
2  m2  n2   1

. CMR m.n là số chính phương
Câu 3. Cho a, b, c thực dương thỏa mãn abc  1. Chứng minh rằng:
1
a  a  ab  2
4

3



1
b  b  bc  2
4

3



1
c  c  ac  2
4

3

� 3

Câu 4.

 nội tiếp đường tròn (O) đường cao AH.
Cho tam giác ABC vuông tại A 
Gọi D là điểm đối xứng với A qua BC. Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên BD.
Qua H kẻ đường thẳng song song với BD cắt AK tại I. Đường thẳng BI cắt đường tròn
(O) tại N (N khác B)
a) Chứng minh AN .BI  DH .BK
b) Tiếp tuyến của (O) tại D cắt đường thẳng BC tại P. Chứng minh đường thẳng
BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP

c) Tiếp tuyến của (O) tại C cắt DP tại M. Đường tròn qua D tiếp xúc với CM tại
M và cắt OD tại Q (Q khác D). Chứng minh đường thẳng qua Q vuông góc
với BM luôn đi qua điểm cố định khi BC cố định và A di động trên đường tròn
(O)
Câu 5 Để phục vụ cho lễ khai mạc World Cung 2018, ban tổ chức giải đấu chuẩn bị
25000 quả bóng, các quả bóng được đánh số từ 1 đến 25000. Người ta dùng 7 màu: Đỏ,
Da cam, Vàng, Lục, Lam, Chàm, Tím để sơn các quả bóng (mỗi quả được sơn 1 màu).
Chứng minh rằng trong 25000 quả bóng nói trên tồn tại 3 quả bóng cùng màu được
AB  AC

đánh số là a, b, c mà a chia hết cho b, b chia hết cho c và abc  17


ĐÁP ÁN
Câu 1.
2
a) Giải phương trình : x  2  4  x  2 x  5 x  1
Điều kiện xác định: 2 �x �4
Ta có
2 x2  5x  3 



 

x  2 1 



4  x 1  0

x3
x 3

0
x  2 1
4  x 1
1
1
�
�
�  x  3 �
2x 1

� 0
x  2 1
4  x 1 �
�
�  2 x  1  x  3 

1
� 1
�1 � 1 
�0
1
1
�
Do � x  2  1
� 2x 1


�0
x  2 1
x  2 1
4  x 1
�
2 �x �4
�
� x  3  0 � x  3(tm)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  3

b)
Hệ đã cho tương đương với
2
2 xy  6 y  8 x 2
�
�xy  3 y  4 x
�
�2
�2
2
2
2
�y  2 y  7  8 x  x  8 x
�y  2 y  7  2 xy  6 y  x  8 x  0
2
�
�xy  3 y  4 x 2
�xy  3 y  4 x
�
��

��
2
 x  y   8  x  y   7  0 � x  y  7   x  y  1  0
�

�
� 2  13
5  13
x
;y
�
�
x  y 1
�
3
3
�
��
� 2
�
� 2  13
3x  4 x  3  0
5  13
�
x
;y
�
�
3
3

�
��
�
� 5  2 22
26  2 22
�
x
;y 
�
x

y

7
�
3
3
�
��
� 2
�
� 5  2 22
3 x  10 x  21  0
26  2 22
�
�
x
;y
�
�

3
3
�

Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm

Câu 2
a)


Do x, y, z là các số nguyên nên
x 2  y 2  z 2  6  1 �xy  3 y  4 z
� x 2  y 2  z 2  7  xy  3 y  4 z �0
2

2

2
� 1 � �y �
� �x  y � 3 �  1�  z  2  �0
� 2 � �2 �
� 1
�x  2 y  0
�x  1
�
�y
�
� �  1  0 � �y  2
�2
�z  2

�
�z  2  0
�
�
Vậy x  1; y  z  2 là 3 số nguyên cần tìm

b)

Giả sử m �n . Theo bài ra ta có:

 m  n

2

 1   m  n  1  m  n  1 M m  n  1

2
� 2  m2  n2   1  �
Mm  n  1
�m  n   1�
�

�  2m 2  2n 2  m 2  2mn  n 2  M m  n  1

�  m  n  M m  n  1
Do m  n  1 là số nguyên tố � m  n  1 là ước của m  n
Mà m  n  m  n  1 do đó vô lý
2

Vậy giả sử sai � m  n � m.n  m là số chính phương

Ta có điều phải chứng minh.
Câu 3.
Ta có:
2

 a  1

2

a

2

 a  1 �0 �  a 2  2a  1  a 2  a  1 �0

� a 4  a 3  a  1 �0 � a 4  a 3  1 �a
� a 4  a 3  ab  2 �ab  a  1
1

ۣ

a  a  ab  2
4

3

1
ab  a  1

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có:

1
b  b  bc  2
4

3

�

1
1
1
;
�
4
3
bc  b  1 c  c  ac  2
ac  c  1

Như vậy
VT �

1
1
1
1
1
� 1
�



� 3. �


�
ab  a  1
bc  b  1
ac  c  1
�ab  a  1 bc  b  1 ac  c  1 �


(Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho 3 số)
Lại có
1
1
a
ab
� 1
�
� 1
�
3. �



 2
� 3. �
�
�ab  a  1 bc  b  1 ac  c  1 �
�ab  a  1 abc  ab  a a bc  abc  ab �
a

ab
� 1
�
 3. �


� 3
�ab  a  1 1  ab  a a  ab  1 �

Vậy ta có điều phải chứng minh
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1
Câu 4

a)

Chứng minh AN .BI  DH .BK
�
�
�
�
�
Ta có do cùng chắn cung AB nên BDA  BNA � IHA  BNA  INA
Suy ra tứ giác ANHI nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh cùng nhìn một cạnh dưới các
�
�
�
góc bằng nhau). Do đó: AHN  AIN  BIK (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN )
0
�
Ta có : AK  BD � AK  IH � AIH  90

0
0
�
�
�
Do tứ giác AHNI là tứ giác nội tiếp (cmt) � AIH  ANH  180 � ANH  90


�  NAH
� � ANH : BKI ( g.g ) � BK  BI  BI � AN .BI  DH .BK
� IBK
AN AH DH

b)
Gọi O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP, I là trung điểm NP
Vì A; D đối xứng qua BC nên PA cũng là tiếp tuyến của (O)
�  1 PO
� N  PO
� I
PAN
1
1 1
2
Ta có:
(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung NP của

đường tròn  1  )
�
�
Lại có: PAN  ADN (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn

O

cung AN của   ) � PO1I1  ADN
0
�
�
�
�
Hơn nữa ANHI nội tiếp (cmt) nên ANH  AIH  90 � NAH  NHP (cùng phụ với
O

�

�

�
NHA
)

�
�
�
�
Ta có : NAH  NIH  NBD  NDP

�
�
�
�
�  NDP

� �
� NHP
tứ giác PDNH nội tiếp nên NPH  NDA � NPH  PO1I1
� I O
�PI  900 � NPH
� O
�PI  900 � O
�PH  900
PO

1
1
1
Mặt khác : 1 1 1 1
Suy ra BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP

c)
Gọi J là trung điểm OM, G là trung điểm của OC, E là giao điểm của QG và BM
Dễ thấy MQ là đường kính của đường tròn đi qua D là tiếp xúc với MC (Do
�  900 ) � MQ  MC
MDQ
. Mà MC  BC � MQ / / BC

�
�
�
Do MQ / / BC � QMO  MOP (so le trong)  QOM � Tam giác QOM cân tại Q
� QJ  OM (trung tuyến đồng thời là đường cao)
�
�

� BOM
 GJQ
(góc có cạnh tương ứng vuông góc)

Mặt khác
GJ OG

JQ OJ
OG OC
OB
OGJ : OCM �


(OC  OB)
OJ OM OM
GJ OB
�  QJM
�  900
�

� GJQ : BOM (c.g .c) � OMB
JQ OM
OGJ : OJG ( g .g ) �

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung QM)
� QE  EM � QE  BM


Vậy đường thẳng qua Q vuông góc với BM luôn đi qua trung điểm G của OC cố
định.

Câu 5:
A   1; 2;3;.........; 2500

B   1;3;3.2;3.22 ;......;3.213 

Xét tập
và tập
13
Do 3.2  24576  250000 � B �A
Tập B có 15 phần tử. Do mỗi quả bóng được sơn một màu mà có 7 màu nên theo
nguyên lý Dirichle trong tập B tồn tại 3 quả bóng cùng màu.
Giả sử 3 quả bóng được đánh số a  b  c thì a chia hết cho b, b chia hết cho c và
abc �18  17

Vậy ta có điều phải chứng minh