Tổng hợp đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên năm học 2019 2020(phần 1)

Đề số 1
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHKHTN HÀ NỘI
Vòng 1 – Năm học 2019 – 2020

Bài 1.
a) Giải phương trình:

26x + 5
x + 30
2

+ 2 26x + 5 = 3 x 2 + 30

b) Giải hệ phương trình:
2
2

x + y = 2

x + 2y ) 2 + 3y 2 + 4xy = 27

(

(

)

Bài 2.
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn

(x

2

)(

)

− x + 1 y 2 + xy = 3x − 1

b) Với x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn 1  y  2 và xy + 2  2y . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
x2 + 4
M= 2
y +1

Bài 3.
Cho hình vuông ABCD. Đường tròn ( O ) nội tiếp hình vuông tiếp xúc với các
cạnh AB, AD theo thứ tự tại E, F. Gọi G là giao điểm các đường thẳng CE và BF.
a) Chứng minh rằng năm điểm A, F, O, G, E cùng nằm trên một đường tròn.
b) Gọi giao điểm của đường thẳng FB với đường tròn ( O ) là M khác F. Chứng
minh rằng M là trung điểm của đoạn thẳng BG.
c) Chứng minh trực tâm của tam giác GAF nằm trên đường tròn ( O ) .
Bài 4.
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = 1 . Chứng minh rằng:
y
1
1
1
2 x
z


+
+

+
+
2
2
2
2
2
3  1+ x
1+ x 1+ y 1+ z
1+ y
1 + z2







3


HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1.
a) Giải phương trình

26x + 5

x2 + 30

+ 2 26x + 5 = 3 x 2 + 30

2
2

x + y = 2
b) Giải hệ phương trình 
x + 2y ) 2 + 3y 2 + 4xy = 27

(

(

)

Lời giải
a) Giải phương trình

26x + 5
x + 30
2

+ 2 26x + 5 = 3 x 2 + 30 .

• Lời giải 1. Điều kiện các định của phương trình là 26x + 5  0 . Phương trình đã cho

(

)

được viết lại thành 26x + 5 + 2 26x + 5. x 2 + 30 = 3 x 2 + 30 .
Đặt a = 26x + 5; b = x 2 + 30 ( a  0; b  0 ) . Khi đó phương trình trên trở thành
a 2 + 2ab = 3b 2  a 2 + 2ab − 3b 2 = 0  ( a − b )( a + 3b ) = 0

Do ta có a  0; b  0 nên từ phương trình trên ta thu được a − b = 0  a = b . Do đó ta
có phương trình

26x + 5 = x2 + 30  26x + 5 = x 2 + 30  x 2 − 26x + 25 = 0  x  1; 25 .
Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S = 1; 25 .
• Lời giải 2. Điều kiện các định của phương trình là 26x + 5  0 . Dễ thấy

x2 + 30  0

nên phương trình đã cho được viết lại thành

26x + 5
x 2 + 30. x 2 + 30
Đặt t =

26x + 5
x 2 + 30

+

2 26x + 5
x 2 + 30

=3

26x + 5 2 26x + 5
+
−3=0
x 2 + 30
x 2 + 30

( t  0 ) . Khi đó phương trình trên trở thành
t 2 + 2t − 3 = 0  ( t − 1)( t + 3 ) = 0  t = 1

Do đó ta được

26x + 5
x + 30
2

= 1  26x + 5 = x 2 + 30  x 2 − 26x + 25 = 0  x  1; 25 .

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S = 1; 25 .
2
2

x + y = 2
b) Giải hệ phương trình 
x + 2y ) 2 + 3y 2 + 4xy = 27

(

(

)

Thế 2 = x2 + y2 vào phương trình thứ hai của hệ đã cho ta được


( x + 2y ) ( x + y + 3y + 4xy ) = 27  ( x + 2y ) ( x + 4y + 4xy ) = 27
 ( x + 2y )( x + 2y ) = 27  ( x + 2y ) = 27  x + 2y = 3  x = 3 − 2y
2

2

2

2

2

2

3

Thay trở lại phương trình thứ nhất của hệ đã cho ta được

( 3 − 2y )

2

 7
+ y 2 = 2  5y 2 − 12y + 7 = 0  ( y − 1)( 5y − 7 ) = 0  y  1; 
 5

1 7
Từ đó ta được các nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) = ( 1;1) ,  ;  .
5 5
Bài 2.

(

)(

)

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn x2 − x + 1 y 2 + xy = 3x − 1 .
b) Với x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn 1  y  2 và xy + 2  2y . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức:
M=

x2 + 4
y2 + 1

Lời giải

(

)(

)

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn x2 − x + 1 y 2 + xy = 3x − 1 .

(

)(

)

Do x2 − x + 1 y 2 + xy = 3x − 1 nên 3x − 1 chia hết cho x 2 − x + 1 .

(

)

Do đó suy ra ( 3x − 1)( 3x − 2 ) chia hết cho x 2 − x + 1 hay ta được 9 x2 − x + 1 − 7 chia
hết cho x 2 − x + 1 . Từ đó dẫn đến x 2 − x + 1 là ước của 7. Để ý rằng
2


1 3
x − x + 1 =  x −  +  0 nên suy ra x 2 − x + 1 = 1 hoặc x 2 − x + 1 = 7 . Do đó tương
2 4

2

ứng ta được x  −2; 0;1; 3 .
+ Với x = −2 , thay vào phương trình ban đầu ta được

y 2 − 2y = −1  ( y − 1) = 0  y = 1 .
2

+ Với x = 0 , thay vào phương trình ban đầu ta được y2 = −1 . Phương trình vô nghiệm.

+ Với x = 1 , thay vào phương trình ban đầu ta được
y 2 + y = 2  ( y − 1)( y + 2 ) = 0  y  −2;1 .

+ Với x = 3 , khi đó ta được 3x − 1 = 8 và x 2 − x + 1 = 7 nên 3x − 1 không chia hết cho
x2 − x + 1 .

Vậy các cặp số nguyên thỏa mãn phương trình là ( x; y ) = ( −2;1) , (1; −2 ) ; (1;1) .


b) Với x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn 1  y  2 và xy + 2  2y . Tìm giá trị nhỏ
x2 + 4
nhất của biểu thức M = 2
.
y +1

Từ giả thiết xy + 2  2y ta được 4xy + 8  8y . Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta thu
được 4xy  4x2 + y2 . Như vậy ta có 4x2 + y2 + 8  4xy + 8  8y . Từ đây ta có

(

) (

)

4x2 + 16  8 − 8y − y 2  4 x2 + 4  4 y 2 + 1 + ( 5y + 2 )( 2 − y )

(

)

(

)

Do 1  y  2 nên suy ra ( 5y + 2 )( 2 − y )  0 , do đó 4 y 2 + 1 + ( 5y + 2 )( 2 − y )  4 y 2 + 1 .

(

) (

)

Suy ra 4 x2 + 4  4 y 2 + 1 hay x2 + 4  y2 + 1 .

x2 + 4 y2 + 1
Do vậy ta được M = 2

= 1 . Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi x = 1; y = 2 .
y + 1 y2 + 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 1, đạt được tại x = 1; y = 2 .
Bài 3. Cho hình vuông ABCD. Đường tròn ( O ) nội tiếp hình vuông tiếp xúc với các
cạnh AB, AD theo thứ tự tại E, F. Gọi G là giao điểm các đường thẳng CE và BF.
a) Chứng minh rằng năm điểm A, F, O, G, E cùng nằm trên một đường tròn.
b) Gọi giao điểm của đường thẳng FB với đường tròn ( O ) là M khác F. Chứng
minh rằng M là trung điểm của đoạn thẳng BG.
c) Chứng minh trực tâm của tam giác GAF nằm trên đường tròn ( O ) .
Lời giải
a) Chứng minh năm điểm A, F, O, G, E cùng nằm trên một đường tròn.
Do ABCD là hình vuông và đường tròn ( O )

E

A

M

tiếp xúc với các cạnh AB, AD lần lượt tại E, F

AD. Do đó suy ra tứ giác AEOF là hình vuông
nên nội tiếp đường tròn đường kính AO. Hai
tam

giác

vuông

BEC

và

AFB

G

H

nên suy ra E, F lần lượt là trung điểm của AB,

B

T

I
F

O

D

J

có

BC = AB; BE = AF nên hai tam giác vuông đó

bằng nhau. Từ đó ta được EBG = ECB . Do đó
suy ra hai tam giác BGE và CBE đồng dạng
với nhau nên ta được EGB = EBC = 900 .

C


Đến đây thì ta được EGF = EAF = 900 nên điểm G nằm trên đường tròn đường kính
AO. Vậy năm điểm A, F, O, G, E cùng nằm trên một đường tròn.
b) Gọi giao điểm của đường thẳng FB với đường tròn ( O ) là M khác F. Chứng minh M
là trung điểm của đoạn thẳng BG.
Theo tính chất góc tạo bởi tia tiếp tuyến với dây cung và góc nội tiếp ta có
MEB = MFE . Mặt khác lại có MFE = GFE = GAE nên suy ra MEB = GAE = GAB nên

ME song song với GA. Do E là trung điểm của AB nên suy ra ME là đường trung bình

của tam giác ABG. Do vậy M là trung điểm của BG.
c) Chứng minh trực tâm của tam giác GAF nằm trên đường tròn ( O ) .
• Lời giải 1. Do tứ giác AEOF là hình vuông nên suy ra AGF = 450 . Gọi H là trực tâm

tam giác AGF và I, J lần lượt là giao điểm của AH với GF, CD. Khi đó dễ thấy AI
vuông góc với BF nên AJ song song với CE. Do đó tứ giác AJCE là hình bình hành nên
AE = CJ suy ra J là trung điểm của CE, do đó J là tiếp điểm của CD với đường tròn

(O)

và FOJ = 900 . Gọi T là giao điểm của FH với AG, khi đó tứ giác GTHI nội tiếp

đường tròn. Đến đây ta được JHF = JHF = FGA = 450 . Do vậy JHF =

1
FOJ nên suy ra
2

H thuộc đường tròn ( O ) . Do vậy trực tâm của tam giác GAF nằm trên đường tròn

(O) .
• Lời giải 2. Gọi J là giao điểm của CD với đường tròn ( O ) , khi đó dễ thấy J là trung

điểm của ddaonj thẳng CD. Ngoài ra cũng dễ thấy AJ vuông góc với BF tại I. Điều này
dẫn đến trực tâm H của tam giác AFG thuộc đường thẳng AJ. Do AO là đường kính
đường tròn ngoại tiếp đa giác AEGOF nên suy ra AG vuông góc với GO. Từ đây để ý
rằng AH song song với EG và HF song song với OG thì ta suy ra được HAF = GEO
và HFA = GOE . Từ đó dễ thấy hai tam giác HAF và GEO bằng nhau nên AH = EG .
Mà AI là đường trung bình của tam giác AIB nên AH = EG =

1
AI . Ta cũng có
2

AJ = BF nên ta có biến đổi sau

AI 2SFAB : FB FA.AB
FA.AB
=
=
=
=
2
AJ
AJ
AJ
AD2 + DJ 2

1
AB2
2
2
=
1
5
AB2 + AB2
4


1

Kết hợp các kết quả lại ta được AH = AJ . Gọi K là giao điểm khác J của đường tròn
5

(O)

với AJ. Theo tính chất tiếp tuyến và cát tuyến ta có AK.AJ = AE2 =

1
AB2 . Theo
4

AB2 5AB2 4AJ 2 AJ
5
2
định lí Pitago ta có AJ = AD + DJ = AB . Do đó AK =
=
=
=
4
4AJ 20AJ 20AJ 5
2

2

2

nên suy ra hai điểm H và K trung nhau. Do vậy trực tâm của tam giác GAF nằm trên
đường tròn ( O ) .
Bài 4. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = 1 . Chứng minh rằng:
y

1
1
1
2 x
z

+
+

+
+
2
2
2
3  1 + x2
1+ x 1+ y 1+ z
1 + y2
1 + z2







3

Lời giải
Do xy + yz + zx = 1 nên x 2 + 1 = x 2 + xy + yz + zx = ( x + y )( x + z ) .
Từ đó suy ra

y+z
1
1
=
=
. Áp dụng tương tự ta được
x + 1 ( x + y )( x + z ) ( x + y )( y + z )( x + z )
2

x+y
1
z+x
1
=
; 2
=
y + 1 ( x + y )( y + z )( z + x ) z + 1 ( x + y )( z + x )( y + z )
2

Do đó ta có

2 (x + y + z)
1
1
1
+
+
=
.

1 + x 2 1 + y 2 1 + z 2 ( x + y )( y + z )( z + x )

Cũng từ giả thiết xy + yz + zx = 1 và bất đẳng thức AM – GM ta có
x
1 + x2

Tương tự ta cũng có

Do đó

x
1 + x2

+

x

=

x 2 + xy + yz + zx

=

x

( x + y )( z + x )



1 x

x 
+


2x+y z+x

y 
1 y
z
1 z
z 
 
+
;
 
+

.
1 + y2 2  y + z x + y  1 + z2 2  y + z z + x 

y
1 + y2

y

+

z
1 + z2



3
.
2

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có
2

 x
 x
y
y
z 
z 

  (x + y + z) 
+
+
+
+
2
2
2 
 1 + x2
1 + y2
1 + z 2 
 1+ x 1+ y 1+ z 

2 ( x + y + z )( xy + yz + zx )

=
( x + y )( y + z )( z + x )

Suy ra ta được


y
2 x
z

+
+
3  1 + x2
1 + y2
1 + z2


 2 ( x + y + z )( xy + yz + zx )
2 (x + y + z)
 
=

( x + y )( y + z )( z + x )
( x + y )( y + z )( z + x )

3

Kết hợp các kết quả ta suy ra được
y
1

1
1
2 x
z

+
+

+
+
2
2
2
3  1 + x2
1+ x 1+ y 1+ z
1 + y2
1 + z2







3

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z =

1
3

.


Đề số 2
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHKHTN HÀ NỘI
Vòng 2 – Năm học 2019 – 2020
Bài 1.
2
2

3x + y + 4xy = 8
a) Giải hệ phương trình 
x + y ) x2 + xy + 2 = 8

(

(

b) Giải phương trình

27 + x 2 + x

(

2+ 5− x +x
2

)

)

=

27 + 2x
2 + 5 − 2x

Bài 2.
a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta luôn có
7

7

( 27n + 5 )7 + 10  + (10n + 27 )7 + 5  + ( 5n + 10 )7 + 27 

 
 


7

chia hết cho 42.
b) Với x, y là các số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện

4x2 + 4y2 + 17xy + 5x + 5y  1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 17x2 + 17y2 + 16xy
Bài 3.
Cho tam giác ABC cân tại A có đường tròn nội tiếp ( I ) . Các điểm E và F thuộc
các cạnh AC và AB (E khác A và C, F khác A và B) sao cho EF tiếp xúc với đường tròn

( I ) tại P. Gọi K và L lần lượt là hình chiếu của E và F trên BC. Giả sử KF cắt EL tại J.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của J lên BC.
a) Chứng minh rằng HJ là phân giác của góc EHF .
b) Kí hiệu S1 ; S 2 lần lượt là diện tích của các tứ giác BFJL và CEJK. Chứng minh
rằng

S1 BF2
=
.
S 2 CE 2

c) Gọi D là trung điểm cạnh BC. Chứng minh rằng ba điểm P, J, D thẳng hàng.
Bài 4.
Cho M là tập hợp tất cả các số nguyên liên tiếp từ −2019 đến 2019 . Chứng minh
rằng trong 2021 số đôi một phân biệt được chọn bất kì từ tập hợp M luôn tồn tại ba số
phân biệt có tổng bằng 0.


HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1.
2
2

3x + y + 4xy = 8
a) Giải hệ phương trình: 
x + y ) x2 + xy + 2 = 8

(

(

b) Giải phương trình:

)

27 + x 2 + x

(

2+ 5− x +x
2

)

=

27 + 2x
2 + 5 − 2x

Lời giải
2
2

3x + y + 4xy = 8
a) Giải hệ phương trình: 
x + y ) x2 + xy + 2 = 8

(

(

)

Biến đổi phương trình thứ nhất của hệ đã cho ta được ( x + y )( 3x + y ) = 8 . Kết hợp với

(

)

phương trình thứ hai của hệ đã cho ta được ( x + y )( 3x + y ) = ( x + y ) x 2 + xy + 2 .
Cũng từ phương trình thứ hai của hệ đã cho ta được x + y  0 . Do đó từ phương trình
trên ta được
3x + y = x 2 + xy + 2  x 2 + xy − 3x − y + 2 = 0  x 2 − x + xy − y − 2x + 2 = 0

 x ( x − 1) + y ( x − 1) − 2 ( x − 1) = 0  ( x − 1)( x + y − 2 ) = 0

+ Với x − 1 = 0 ta được x = 1 , thay vào phương trình thứ nhất của hệ phương trình đã
cho ta được
y 2 + 4y − 5 = 0  ( y − 1)( y + 5 ) = 0  y  −5;1

+ Với x + y − 2 = 0 ta được x = 2 − y , tháy vào phường trình thứ nhất của hệ phương
trình đã cho ta được 3 ( 2 − y ) + y 2 + 4y ( 2 − y ) = 8  −4 ( y − 1) = 0  y = 1 . Từ đó ta
2

được x = 1 tương ứng.
Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là ( x; y ) = ( 1; −5 ) , ( 1;1) .
b) Giải phương trình:

27 + x 2 + x

(

2 + 5 − x2 + x

)

=

27 + 2x
2 + 5 − 2x

.

• Lời giải 1. Điều kiện xác định của phương trình là 27 + 2x  0; x2 + x  5; 5 − 2x  0 .

Phương trình đã cho được viết lại thành

(

32 − 5 − x 2 − x
2 + 5 − x2 − x

)=

Đặt a = 5 − x2 − x; b = 5 − 2x . Khi đó dễ thấy a  0; b  0 .

32 − ( 5 − 2x )
2 + 5 − 2x

.

32 − a 2
32 − b2
=
2+a
2+b

Phương trình trên trở thành

32 − a 2  32 − b2 và

+ Nếu a  b  0 ta có

(1) .

1
1
.

2+a 2+ b

32 − a 2
32 − b2
hay phương trình ( 1) vô nghiệm

2+a
2+b

Từ đó suy ra

+ Nếu a = b , ta có phương trình

5 − x2 − x = 5 − 2x  x ( x − 1) = 0  x  0;1 .

32 − a2  32 − b2 và

+ Nếu b  a  0 ta có

1
1
.

2+a 2+ b

32 − a 2
32 − b2
hay phương trình ( 1) vô nghiệm.

2+a
2+b

Từ đó suy ra

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S = 0;1
• Lời giải 2. Điều kiện xác định của phương trình là 27 + 2x  0; x2 + x  5; 5 − 2x  0 .

Phương trình đã cho được viết lại thành

(

27 + x 2 + x

(

)

2+ 5− x +x
2

)

=

27 + 2x
2 + 5 − 2x

.

Đặt a = x2 + x; b = 2x .
Khi đó phương trình trên được viết lại thành

27 + a
2 + 5−a

=

27 + b
2+ 5−b

.

Từ phương trình ta có điều kiện xác định là −27  a, b  5
27 + a
2+ 5−a
2

(

−

27 + b
2+ 5−b

=0

) (

27 + a − 27 + b +

(

)

(

27 + a 2 + 5 − b − 27 + b 2 + 5 − a

(2 +

)(

5−a 2+ 5− b

)

)

) =0

27 + a. 5 − b − 27 + b. 5 − a = 0

Đến đây ta xét các trường hợp sau.
+ Nếu a = b , khi đó ta có x 2 + x = 2x  x ( x − 1) = 0  x  0;1 .
+ Nếu a  b , khi đó dễ thấy
suy ra được

27 + a + 27 + b  0; 27 + a. 5 − b + 27 + b. 5 − a  0 . Khi đó ta có

2


27 + a  27 + b; 27 + a. 5 − b  27 + b. 5 − a . Từ đó ta

(

) (

27 + a − 27 + b +
2 (a − b)

+

)

27 + a. 5 − b − 27 + b. 5 − a = 0
32 ( a − b )

=0
27 + a + 27 + b
27 + a. 5 − b − 27 + b. 5 − a


2
32
 (a − b) 
+
=0
27 + a. 5 − b − 27 + b. 5 − a 
 27 + a + 27 + b


Dễ thấy ngay phương trình vô nghiệm khi a  b .
Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S = 0;1
Bài 2.
a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta luôn có
7

7

( 27n + 5 )7 + 10  + (10n + 27 )7 + 5  + ( 5n + 10 )7 + 27 

 
 


7

chia hết cho 42.
b) Với x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn 4x2 + 4y2 + 17xy + 5x + 5y  1 . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 17x2 + 17y2 + 16xy
Lời giải
7

7

7

7
7
7
a) Chứng minh rằng ( 27n + 5 ) + 10  + (10n + 27 ) + 5  + ( 5n + 10 ) + 27  chia hết

 
 


cho 42 với mọi số nguyên dương n ta luôn có
• Lời giải 1. Trước hết ta chứng minh bổ đề: Với mọi số nguyên dương a thì a7 − a

chia hết cho 42.

(

)(

)

(

)(

)

Thật vậy, ta có A = a7 − a = a a 3 − 1 a 3 + 1 = ( a − 1) a ( a + 1) a 2 − a + 1 a 2 + a + 1 . Để ý
rằng ( a − 1) a ( a + 1) là tích ba số nguyên liên tiếp nên suy ra A chia hết cho 6..
Lại thấy a khi chia cho 7 thi có một trong các số dư 0; 1; 2; 3 , do đó a 3 khi chí cho 7

(

)(

)

có một trong các số dư 0; 1 . Do vậy ta có a a 3 − 1 a 3 + 1 7 nên A chia hết cho 7.
Mà ta có 6 và 7 nguyên tố cùng nhau nên suy ra A chia hết cho 42.
7

7

7
7
7
Trở lại bài toán. Đặt M = ( 27n + 5 ) + 10  + (10n + 27 ) + 5  + ( 5n + 10 ) + 27 

 
 


7

Đặt N = ( 27n + 5 ) + 10 + (10n + 27 ) + 5 + ( 5n + 10 ) + 27 . Áp dụng bổ đề ta có
7

7

7

7

( 27n + 5 )7 + 10  − ( 27n + 5 )7 + 10  42

 

7

( 10n + 27 )7 + 5  − ( 10n + 27 )7 + 5  42

 


7

( 5n + 10 )7 + 27  − ( 5n + 10 )7 + 27  42

 

Do đó ta được M − N chia hết cho 42.
Lại xét P = ( 27n + 5 ) + (10n + 27 ) + ( 5n + 10 ) và Q = ( 27n + 5 ) + ( 10n + 27 ) + ( 5n + 10 ) .
7

7

7

Áp dụng bổ đề tương tự như trên ta được P − Q chia hết cho 42. Mà ta có

Q = 42n + 42 chia hết cho 42 nên suy ra P chí hết cho 42. Từ đó suy ra N = P + 42 chia


hết cho 42. Đến đây ta suy ra được M chia hết cho 42. Vậy
7

7

7

( 27n + 5 )7 + 10  + (10n + 27 )7 + 5  + ( 5n + 10 )7 + 27  chia hết cho 42 với mọi số

 
 



nguyên dương n ta luôn có
• Lời giải 2. Trước hết ta chứng minh bổ đề: Với mọi số nguyên dương a thì

a 7  a ( mod 42 ) .

Cách chứng minh tương tự như lời giải 1.
Trở lại bài toán. Áp dụng bổ đề ta được

( 27n + 5 )  27n + 5 ( mod 42 )
(10n + 27 )  10n + 27 ( mod 42 )
( 5n + 10 )  5n + 10 ( mod 42 )
7

7

7

Suy ra ( 27n + 5 ) + (10n + 27 ) + ( 5n + 10 )  ( 27n + 5 ) + (10n + 27 ) + ( 5n + 10 )
7

7

7

( mod 42 ) .

Ta cũng có
7

( mod 42 )

7

( mod 42 )

7

( mod 42 )

( 27n + 5 )7 + 10   ( 27n + 5 )7 + 10 

 

( 10n + 27 )7 + 5   ( 10n + 27 )7 + 5 

 

( 5n + 10 )7 + 27   ( 5n + 10 )7 + 27 

 

Do đó ta được
7

7

7

( 27n + 5 )7 + 10  + ( 10n + 27 )7 + 5  + ( 5n + 10 )7 + 27 

 
 

7
7
7
 ( 27n + 5 ) + 10  + ( 10n + 27 ) + 5  + ( 5n + 10 ) + 27 

 
 

 ( 27n + 5 ) + ( 10n + 27 ) + ( 5n + 10 )

( mod 42 )

( mod 42 )
 ( 27n + 5 ) + ( 10n + 27 ) + ( 5n + 10 ) ( mod 42 )
 ( 42n + 42 ) ( mod 42 )
 0 ( mod 42 )
7

7

7

7

7

7

7
7
7
Do vậy ta được ( 27n + 5 ) + 10  + (10n + 27 ) + 5  + ( 5n + 10 ) + 27  chia hết cho 42

 
 


với mọi số nguyên dương n ta luôn có
b) Với x, y là các số thực dương thay đổi thỏa mãn 4x2 + 4y2 + 17xy + 5x + 5y  1 . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 17x2 + 17y2 + 16xy
Ta viết lại giả thiết của bài toán là 4 ( x + y ) + 9xy + 5 ( x + y )  1
2


Dễ dàng chứng minh được 4xy  ( x + y ) . Khi đó ta có đánh giá
2

4 ( x + y ) + 9xy + 5 ( x + y )  4 ( x + y ) +
2

2

Do đó kết hợp với giả thiết ta được

9 ( x + y)

2

4

25 ( x + y )

2

4

+ 5 (x + y) =

25 ( x + y )

2

4

+ 5 (x + y)

 5(x + y) 
+ 1  2 .
+ 5 ( x + y )  1 hay 
2


2

Do x và y là các số thực dương nên x + y  0 . Khi đó từ bất đẳng thức trên ta được

5(x + y)
2

+ 1  2  5(x + y)  2

(

)

2 −1  x + y 

2

(

2 −1

)

5

Biến đổi biểu thức P và sử dụng kết quả trên ta được
P = 17x 2 + 17y 2 + 16xy = 17 ( x + y ) − 18xy
2

 17 ( x + y ) −
2

18 ( x + y )
4

2

=

25 ( x + y )
2

2


25  2

2 


Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi x = y =

(

)

2

2 −1 
 =2

5


(

)

2

2 −1 = 6 − 4 2

2 −1
.
5

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 6 − 4 2 , đạt được tại x = y =

2 −1
.
5

Bài 3. Cho tam giác ABC cân tại A có đường tròn nội tiếp ( I ) . Các điểm E và F thuộc
các cạnh AC và AB (E khác A và C, F khác A và B) sao cho EF tiếp xúc với đường tròn

( I ) tại P. Gọi K và L lần lượt là hình chiếu của E và F trên BC. Giả sử KF cắt EL tại J.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của J lên BC.
a) Chứng minh rằng HJ là phân giác của góc EHF .
b) Kí hiệu S1 ; S 2 lần lượt là diện tích của các tứ giác BFJL và CEJK. Chứng minh
rằng

S1 BF2
=
.

S 2 CE 2

c) Gọi D là trung điểm cạnh BC. Chứng minh rằng ba điểm P, J, D thẳng hàng.
Lời giải
a) Chứng minh HJ là phân giác của góc EHF .
Do JH song song với EK nên áp dụng định lí Thales cho tam giác LEK thì ta được
LH LJ
= .
KH EJ


Do LF song song EK nên hai tam giác

A

LJF và EJK đồng dạng với nhau, suy ra ta
được
được

LJ FL
=
. Kết hợp hai kết quả lại ta
EJ EK

E

F

LH FL
. Mặt khác hai tam giác

=
KH EK

FLH và

M

P
Y
N

XQ

EKH có FLH = EKH = 900 và

J

I

LH FL
nên đồng dạng với nhau. Do
=
KH EK
đó suy ra LFH = FHJ . Mặt khác lại có

B

L

H D

K

C

LFH = FHJ và KEH = EHJ nên ta suy ra
được FHJ = EHJ hay HJ là phân giác của
góc EHF .

T

S1 BF2
=
b) Chứng minh
.
S 2 CE 2
• Lời giải 1. Hai tam giác vuông BLF và CKE có LBF = KCE nên hai tam giác BLF và

CKE đồng dạng với nhau. Lại có hai tam giác LJF và EJK đồng dạng với nhau nên ta
suy ra được

S1 BF2
S BLF BF2 LF2 S JLF S BLF + S JLF S BFJL
=
.
Vậy
ta
được
.
=

=
=
=
=
S 2 CE 2
SCKE CE2 KE2 S JKE S CKE + S JKE S CEJK

• Lời giải 2. Do HJ song song LF nên SFJL = SFLH . Do đó SBFJL = SBFL + SFLH = S BFH .

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng được SCEJK = SCEH . Ta đã có hai tam giác FLH
và EKH đồng dạng với nhau nên FHB = FHL = EHK = EHC . Kết hợp với FBH = ECH
nên ta được hai tam giác FHB và EHC đồng dạng với nhau, do đó suy ra

Kết hợp với trên ta được

S BFJL
S CEJK

=

S FHB BF 2
=
.
S ECH CE 2

S1 BF2
BF 2
=
.
Vậy

ta
được
.
S 2 CE 2
CE 2

c) Gọi D là trung điểm cạnh BC. Chứng minh ba điểm P, J, D thẳng hàng.
• Lời giải 1. Gọi M, N lần lượt là tiếp điểm của đường tròn ( I ) với các cạnh AB và

AC. Do tam giác ABC cân và D là trung điểm của BD nên D là tiếp điểm của đường
tròn ( I ) với cạnh BC. Gọi Q là giao điểm của CF với PD. Từ F kẻ đường thẳng song
song với BC và cắt PD tại Y. Từ F kẻ đường thẳng song song với AC và cắt MN tại X.


Gọi R là giao điểm của đường thẳng MN với CF. Khi đó ta có các biến đổi góc

FPD = BDP = PYF và FMX = ANM = MXF nên các tam giác FPY và FMX lần lượt cân
F. Từ đó để ý đến tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có FP = FY = FM = FX . Đến đây
áp dụng định lí Thales ta có

FQ FY FX FR
=
=
=
, điều nàu dẫn đến hai điểm Q và R
CQ CD CN CR

trùng nhau. Do đó ba đường thẳng MN, CF, PD đồng quy. Chứng minh hoàn toàn
tương tự ta cũng có MN, BE, PD đồng quy. Như vậy bốn đường thẳng MN, PD, BE,
CF đồng quy. Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ACF với mộ ba điểm B, Q, E

thẳng hàng ta có
tỉ số

FQ CE AB
FQ EA BF
.
.
= 1 hay ta được
=
.
. Đến đây ta có biến đổi
QC EA BF
QC CE AB

FY FY CD FQ AC EA BF AC AC BF BF LF FJ
=
.
=
.
=
.
.
=
.
=
=
=
. Kết hợp với
DK CD DK QC AE CE AB AE AB CE CE KE JK

YFK = DKF ta được hai tam giác FYJ và KDJ đồng dạng với nhau, do đó FJY = KJD

nên ba điểm Y, J, D thẳng hàng. Từ đó ta được ba điểm P, J, D thẳng hàng.
• Lời giải 2. Không mất tính tổng quát ta giả sử P có vị trí như hình vẽ (Các trường

hợp khác chứng minh tương tự). Gọi T là giao điểm của PJ với EK. Áp dụng định lí
Menelaus cho tam giác KEF với ba điểm T, J, P thẳng hàng ta có

TK PE JF
.
.
= 1 . Như
TE PF JK

trên ta có hai tam giác BFH và CEH đồng dạng với nhau có FL và EK tương ứng là hai
đường cao nên ta lại có

JF FL BF
TK PE BF
=
=
. Từ đó ta suy ra được
.
.
= 1 . Như
JK EK CE
TE PF CE

vậy để chứng minh ba điểm P, J, D thẳng hàng ta cần chỉ ra được ba điểm T, D, J
thẳng hàng. Theo đó áp định lí đảo Menelaus đảo cho tam giác KLF thì chứng minh

ba điểm T, D, J thẳng hàng tương đường với chứng minh
Chú ý rằng

JE EK CE
DL DL DC AF AC AF
=
=
và
.
=
.
=
.
=
JL FL BF
DK DB DK AB AE AE

Do vậy phép chứng minh sẽ kết thúc khi ta chỉ ra được
Kết hợp với

TK JE DL
. .
= 1.
TE JL DK

TK CE AF
.
.
= 1.
TE BF AE

TK PE BF
CE AF PE BF
hay ta
.
.
= 1 ta quy bài toán về chứng minh
.
=
.
TE PF CE
BF AE PF CE

cần chứng minh

AF PF BF2
.
=
.
AE PE CE2


Gọi M, N theo thứ tự là tiếp điểm của đường tròn ( I ) với các cạnh AB và AC. Khi đó
theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta đặt được

AB = AC = a; BD = CD = x; PF = MF = y; PE = NE = z
Sử dụng định lí cosin cho tam giác ABC và AEF ta có

AE2 + AF2 − EF2 AB2 + AC2 − BC2
2 cos A =

=
AE.AF
AB.AC

( a − x − y ) + ( a − x − z ) − ( y + z ) = 2a − 4x .
Suy ra
a
( a − x − y )( a − x − z )
( a − x − y ) + ( a − x − z ) − ( y + z ) = 2 − 2a − 4x
Hay 2 −
a
( a − x − y )( a − x − z )
2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Do đó ta được

(

yz
x2
.
=
a 2 − ( 2x + y + z ) a + ( x + y )( x + z ) a 2

)

Hay x2 − yz a 2 − x2 ( 2x + y + z ) a + x 2 ( x + y )( x + z ) = 0

(

)

Hay ( a − x )  x2 − yz a − x ( x + y )( x + z ) = 0 .



(

)

Để ý rằng a  x nên ta được x2 − yz a − x ( x + y )( x + z ) = 0 hay a =

x ( x + y )( x + z )

(x

2

− yz

)

.

AF PF ( x + y )
BF 2
AF PF a − x − y y
.
=
=
Thay kết quả trên vào
.
.
=
. ta được
AE PE ( x + z )2 CE 2
AE PE a − x − z z
2

Vậy bài toán được chứng minh hoàn tất.
Bài 4. Cho M là tập hợp tất cả các số nguyên liên tiếp từ −2019 đến 2019 . Chứng
minh rằng trong 2021 số đôi một phân biệt được chọn bất kì từ tập hợp M luôn tồn tại
ba số phân biệt có tổng bằng 0.
Lời giải





Với số nguyên dương n, đặt Mn = x x  Z, x  2n − 1 . Ta chứng minh mệnh đề tổng
quát : Trong 2n + 1 số phân biệt được lấy ra từ tập hợp M n luôn tồn tại ba số phân
biệt có tổng bằng 0.
Thật vậy, giả sử tồn tại số nguyên dương n sao cho có thể chọn ra 2n + 1 số phân biệt
lấy từ tập hợp M n mà trong đó không có ba số phân biệt nào có tổng bằng 0. Gọi n là
số nhỏ nhất có tính chất như vậy. Khi đó dễ thấy n  1 (vì nếu n = 1 thì mệnh đề trên
luôn đúng). Vì n là số nhỏ nhất làm cho mệnh đề trên không đúng nên mệnh đề luôn
đúng với n − 1 . Nếu trong các số được chọn có ít nhất 2n − 1 số thuộc M n −1 thì do


mệnh đề đúng với n − 1 nên tồn tại ba số phân biệt trong các số được chọn có tổng
bằng 0, điều này mâu thuẫn. Như vậy có tối đa 2n − 2 số được chọn thuộc M n −1 . Từ
đó suy ra trong bốn số −2n + 2; −2n + 1; 2n − 2; 2n − 1 có ít nhất ba số được chọn. Do đó
số 0 không được chọn.
+ Nếu cả hai số của cặp số ( −2n + 1; 2n − 1) được chọn. Khi đó ta tập
M n − −2n + 1; 0; 2n − 1 thành 2n − 2 cặp số gồm

(1; 2n − 2 ) , ( 2; 2n − 3 ) , ( 3; 2n − 4 ) ,..., ( n − 1; n ) , ( −1; −2n + 2 ) ,..., ( −n + 1; −n ) , ta thấy từ mỗi
cặp số trên ta chỉ chọn được tối đa một số. Do đó chỉ lấy được tối đa 2 + 2n − 2 = 2n số.

Điều này dẫn đến mâu thuẫn.
+ Nếu một trong hai số của cặp số ( −2n + 1; 2n − 1) được chọn thì theo lí luận như trên
ta suy ra được cả hai số của cạp số ( −2n + 2; 2n − 2 ) được chọn. Không mất tính tổng
quát ta giả sử 2n − 1 được chọn và −2n + 1 không được chọn. Lúc này các phần tử còn
lại được chia thành 2n − 5 cặp số gồm

(1; 2n − 3 ) , ( 2.2n − 4 ) ,..., ( n − 2; n ) , ( −1; −2n + 3 ) ,..., ( −n + 3, −n − 1)
Ngoài ra còn có một bộ ba số là ( −n + 2, −n + 1, −n ) và một phần tử lẻ cặp là n − 1 . Khi
đó từ các cặp hai số trên ta chọn được tối ta một số và từ bộ ba số ta cũng lấy được tối
đa một số. Từ đó ta lấy được tối đa 3 + 2n − 5 + 1 + 1 = 2n số. Điều này dẫn đến mâu
thuẫn.
Vậy với mọi trường hợp đều dẫn đến mâu thuẫn, tức là điều giả sử trên là sai. Do đó
mệnh đề phát biểu trên đúng. Áp dụng mệnh đề cho n = 1010 ta có điều cần chứng
minh.


Đề số 3
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH THANH HÓA
Chuyên Toán – Năm học 2019 – 2020

Câu I (2.0 điểm).
1. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:

a
b
c
+
+
=1
ab + a + 1 bc + b + 1 ca + c + 1

2. Cho ba số thực a, b, c khác 0 thỏa mãn 2ab + bc + 2ca = 0 . Tính giá trị của biểu
thức:

A=

bc ca ab
+ +
8a 2 b2 c 2

Câu II (2.0 điểm).
1. Giải phương trình

2x 2 + x + 1 + x 2 − x + 1 = 3x .


1 1 9
x + y + x + y = 2

2. Giải hệ phương trình 
xy + 1 + x + y = 5

xy y x
Câu III (2.0 điểm).
1. Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn y2 + y = x4 + x3 + x2 + x .
2. Cho hai số nguyên dương x, y với x  1 và thỏa mãn điều kiện 2x2 − 1 = y15 .
Chứng minh rằng x chia hết cho 15.
Câu IV (3.0 điểm).
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( O ) với AB  AC . Gọi M là trung
điểm của BC, đường thẳng AM cắt đường tròn ( O ) tại D khác A. Đường tròn ngoại
tiếp tam giác MCD cắt đường thẳng AC tại E khác C. Đường tròn ngoại tiếp tam giác

MBD cắt đường thẳng AB tại F khác B.
1. Chứng minh rằng hai tam giác BDF và CDE đồng dạng.
2. Chứng minh rằng ba điểm E, M, F thẳng hàng và AO vuông góc với EF.
3. Đường phân giác của góc BAC cắt EF tại N. Đường phân giác của góc CEN
cắt CN tại P, đường phân giác của góc BFN cắt BN tại Q. Chứng minh PQ song song
với BC.


Câu V (1.0 điểm).
Trong mặt phẳng kẻ 2022 đường thẳng phân biệt sao cho không có hai đường
thẳng nào song song và không có ba đường thẳng nào đồng quy. Tam giác được tạo
bởi ba đường thẳng trong số các đường thẳng đó được gọi là tam giác đẹp nếu nó
không bị đường thẳng nào trong số các đường thẳng còn lại cắt. Chứng minh rằng số
tam giác đẹp không ít hơn 674.

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu I (2.0 điểm).
1. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:

a
b
c
+
+
=1
ab + a + 1 bc + b + 1 ca + c + 1
2. Cho ba số thực a, b, c khác 0 thỏa mãn 2ab + bc + 2ca = 0 . Tính giá trị của biểu
thức:

A=

bc ca ab
+ +
8a 2 b2 c 2
Lời giải

1. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:

a
b
c
+
+
=1
ab + a + 1 bc + b + 1 ca + c + 1
• Lời giải 1. Để ý đến giả thiết abc = 1 ta có biến đổi

a
b
c
a
b.abc
c
+
+
=
+
+
ab + a + 1 bc + b + 1 ca + c + 1 ab + a + 1 bc + b.abc + abc ca + c + abc
a

ab
1
ab + a + 1
=
+
+
=
=1
ab + a + 1 1 + ab + a a + 1 + ab ab + a + 1
• Lời giải 2. Do abc = 1 nên tồn tại các số thực dương thỏa mãn a =

y
x
z
;b = ;c = .
y
z
x

Khi đó ta có
x
y

y
z

z
x

a

b
c
+
+
=
+
+
y z y
z x z
ab + a + 1 bc + b + 1 ca + c + 1 x y x
. + +1
. + +1
. + +1
x y x
y z y
z x z
x
1
y
z
1
1
y
y
z
x
z
x
=
+

+
=
+
+
=1
x x x y y y z z z 1 1 1 1 1 1 1 1 1
+ +
+ +
+ +
+ +
+ +
+ +
z y x x z y y x z z y x x z y y x z


2. Cho ba số thực a, b, c khác 0 thỏa mãn 2ab + bc + 2ca = 0 . Tính giá trị của biểu thức:

bc ca ab
.
+ +
8a 2 b2 c 2

A=

Do a, b, c là các số thực khác 0 nên từ 2ab + bc + 2ca = 0 ta được
Đặt x =

1 1 1
+ + = 0.
2a b c

1
1
1
; y = ; z = , khi đó ta thu được x + y + z = 0 . Ta viết biểu thức A lại thành
2a
b
c
A=

bc ca ab 1  bc 2ca 2ab  1  x 2 y 2 z 2  x 3 + y 3 + z 3
+
+
= 
+
+ 2 = 
+
+
=
2xyz
8a 2 b 2 c 2 2  4a 2 b 2
c  2  yz zx xy 

Từ x + y + z = 0 ta có biến đổi

x + y = −z  ( x + y ) = −z3  x3 + y 3 + z3 + 3xy ( x + y ) = 0  x 3 + y 3 + z 3 = 3xyz
3

Do đó suy ra A =

3xyz 3
= .
2xyz 2

Câu II (2.0 điểm).
1. Giải phương trình

2x 2 + x + 1 + x 2 − x + 1 = 3x .


1 1 9
x + y + x + y = 2

2. Giải hệ phương trình 
xy + 1 + x + y = 5

xy y x
Lời giải
1. Giải phương trình

2x 2 + x + 1 + x 2 − x + 1 = 3x .

Điều kiện xác định của phương trình là x  R . Từ phương trình đã cho suy ra
phương trình có nghiệm khi x  0 . Do đó suy ra

2x2 + x + 1  0; x2 − x + 1  0 . Đến

đây ta biến đổi phương trình

(

2x 2 + x + 1 + x 2 − x + 1 = 3x 


2x 2 + x + 1 − 4x 2

+

x2 − x + 1 − x2

)(

2x 2 + x + 1 − 2x +
=0

)

x2 − x + 1 − x = 0

2x 2 − x − 1

+

x −1

2x + x + 1 + 2x
x −x +1 + x
2x + x + 1 + 2x
x −x +1 +1



2x + 1
1
 ( x − 1) 
+
 = 0  x −1 = 0  x = 1
2
x2 − x + 1 + x 
 2x + x + 1 + 2x
2

Do x  0 nên

2

2x + 1
2x 2 + x + 1 + 2x

+

1
x2 − x + 1 + x

2

 0.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 .

2

2

=0



1 1 9
x + y + x + y = 2

2. Giải hệ phương trình 
xy + 1 + x + y = 5

xy y x
Điều kiện xác định của xy  0 . Biến đổi phương trình thứ hai của hệ đã cho ta được

xy +

1 x y

1 
1
+ + = 5   x +  y +  = 5 .
xy y x
x 
y


 


1
1
2  x +  + 2  y +  = 9
x
y
 

Khi đó hệ phương trình trên được viết lại thành 
.
 x + 1   y + 1  = 5



x  
y


(

)

1
1
Đặt a = x + ; b = y +
a  2; b  2 . Khi đó ta có hệ phương trình.
x
y

5
b = 2; a =


2a = 9 − 2b

2a
=
9
−
2b
2a + 2b = 9

2

 2


2b − 9b + 10 = 0
 b ( 9 − 2b ) = 10
b = 5 ; a = 2
ab = 5

2


1 5
x+ =
 x = 2; y = 1

2x 2 − 5x + 2 = 0
5


x 2
+ Với a = ; b = 2 ta có hệ phương trình 
 2

1
x = 1 ; y = 1
2
 y − 2y + 1 = 0
y + = 2

2
y


1
x+ = 2
 x = 1; y = 2

x 2 − 2x + 1 = 0
5

x
+ Với a = 2; b = ta có hệ phương trình 
 2

1
5
 x = 1; y = 1
2
2y

−
5y
+
2
=
0

y + =

2
y 2

1 
 1
Kết hợp với điều kiện xác định ta được các nghiệm ( x; y ) =  ;1  , ( 2;1) ,  1;  , (1; 2 ) .
2 
 2
Câu III (2.0 điểm).
1. Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn y2 + y = x4 + x3 + x2 + x .
2. Cho hai số nguyên dương x, y với x  1 và thỏa mãn điều kiện 2x2 − 1 = y15 .
Chứng minh rằng x chia hết cho 15.
Lời giải
1. Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn y2 + y = x4 + x3 + x2 + x .
Biến đổi tương đương phương trình ta được


x 4 + x 3 + x 2 + x = y 2 + y  4x 4 + 4x 3 + 4x 2 + 4x + 1 = 4y 2 + 4y + 1

(

)

 2x 2 + x + 3x 2 + 4x + 1 = ( 2y + 1)
2

2

• Với x = −1 , thay vào phương trình ta được y = −1 .

(

• Xét x  −1 , ta sẽ chứng minh 2x2 + x

)  ( 2x
2

2

)

(

2

)

2

+ x + 3x2 + 4x + 1  2x 2 + x + 2 .

Thật vậy, dễ thấy 3x 2 + 4x + 1 = ( 3x + 1)( x + 1) do đó
+ Khi x  −

1
thì ta được ( 3x + 1)( x + 1)  0
3

+ Khi x  −1 thì ( 3x + 1)( x + 1)  0

(

Từ đó ta được 2x 2 + x

( 2x
= ( 2x

2

(

2

)  ( 2x
2

)

)

)

2

+ x + 3x 2 + 4x + 1 . Mặt khác ta có

(

)

2
2
+ x + 2 −  2x2 + x + 3x 2 + 4x + 1



)

(

2

)

(

)

+ x + 4 2x2 + x + 4 − 2x 2 + x − 3x 2 − 4x − 1 = 5x 2 + 3  0

Như vậy ta có 2x2 + x

(

2

)  ( 2x
2

2

)

(

2

+ x + 3x2 + 4x + 1  2x 2 + x + 2

)

2

2

Do 2x2 + x + 3x 2 + 4x + 1 là số chính phương nên ta suy ra được

( 2x + x ) + 3x + 4x + 1 = ( 2x + x + 1)
 ( 2x + x ) + 3x + 4x + 1 = ( 2x + x ) + 2 ( 2x + x ) + 1
x = 0
 3x + 4x + 1 = 2 ( 2x + x ) + 1  x − 2x = 0  

x=2
2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2



+ Với x = 0 , thay vào phương trình ban đầu ta được y2 + y = 0  y = 0; y = −1
+ Với x = 2 , thay vào phương trình ban đầu ta được y2 + y = 30  y = 5; y = −6
Thử lại ta được các nghiệm nguyên của phương trình là

( x; y ) = ( 0; 0 ) , ( 0; −1) , ( 2; 5 ) , ( 2; −6 ) , ( −1; 0 ) , ( −1; −1)
2. Cho hai số nguyên dương x, y với x  1 và thỏa mãn điều kiện 2x2 − 1 = y15 . Chứng
minh rằng x chia hết cho 15.
Chú ý rằng 15 = 3.5 và ( 3, 5 ) = 1 , nên ta quy bài toán về chứng minh x chia hết
cho 3 và cho 5.
• Chứng minh x chia hết cho 3.


Đặt y5 = a với a là số nguyên dương. Khi đó ta có 2x2 − 1 = a 3 hay

(

)

2x2 = ( a + 1) a 2 − a + 1 .
a + 1 d
Gọi d = a + 1,a 2 − a + 1 , khi đó ta có  2
a − a + 1 d

(

)

Từ đó ta được a 2 − a + 1 − ( a + 1)( a − 2 ) d nên 3 d , suy ra d = 1 hoặc d = 3 .
a + 1 = x 2

a + 1 = 2
+ Nếu d = 1 thì từ 2x = ( a + 1) a − a + 1 ta được  2
hoặc  2
2
a − a + 1 = x
a − a + 1 = 2

(

2

)

2

Dễ thấy a2 − a + 1 = 2  a2 − a − 1 = 0 không có nghiệm nguyên dương.
a + 1 = 2
a = 1

Do đó ta có  2
, loại vì không thỏa mãn x  1 .

2
x
=
1
a − a + 1 = x


(

)

+ Nếu d = 3 , khi đó từ 2x2 = ( a + 1) a 2 − a + 1 ta được 2x2 9 nên x2 9  x 3 .
• Chứng minh x chia hết cho 5.

Đặt y 3 = b , với b là số nguyên dương.

(

)

Khi đó ta có 2x2 − 1 = b5 hay 2x2 = ( b + 1) b4 − b3 + b2 − b + 1 .
 b + 1 d
Gọi d = b + 1, b4 − b3 + b2 − b + 1 . Do đó ta được  4
3
2
 b − b + b − b + 1 d

(

)

(

)

(

)

Khi đó b4 − b3 + b2 − b + 1 − ( b + 1) b3 − 2b2 + 3b − 4 d nên 5 d , suy ra d = 1 hoặc

d = 5.

(

)

+ Nếu d = 1 thì từ 2x2 = ( b + 1) b4 − b3 + b2 − b + 1 ta được
 b + 1 = x 2
 b + 1 = 2
hoặc
 4
 4
3
2
2
3
2
 b − b + b − b + 1 = x
 b − b + b − b + 1 = 2

Dễ thấy b4 − b3 + b2 − b + 1 = 2  b4 − b3 + b2 − b − 1 = 0 không có nghiệm nguyên
dương
 b + 1 = 2
b = 1

Do đó ta có  4
, loại vì không thỏa mãn x  1 .


3
2
2
x
=
1
 b − b + b − b + 1 = x


(

)

+ Nếu d = 5 , khi đó từ 2x2 = ( b + 1) b4 − b3 + b2 − b + 1 ta được 2x2 25 nên x 5 .
Vậy ta được x 15 . Bài toán được chứng minh.
Câu IV (3.0 điểm).


Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( O ) với AB  AC . Gọi M là trung
điểm của BC, đường thẳng AM cắt đường tròn ( O ) tại D khác A. Đường tròn ngoại
tiếp tam giác MCD cắt đường thẳng AC tại E khác C. Đường tròn ngoại tiếp tam giác
MBD cắt đường thẳng AB tại F khác B.
1. Chứng minh rằng hai tam giác BDF và CDE đồng dạng.
2. Chứng minh rằng ba điểm E, M, F thẳng hàng và AO vuông góc với EF.
3. Đường phân giác của góc BAC cắt EF tại N. Đường phân giác của góc CEN
cắt CN tại P, đường phân giác của góc BFN cắt BN tại Q. Chứng minh PQ song song
với BC.
Lời giải
a) Chứng minh hai tam giác BDF và CDE đồng dạng với nhau.

Để chứng minh tam giác BDF đồng dạng
A

với tam giác CDE ta cần phải chỉ ra được
BFD = CED và DBF = ECD . Chú ý đến

x

các tứ giác BMDF và CEMD nội tiếp

O

E

I

đường tròn ta suy ra được

BFD = AMB; DBF = FMD

H
Q

B

DMC = DEC; AME = ECD

M

C

P

N

J

Ta lại có FMD = AME và DMC = AMB
nên suy ra BFD = CED và DBF = ECD .

K
T

D

F

Từ đó ta được tam giác BDF và tam giác
CDE đồng dạng với nhau.
b) Chứng minh ba điểm E, M, F thẳng hàng và AO vuông góc với EF.
+ Chứng minh OA vuông góc với EF.
Do tam giác DBF và tam giác CDE đồng dạng nên BDF = EDC . Mà ta lại có
BDF = BMF

và

CME = EDC

nên

suy

ra

CME = BMF .

Do

đó

BME + EMC = BME + BMF = EMF = 180 0 suy ra ba điểm E, M, F thẳng hàng.

+ Chứng minh AO vuông góc với EF.
Lời giải 1. Kẻ tiếp tuyến Ax của đường tròn ( O ) . Khi đó ta có OA vuông góc với Ax.
Tứ giác BNDF nội tiếp đường tròn nên suy ra AFE = ADB . Lại có ACB = ADB nên


suy ra ACB = AFE . Vì Ax là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) nên xAB = ACB . Suy ra
xAB = AFE nên EF song song với Ax. Mà OA vuông góc với Ax nên OA vuông góc

với EF.
Lời giải 2. Gọi I là trực tâm tam giác ABC, giả sử AI cắt BC và đường tròn ( O ) lần
lượt tại H và J. Kẻ đường kính AK của đường tròn ( O ) . Khi dó dễ dàng chứng minh
được J là điểm đối xứng với H qua BC và tứ giác BICK là hình bình hành. Từ đó ta
suy ra được JK song song với BC. Như vậy ta được hai cung nhỏ BJ và CK của đường
tròn ( O ) bằng nhau. Từ đó dẫn đến BAH = CAO . Để ý đến các tứ giác BMDF và
CEMD nội tiếp đường tròn ta có AB.AF = AM.AN = AE.AC nên tứ giác BECF nội tiếp
đường tròn. Từ đó ta thấy FBC = FEC nên ta được ABC = AEF . Mà ta lại có AH
vuông góc với BC nên ta suy ra được AO vuông góc với EF.
c) Chứng minh PQ song song với BC.
+ Lời giải 1. Gọi H là hình chiếu của A trên BC. Khi đó theo định lý Pitago, ta có

AB2 = AH 2 + BH 2 , AC2 = AH2 + CH2 , AM2 = AH2 + HM2

Ta có HM2 = HM.MB − HM.HB = HM.MC − HM.HB hay ta được

HM.MC = HM 2 + HM.HB  BH2 + 2HM.MC = 2HM 2 + 2HM.HB + BH2
 BH 2 + 2HM.MC = HM 2 + BM 2  BH2 + 2HM.MC + MC 2 + HM 2 = 2HM 2 + 2BM 2
 BH 2 + HC2 = 2HM 2 + 2BM 2  4AH 2 + 2BH 2 + 2HC 2 = 4HM 2 + 4BM 2 + 4AH 2

(

)

 2 AB2 + AC2 = 4AM 2 + BC 2  AB2 + AC 2 = 2AM 2 +
Vì

BC2
2

AF AC
nên AF.AB = AE.AC .
=
AE AB

Lại có BMDF và CDME nội tiếp nên AF.AB = AE.AC = AD.MD và

AD.MD = AM2 + AM.MD .
Vì tam giác ABM đồng dạng với tam giác CDM nên AM.MD = MB.MC =

(

)

Suy ra AF.AB + AE.AC = 2AD.MD = 2 AM 2 + AM.MD = 2AM 2 +

BC2
= AB2 + AC 2 .
2

Do đó ta được AF.AB − AB2 = AC2 − AE.AC  BF.AB = CE.AC hay
Vì FQ và EP là phân giác của góc BFN và CEN nên ta có

BC2
4

BF AC
=
CE AB

QN FN
PN EN
=
và
.
=
QB FB
PC EC