De thi dap an vao lop 10 chuyen Toan Nam Dinh 20182019

ĐÈ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN
NĂM HỌC 2018-2019

NAM ĐỊNH

Câu 1 (2 điểm)
x?

a)

Rút gọn biểu thức P=

b)

¬
Chứng minh răng:

_

(x+y)-y)

y?

_

xy?

(x+ry)l+x)

U+x)d-y)

1
1
1
1
Jt£tz ng
tạ : tên

l#——+——<2018
!
20172 2018

3

Câu 2 (2 điểm):

a) Giải phương trình: 2 la ~xNÍx°+2x—1l+ x| =-]
x—3y—2*+4/y(x—-y—l])+x=0

b)

)

Giải hệ

phương

—

Câu 3 (3 điểm):

trình:

38x -—2Y

y+1+1

-

Cho doan thang AB va C
đường thăng AB, vẽ nửa
M thuộc nửa đường tròn
đường thăng MH căt nửa

tại E

= y? -14y_8

a

la điêm năm giữa hai điệm
đường trịn đường kính AB
đường kính BC ( M khác B,
đường trịn đường kính AB

A,B. Trên cùng một nửa mặt phăng bờ là và nửa đường trịn đường kính BC. Lây điêm
C). Kẻ MH vng góc với BC ( H e BC),
tại K. Hai đường thăng AK, CM giao nhau

a) Chứng minh BE = BC.AB

b)_

TừC kẻ CN vng góc với AB (N thuộc nửa đường trịn đường kính AB), Gọi P là giao điêm của
NK và CE. Chứng minh răng tâm đường tròn nội tiêp của các tam giác BNE và PNE cùng năm
trên đường BP

c)

Cho

BC =2R. Goi O,;0, lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác MCH và MBH. xác

định vị trí điểm M dé chu vi tam giác Ø,/O, lớn nhất

Câu4 (1,5 điểm):
a)

Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn 2x” +5y? =41+2xy

b)_

Có bao nhiêu số tự nhiên n không vượt quá 2019 thỏa mãn ø +2019 chia hết cho 6

Câu5 (¡.5 điểm):
a)

Cho các số thực đương thỏa mãn Ja +b

=]

Chimg minh rang 3(a+b)’ —(a+b)+4ab> > [(a+3b)(b +3a)
b)

Cho 100 diém trén mat phăng sao trong trong bât kỳ 4 điểm nào cũng có it nhất 3 điểm thăng
hàng. Chứng minh răng ta có thê bỏ đi một điêm trong 100 điêm đó đê 99 điệm cịn lại cùng thuộc
một đường thăng.


BÀI GIẢI ĐỀ VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN NAM ĐỊNH 18-19
(GV Lưu Văn Thám — thực hiện)
Câu 1 (2 điểm)
2

a)

Rút gọn biểu thức P=

b)

CMR:

a)

“

Taco:

2

2

x

P=

—

(œx+ry)d=y)

"m1...

I

2

2.2

2

_—**

(x+y)d+x)

(U+x)d-y)

l+——+——<2018

3

20172

2

2

3

2015

2

2

xy

(xt y)d-y) @+y)d+x)

(đ+x)d-y)

_ x(+x)-y°U-y)—x°y* (x+y) _ x+y+x-y
(x+y)d+x)qd- y)
_(x†+yx =xy+y

-xy (x+y)

(x+y)d+x)qd-y)

†+x-y-xy)_ xd+x)-y+x)+y d+x)d-+»)

(x+y)d+x)qd- y)

(l+x)U— y)

_x-y+y -yx_ xq-y)-yd-y)_ xự-y)-yd-y)_d-y)[xd+y)-Ì
_ v.v y
I-y

b)

I-y

Vn Ee Ntaco:
=l+—+

n

tt]

1

(n+

n

+

I-y

-144,

n+l

2(n+l-n)
n+l)

n

2

—

n(n+])

I
I
I
1
—=,|ll++
> =1+—-——
n
(n+l)
n n+l

!

(n+l

I-y

2.2?

1

n

n+l

n(n+l)

1

=l+—+

nh

(n+lŸ

,
.
. Ap dung cho n tu | tới 2017 ta có:

1
1
1
1
|
|
|
|
l+—+-.+,ll+=+c+r..+,ll+

s+
> t,fl+
›s'—
L2
2
3
2016°
2017
2017
2018

=

1

—_..............
2
2 3
2016 2017
2017 2018

=2018-

Câu 2 (2 điểm)

a) Giải phương trình: 2|d —x)Nx?+2x—1+ x| =]

b)_

a)

Giải hệ

ma

phương

trình:

x-3y-2+4/y(Œœx-y-])+x=0

3J8- 4-22

y+l+I

(*)

=x-l4y-8 —

Œ%)

()<©©2x=x —-I-2(-x)Nx+2x—]
<©>x *+2x+l=x

+2x—-lI-2(-x)Nxˆ+2x-l+l1-2x+x”

> (x41) =|ý+°+2xz~1==z)|
>

Nà?+2x—1—(—x)=x+1

lx? +2x-1-(-x) =-x-1

x7 +2x-1=4
<©\

|x<0

| [ae + 2x-1=4x°
Vậy

2

<<>

| v42x-1=2
Vx? +2x-1=-2x

(x+1) =6
<©\

|x<0

2x° +(x-1) =0 (VN)

&

x--1-VJ6
d6

,

phương trình có tập nghiệm Š ={—l— V6;-1+V6 }

=-l

+x6

!

18

<2018 =

(dpcm)


y(x—y—])+x=(x—y)(y+l)>0

b)

ĐKXD:

48-x>0

x—y>0

©4x<68

y+120

‹<€©ÌÏ
y=-l

Œ)<©x-y-2y-2?4G-~y)(y+l)
=0

> (x-y)-(x—
yy + D +24 (x= yy +D -2(y +) =0

âvx-y(x-y=vy+1)+2y+lQx-y-vy+1)=0
âd>z-y-dy+1)Qjx-y+2u+l=0
x-y=ytl
Vx-y=dy

=|"

Jx-yt+2/y+1=0

y=y+l
y=y

=|"

|x-y=y+I=0

=2y+l
y

|x=y=-l

đ Vi x=y=_è, thay vo (**) khụng tha (loi)
e Với x = 2y + | thay vào (**) ta có:

3/8—2y—1—

4y(./y +1-1)
+1-1

=(2y +1)’ -14y-8

<>3,/7-2y —4,/y41+4=4y? +4y4+1-l4y-8
= 4y? -10y+4,/y+1-3,7-2y -11=0
© 4y?-10y-6+
4(,/y +1-2) +30 /7-2y) =0
â>2(2y-6y+y-3)+
ôâ2(y-3)\(2y++
âS(y-3)|

4y+2+

t A=4y+2+

A(y+1-4)
| 30=7+2y) _9

y+1-2

4@3)

1+7-2y

0(y~3)

y+I-2

1+/j7-2y

4.

6

y+l-2

4.6
y+1+2

1+,/7-2y

=0
=O

(RR)

1+,/7-2y

6Jytl
".........
Jy+l+2 2 14+ /7-2y 2
_m

do-l
,36- J7-2y)
2q+.j7-2y)

Nén (***) Sy-3=0> y=3
x=2y+l=7
Thử lại, hệ phương trình nhận nhiệm duy nhất (x ;y) = (7 ;3)
Câu 3 (3 điểm). Cho đoạn thăng AB và C là điểm năm giữa hai điểm A,B. Trên cùng một nửa mặt
phăng bờ là đường thắng AB, vẽ nửa đường trịn đường kính AB và nửa đường trịn đường kính BC.

Lây điểm M thuộc nửa đường trịn đường kính BC ( M khác B, C). Kẻ MH vng góc với BC (
H BC), đường thăng MH cắt nửa đường trịn đường kính AB tại K. Hai đường thang AK, CM
giao nhau tại 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 là giao điểm của
NK và CE. Chứng minh răng tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác BNE và PNE cùng năm trên
đường BP
Cho

BC =2R. Goi O,;0, lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác MCH và MBH. xác định

vị trí điểm M để chu vi tam giác O,O, lớn nhất.


a) Chứng minh BE” = BC.AB,
Ta có ^AKB = 90° (góc nội tiếp chăn nhửa đường trịn)

=>

BK LIAE—

^BKE=

907

Tuong tu ta co “CMB=90° =

“BME = 90°

Suy raM, K cùng nhìn BE theo góc 90°

—= tứ giác BMKE nội tiếp > ^BEM = ^MKM (cùng
chăn cung BM) mà ^BKM = ^BAE (cùng phụ ^ABK)
=> ^BEC = ^BAE, kết hợp với ^B chung

M

=> ABEC m ABAE (g.g)

BE _ BC _. pp’ =BA BC (dpcm)
BA

b)_

BE

A

On

a

0:

7

Chứng mình tâm đường trịn nội tiệp ABNE và APNE
năm BP.
AANB nội tiếp đường trịn đường kinh AB nên vng tai A mà MC là đường cao (øt)

= BN = BA.BC (hệ thức lượng) mà BE” = BA.BC (cmt) > BE’ = BN’ => BE=BN

=> B thuộc trung trực EN và ABNE cân tại 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 =>

APNE can tai P.

Do ABNE và APNE cùng là tam giác cân chung đáy NE nên các phân giác kẻ từ đỉnh cùng năm trên
trung trực của NE, suy ra tâm đường nội tiếp hai tam giác trên cùng năm trên trung trực NE (đpem).

c)_ Xác định vị trí điểm M để chu vi tam giác O, HO, lớn nhất.

Gọi ø1ao của O¡O; với MC, MC là G, E. Gọi ® là chu vị AO HO,

Do O¡.O; là tâm đường tròn nội tiếp A MCH và AMBH nên ta có AMHO, = 1⁄2 MHC= % 90° = 45°
Tương tự ^MHO;= ^BHO;=

45° =>

^O;HO;= 907.

ABHM wm AMHC (g.g) vi BHM = “MHC

= 90°, ^BMH

AMHO, » ABHO; (g.g) vi HMO,= % “HMC
MH
———=
BH
40,HO>

HO,
HO,

MH
MC
ma —— =—(cmt) >
BH
BM

= 90° = “CMB

=>

AO,HO>

HO,
HO,

œ ACMB

= ^MCH (cùng phụ ^MBC)>=

7

= oe

= 1⁄2 “HBM = ^HBO;, *MHO, = 45° = “BHO,
=

MC

=>

BM

(c.g.c)

=>

_ HO,

MC

=

HO,
BM

„„,
cà
, két hop voi

^HO›;O¡=^MBC

=>

HBFO>

nội tiếp( có

góc trong băng góc ngồi đối) => “MFO, = “BHO, = 45° = *MHO, ma “HMO; = “FMO; (gt)

—= ^MO;F =^MO;H => AMO;E = AMO;H (g.c.g) => HO; = FO) , MH = MF (3)

Chứng minh tương tự ta co HO; = GO; va MG = MH (4)

(3), (4= ME=MG =MH > AMFG vuông cân taiG > FG = MFV2 =MHV2
Cine tir (3), (4) > ® = 0,0, + HO, + HO; = 0,0) + FO, + GO, = FG = MHA/2.

vay đ Iộn nhat < MH I6n nhat â M 1a diém chinh gitta cung BC (dpem).
Câu 4 ( 1,5 điểm)

a)

Tim tat cả các cặp số nguyên (x:y) thỏa mãn 2x? +5y? =41+2xy

b)_

Có bao nhiêu số tự nhiên n khơng vượt quá 2019 thỏa mãn ø” +2019 chia hết cho 6

a) Cách 1: Ta có: 2x2 +5y” =41+2xy ©x

=41<

+2xy+ y' +x -4xy+4y”
=4I

(x +y) yy =16
(x-2y)

=25

hoặc

(x +y) y =25
(x-2y)

=16

(do 41 chỉ có thể viết thành tổng hai số chính phương là 16 và 23)

&

x+y=t4

x-2y=45

_

hoặc

|x+y=+5

x—-2y=+4


|

(xty=4

FÍx+y=5

oe

ve

x—

os

ẹ

hoặc

x+y=4

| (x=14/3

y=-l/3

y=1/3

x+y=—

x=-l3/3

x=-l4/3

x— a

y=1/3

x+y=—

>

| {x=13/3

x+y=5

x=l

x-2y=-5

x— oe

y=3

x+y=-4

x+y=-

x=-l

x-2y=5

va

|

ẹ

¬"

hoặc

y=3
—2

|y=-3

Do x xX, y ngun nên phương trình nhận các nghiệm (x3y): ũ: 33), C1
5), © 3), (2; ~).
Cách 2 (hướng dẫn): 2x” +5y” =41+2xy © 4x’ -—4xy+ y+ 9y’ = 82 ©(2x- y)ˆ + 0yˆ = 82.

=> 0yˆ<82—> y <9—

y“e {0;1;4; 9} xét các giá trị của yˆ —

|

y

2

=9

(2x-yy

=1

= Đáp số

b) Taco: n° + 2019 =n’ —n + 2016 +n + 3 =(n— 1)n(nt1) + 2016 + (n + 3)

Do 2016 chia het cho 6, (n -1)n(n+1) là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3 mà 2
và 3 nguyên tô cùng nhau nên (n -1)n(n+1) chia hêt cho 6.

Vậyn+2019:6

>n+3:

©n chia 6 dư 3 ©n = 6k + 3 (k e Z)

ma 0 => c6 337 gia tri k cting 1a c6 337 86 tu nhién n thda dé bai.

Câu 5 (1.5 điểm)
a)

Cho các số thực đương thỏa mãn Va +b

=]

Chimg minh rang 3(a +b)’ —(a+b) + 4ab> sv
b)

+3b)(b + 3a)

Cho 100 diém trén mat phang sao trong trong bat ky 4 diém nao cũng có ít nhất 3 diém thang hang.
Chứng minh rằng ta có thể bỏ đi một điểm trong 100 điểm đó đề 99 điểm cịn lại cùng thuộc |

đường thắng.

a) Taco: Jat+Vb =10.44+b+2Nab =1< 4ab = (1-a—byY © 4ab =14. a +b’ —2a—2b+4 2ab
Ap dụng bat dang thire Cauchy ta có: sve + 3b)(b+3a) < 1TS

a+b

(1)

Ta Chứng
minh : 3(a + b)“— (a + b) + 4ab > a + b (2)

(2) = 3(a* + 2ab + b’)— (a+b) +1 +4+a° +b’ —2a—2b+2ab>atb
© 4a”
+ 4b + I + 8ab — 4a — 4b > 0 © (2a + 2b— 1)”> 0 (luôn đúng), vậy (2) đúng.
(1),(2)—=

—(4.+b)+.4ab >> [[a +3B)Œ +39)

(dpcm).

Xét AABC với A,B,C là 3 trong 100 điểm đã cho. Nếu lây điểm thứ tư D thì D năm trên đường
thăng AB hoặc Bc hoặc CA. Khơng mất tính tổng, qt nếu ta giả sử D nằm trên BC.
Xét điểm thứ năm E thì E phải năm trên đường thăng
A
BC.
That vay:
e
NéuE nam trén AB thi trong 4 điểm A,D,C,E

khơng có 3 điểm nao thang hang

e

Nếu E nằm trên AD thì trong 4 điểm A,B,C,E

e_

Nếu E năm trên AC thì trong 4 điểm A,D,B,E

khơng có 3 điểm nảo thăng hàng

khơng có 3 điểm nao thang hang

B

D

C

Tương tự ta chứng minh được 95 điểm còn lại đều thuộc đường thăng BC. Cho nên nếu bỏ đi điểm
A thì 99 điểm cịn lại đều thuộc đường thăng BC (đpcm).

toe

b)

34+)