ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG – NAM ĐỊNH 2018 – 2019
Môn thi: Toán chuyên
Ngày thi: 26/05/2018
Thời gian: 120 phút
Câu 1 (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
1 1
1
1
+ 2 + 1 + 2 + 2 + ... + 1 +
+
< 2018.
2
2
1 2
2 3
2017 20182

Câu 2 (VD) (2 điểm)
2

2
a) Giải phương trình: 2 ( 1 − x ) x + 2 x − 1 + x  = x − 1.

 x − 3 y − 2 + y ( x − y − 1) + x = 0

b) Giải hệ phương trình: 
4y
= x 2 − 14 y − 8
3 8 − x −
y +1 +1

Câu 3 (VDC) (3 điểm)
Cho đoạn thẳng AB và C là điểm nằm giữa A và B. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là
đường thẳng AB, vẽ nửa đường tròn đường kính AB và nửa đường tròn đường kính BC. Lấy
điểm M thuộc nửa đường tròn đường kính BC (M khác B, C). Kẻ MH vuông góc với BC
( H ∈ BC ) ; đường thẳng MH cắt nửa đường tròn đường kính AB tại K. Hai đường thẳng AK,
CM cắt nhau tại E.
a) Chứng minh BE 2 = BC. AB.
b) Từ C kẻ Cn vuông góc với AB (N thuộc nửa đường tròn đường kính AB). Gọi P là giao
điểm của NK và CE. Chứng minhh rằng tâm đường tròn nội tiếp của tam giác BNE và PNE
cùng nằm trên đường BP.
c) Cho BC = 2 R . Gọi O1 , O2 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác MCH và
MBH. Xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác O1HO 2 lớn nhất.
Câu 4 (1,5 điểm)
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 2 x 2 + 5 y 2 = 41 + 2 xy
b) Có bao nhiêu số tự nhiên n không vượt quá 2019 thỏa mãn n3 + 2019 chia hết cho 6.
Câu 5 (VDC) (1,5 điểm)
a) Cho các số thực dương thỏa mãn

a + b =1



Chứng minh rằng 3 ( a + b ) − ( a + b ) + 4ab ≥
2

1
2

( a + 3b ) ( b + 3a ) .

b) Cho 100 điểm trên mặt phẳng sao cho trong bất kì 4 điểm nào cũng có ít nhất 3 điểm thẳng
hàng. Chứng minh rằng ta có thể bỏ đi một điểm trong 100 điểm đó để 99 điểm còn lại thuộc
cùng một đường thẳng.


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT.
Câu 1.
Phương pháp:
a) Đặt điều kiện sau đó rút gọn biểu thức bằng các phép biến đổi: Đặt nhân tử chung và sử
dụng các hằng đẳng thức đáng nhớ.
2

1 1 1
1 1 1
b) Áp dụng kiển thức: Với a + b + c = 0 thì ta có:  + + ÷ = 2 + 2 + 2 .
a b c
a b c
Cách giải:
a) Điều kiện: x ≠ − y, x ≠ −1, y ≠ 1.
x2

y2
x2 y 2
P=
−
−
( x + y) ( 1− y) ( x + y) ( 1+ x) ( 1+ x) ( 1− y )
=

1  x2
y2 
x2 y2
−
−

÷
x + y  1− y 1+ x  ( 1+ x) ( 1− y)

=

1 x 2 + x3 − y 2 + y3
x2 y2
.
−
x + y (1− y) (1+ x)
( 1+ x) ( 1− y)

2
2
1 ( x + y ) ( x − y + x − xy + y )
x2 y2

=
.
−
x+ y
( 1− y) ( 1+ x)
(1+ x) (1− y)

x − y + x 2 − xy + y 2
x2 y2
=
−
( 1− y) ( 1+ x)
(1+ x) (1− y)
=

x − y + x 2 − xy + y 2 − x 2 y 2
(1+ x) (1− y)

( x − y ) + x ( x − y ) + y 2 ( 1 − x2 )
=
( 1− y) ( 1+ x)
2
2
x − y ) ( x + 1) + y 2 ( 1 − x ) ( x + 1) ( x + 1) ( x − y + y − xy )
(
=
=
( 1− y) ( 1+ x)
( 1− y) ( 1+ x)


=

x ( 1− y2 ) − y ( 1 − y )
1− y

=

( 1 − y ) ( x + xy − y )
1− y

= x + xy − y.

b) Chứng minh rằng: 1 +

1 1
1 1
1
1
+ 2 + 1 + 2 + 2 + ... + 1 +
+
< 2018.
2
2
1 2
2 3
2017 20182


1 1 1
1 1  1 1 1 2( a + b + c)

1 1 1
 1
Ta có:  + + ÷ = 2 + 2 + 2 + 2.  + + ÷ = 2 + 2 + 2 +
.
a b c
abc
a b c
 ab bc ac  a b c
2

2

1 1 1
1 1 1
⇒ a + b + c = 0 ta có:  + + ÷ = 2 + 2 + 2 .
a b c
a b c
2

1
1
1 1
1
1

= 1 + 2 + 2 = 1 + 1 − ÷ = 1 + .
Ta có: 1 + 1 + ( −2 ) = 0 nên 1 + 2 +
2
1 ( −2 )
1 2

2
2

Tương tự ta có:
1+

1 1
1
1
1 1
+ 2 = 1+ 2 +
= 1+ −
2
2
2 3
2 ( −3 )
2 3

1+

1 1
1
1
1 1
+ 2 = 1+ 2 +
= 1+ −
2
2
3 4
3 ( −4 )

3 4

.............................
.............................
1+

1
1
1
1
1
1
+
= 1+
+
= 1+
−
.
2
2
2
2
2017 2018
2017 ( −2018 )
2017 2018

⇒ VT = 1 + 1 +

1
1 1

1
1
1
+ 1 + − + .... + 1 +
−
= 2018 −
< 2018 ( dpcm )
2
2 3
2017 2018
2018

Câu 2:
Phương pháp:
a) Tìm điều kiện xác định của phương trình:
+) Giải phương trình bằng các phép biến đổi tương đương.
b) Biến đổi từng phương trình sau đó giải hệ phương trình bằng cách xét các trường hợp.
Cách giải:
 x > −1 + 2
2
.
a) Điều kiện: x + 2 x − 1 ≥ 0 ⇔ 
 x < −1 − 2
PT ⇔ 2 ( 1 − x ) x 2 + 2 x − 1 + 2 x = x 2 − 1
⇔ −2 ( 1 − x ) x 2 + 2 x − 1 = − x 2 + 2 x + 1
⇔ ( 1 − x ) − 2 ( 1 − x ) x2 + 2 x −1 + x2 + 2 x −1 = x2 + 2 x + 1
2


(


⇔ 1 − x − x2 + 2x −1

)

2

= ( x + 1)

2

1 − x − x 2 + 2 x − 1 = x + 1
 −2 x = x 2 + 2 x − 1
⇔
⇔
1 − x − x 2 + 2 x − 1 = − x − 1  x 2 + 2 x − 1 = 2
 x ≤ 0
 x ≤ 0
 2

⇔  4 x = x 2 + 2 x − 1 ⇔  3x 2 − 2 x + 1 = 0
 x2 + 2x −1 = 4
 x2 + 2x − 5 = 0


 x ≤ 0

 VN
⇔  x = 1 + 6 ( TM ) ⇔ x = 1 + 6.


 x = 1 − 6 ( KTM )


Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x = 1 + 6.
 y ( x − y − 1) + x ≥ 0
x ≤ 8


⇔  y ≥ −1
b) Điều kiện 8 − x ≥ 0
 y +1 ≥ 0
 y x − y −1 + x ≥ 0
)
 (

 x − 3 y − 2 + y ( x − y − 1) + x = 0 ( 1)


4y
= x 2 − 14 y − 8 ( 2 )
3 8 − x −
y +1 +1

Ta có: ( 1) ⇔

y ( x − y − 1) + x = − ( x − 3 y − 2 )

⇔ xy − y 2 − y + x = − ( x − 3 y − 2 )
⇔−


( x − y ) ( y + 1)

= x − 3 y − 2. ( *)

Đặt ( *) ⇔ t ( x − y ) + k ( y + 1) = x − 3 y − 2
t = 1
t = 1

⇔ k − t = −3 ⇔ 
 k = −2
 k = −2

⇒ ( *) ⇔ −

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

⇔ ( x − y ) − 2 ( y + 1) +

( x − y ) ( y + 1)

=0

( **)


+) TH1: y = −1 ⇒ ( **) ⇔ x = −1.
Khi đó: ( 2 ) ⇔ 3 8 + 1 −

4. ( −1)


( −1) + 1 + 1

= ( −1) − 14. ( −1) − 8
2

⇔ 3.3 + 4 = 7 (vô lý)
+) TH2: Chia cả hai vế của phương trình ( **) cho y + 1 ta được:


 x− y
x− y
=0⇔
( **) ⇔ 
÷ −2+

y +1
 y +1 


2

x− y
= 1( TM )
y +1
x− y
= −2 ( KTM )
y +1

⇔ x − y = y +1 ⇔ y =


Khi đó ta có:

( 2) ⇔ 3

8− x −

⇔ 3 8− x −

⇔ 3 8− x −

Đặt

x −1
x −1
2
= x 2 − 14.
−8
2
x +1
+1+1
2
4.

2 ( x − 1)
x +1
+1
2
2 ( x − 1)
x +1
+1

2

f ( x) = 3 8 − x −

= x2 − 7 x −1

− x 2 + 7 x + 1 = 0.

2 ( x − 1)
x +1
+1
2

− x 2 + 7 x + 1.

Ta có: f ( −1) = 6, f ( 8 ) = −11 + 2 ⇒ f ( −1) . f ( 8 ) = −66 + 36 2 < 0.
⇒ ( 3) có ít nhất một nghiệm trong đoạn [ −1;8] .
Lại có f ( 7 ) = 0 ⇒ x = 7 là nghiệm của ( 3) ⇒ y =
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = ( 7;3) .
Câu 3:
Phương pháp:
a) Chứng minh ∆BEC ~ ∆BAE.

7 −1
= 3.
2

x −1
.
2



b) Chứng minnh tam giác BNE và PNE là các tam giác cân và BP là đường phân giác của hai
tam giác cân đó.
c) Chứng minh HO1 = GO1 ; HO2 = FO2 ⇒ CO1O2 H = GF . Tìm mối liên hệ của GF và MH. Từ
đó tìm giá trị lớn nhất của GF.
Cách giải:

a) Ta có BME = BKE = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒ Hai điểm M và K cùng nhìn BE dưới 1 góc 90° ⇒ Tứ giác BMKE là tứ giác nội tiếp.
⇒ BEC = BKH (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM)

Mà BKH = BAE (cùng phụ với ABK ) ⇒ BEC = BAE.
Xét tam giác BEC và tam giác BAE có: ABE chung, BEC = BAE ( cmt ) .
⇒ ∆BEC ~ ∆BAE ( g.g ) ⇒

BE BC
=
⇒ BE 2 = BA > BC ( 1) .
BA BE

b) ta có ANB = 90° ⇒ ∆ANB vuông tại N ⇒ BC.BA = BN

2

( 2) .

Từ ( 1) và ( 2 ) ∆BNE cân tại B ⇒ BNE = BEN ( 3) và B thuộc trung trực của NE.
Ta có BNP = BAK (hai góc nội tiếp chắn cung BK)
Mà BAK = BAE = BEC ( ∆BEC ~ ∆BAE ) ⇒ BNP = BEP ( 4 )

Từ ( 3) và ( 4 ) ⇒ PNE = PEN ⇒ ∆PNE cân tại P ⇒ P thuộc trung trực của NE.
⇒ BP là trung trực của NE.


Do tam giác BNE cân tại B và tam giác PNE cân tại P nên trung trực BP đồng thời là đường
phân giác.
Do đó tâm đường tròn nội tiếp các tam giác BNE và PNE cùng nằm trên BP.
c) Gọi G, F lần lượt là giao điểm của O1O2 với MC và MB.
Ta có O1 HM = O2 HB = 45° và O1MH =
⇒ ∆O1 HM ~ ∆O2 HB ( g.g ) ⇒

1
1
HMC = MHB = O2 BH .
2
2

O1 H MH
=
O2 H BH

Ta có: ∆MHC ~ ∆BHM ( g .g ) ⇒

MH MC
O H CM
OH O H
=
⇒ 1 =
⇒ 1 = 2
BH BM

O2 H BM
CM
BM

Vì O1 H , O2 H là phân giác của hai góc kề bù ⇒ O1 H ⊥ O2 H ⇒ O1 HO2 = 90° = BMC.
Xét tam giác O1 HO2 và 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 là tứ giác nội tiếp (Tứ
giác có tổng hai góc đối bằng 180°. )
⇒ MFG = O2 HB = 45° (cùng bù với O2 FB ).
⇒ ∆MEG vuông cân tại M.
Xét tam giác MO2 H và 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 và 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 nhất
⇔ GFmax
Xét tam giác vuông cân MEF có GF 2 = MG 2 + MF 2 = 2 MG 2 = 2 MH 2 ⇒ EF = MH 2.
⇒ GFmax ⇔ MH max ⇔ M là điểm chính giữa cung BC.
Câu 4.



Phương pháp:
  A = ±4

 B = ±5
2
2
.
a) Phân tích hằng đẳng thức thành A + B = 16 + 25 ⇔ 
 A = ±5

  B = ±4
3
3
b) n + 2019 = ( n − n ) + ( n + 2019 )

Chứng minh n3 − n chia hết cho 6
Tìm n để n + 2019 chia hết cho 6.
Cách giải:
a) 2 x 2 + 5 y 2 = 41 + 2 xy
⇔ x 2 + 2 xy + y 2 + x 2 − 4 xy + 4 y 2 = 41
⇔ ( x + y ) + ( x − 2 y ) = 16 + 25 = ( ±4 ) + ( ±5 )
2

2

2

2


 x + y = 4
 x + y = 5


 x − 2 y = 5
 x − 2 y = 4
  x + y = −4
  x + y = −5


  x − 2 y = −5
  x − 2 y = −4
⇔
hoặc 
 x + y = 4
 x + y = 5

  x − 2 y = −5
  x − 2 y = −4


  x + y = −4
  x + y = −5
 x − 2 y = 5
 x − 2 y = 4





13

14
  x = 3
  x = 3


( KTM )
( KTM )
 x + y = 4
 x + y = 5
1
1


y = −
y =


 
 
3
3
x − 2 y = 4
 x − 2 y = 5



  x + y = −4


 x + y = −5
  x = − 13
  x = − 14





 
3
3
  x − 2 y = −5
  x − 2 y = −4
KTM
(
)
( KTM ) .




⇔
⇔
⇔
hoặc

1
1





x
+
y
=
4
x
+
y
=
5
y=
y=−








3
3


  x − 2 y = −5
  x − 2 y = −4





  x = 1 ( TM )
  x = 2 ( TM )
 x + y = −5
  x + y = −4

 y = 3
 y = 3
 x − 2 y = 5
 x − 2 y = 4




  x = −1
  x = −2
  y = −3 ( TM )
  y = −3 ( TM )





Vậy các cặp ( x; y ) nguyên thỏa mãn 2 x 2 + 5 y 2 = 41 + 2 xy là

( x; y ) ∈ { ( 1;3) ; ( −1; −3) ; ( 2;3) ; ( −2; −3) } .

Câu 5.
Cách giải:

a) Ta có

1
2

( a + 3b ) ( b + 3a )

Từ giả thiết ta có:

≤

a + 3b + b + 3a
= a+b
4

a + b = 1 ⇔ a + b + 2 ab = 1 ⇔ 2 ab = 1 − a − b ⇔ 4ab = ( 1 − a − b ) .

3 ( a + b ) − ( a + b ) + 4ab ≥
2

Cauchy

2

1
2

( a + 3b ) ( b + 3a )

⇔ 3( a + b) − ( a + b) + ( 1− a − b) ≥ a + b

2

2

⇔ 3a 2 + 6ab + 3b 2 − 2a − 2b + a 2 + b 2 + 1 − 2a − 2b + 2ab ≥ 0
⇔ 4a 2 + 4b 2 + 1 + 8ab − 4a − 4b ≥ 0
⇔ ( 1 − 2a − 2b ) ≥ 0 (luôn đúng)
2

Vậy đẳng thức được chứng minh.
b) Xét tam giác ABC với A, B, C là ba điểm trong
100 điểm đã cho.
Lấy D là điểm thứ tư ⇒ hoặc D ∈ AB, hoặc
D ∈ AC , hoặc D ∈ BC.
Không mất tính tổng quát ta giả sử
Lấy điểm E là điểm thứ năm.

Nếu E ∈ AB thì trong 4 điểm A, D, C, E không có 3 điểm nào thẳng hàng.
Nếu E ∈ AD thì trong 4 điểm A, B, C, E không có 3 điểm nào thẳng hàng.
Nếu E ∈ AC thì trong 4 điểm A, D, B, E không có 3 điểm nào thẳng hàng.
Do đó E ∈ BC.
Tương tự ta chứng minh được 95 điểm còn lại thuộc BC . Cho nên yếu tố bỏ đi điểm A thì
99 điểm còn lại đều thuộc BC.