SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2018-2019
Môn thi: TOÁN CHUYÊN
Thời gian: 150 phút

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1.
A=

2 ( x − 1)
x −1

a) Cho biểu thức
Chứng minh rằng:

+

x2 − x
2x + x
−
x + x +1
x

3
A≥
4

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên
Câu 2.

( x; y )

a) Chứng minh rằng phương trình

( ax

luôn có nghiệm với mọi số thực
b) Trên cùng một mặt phẳng tọa độ

( d ) : y = mx + 2m,

với

trục hoành và trục

với

x > 0, x ≠ 1

m

tung

y=

thỏa mãn:

2

1
8
+
x +1 x − 4

+ 2bx + c ) ( bx 2 + 2cx + a ) ( cx 2 + 2ax + b ) = 0

a , b, c
Oxy

cho

( P ) : y = x2

và đường thẳng

là tham số. Gọi A và H lần lượt là giao điểm của (d) với
. Tìm tất cả các giá trị của m để

( d)

cắt (P) tại hai điểm

C và D nằm về hai phía trục tung sao cho C có hoành độ âm và
Câu 3.

(


5 x ( x + 1) = 3 x 2 x 2 + 1 + 4

a) Giải phương trình:

BD = 2 AC

)

4 x + 2 + 2 3 ( x + 4 ) = 3 y ( y + 1) + 10


3
2
( x + 2 ) + x = y ( y + 1) − 2

b) Giải hệ phương trình:
ABC
AB < AC
Câu 4. Cho tam giác
nội tiếp đường tròn tâm (O) có A là góc tù,
và H là
AH , BH , CH

BC , CA, AB

D, E , F

trực tâm của tam giác. Các đường cao
lần lượt cắt
tại

a) CMR: AO vuông EF
b) Gọi K là giao điểm thứ hai của AO với đường tròn ngoại tiếp tam giác OHD. Chứng
minh rằng

EF

là trung trực của

AK


Câu 5. Cho hai đường tròn
đường thẳng

( I,r)

và

( J , R)

tiếp xúc ngoài với nhau tại E

( r < R)

và

d

là tiếp tuyến tại E của 2 đường tròn đó. Trên d lấy A và C sao cho E
( I)

R < EA < EC.
nằm giữa và
Các tiếp tuyến thứ 2 của
vẽ từ A và C cắt nhau ở B, các
tiếp tuyến thứ hai từ

( J)

vẽ từ A và C cắt nhau ở D. Chứng minh rằng tồn tại 1 điểm
AB, BC , CD, DA

cách đều 4 đường thẳng
x, y

Câu 2. Cho
là hai số tự nhiên thỏa mãn
bình phương hai số tự nhiên liên tiếp

3 y 2 + 1 = 4x2

ĐÁP ÁN
Câu 1.a.

x > 0, x ≠ 1

Điều kiện :
A=
=2

(


2 ( x − 1)

x2 − x
2x + x
+
−
x −1 x + x + 1
x

)

x −1 +

= 1 + x.

Vậy
b.

(

x + x +1

Có:

x −1
2

)


Dấu

"="

⇔ x−

xảy ra

1
1
=0⇔ x=
2
4

(tm)

1
8
9x + 4
9x + 4
+
=
= 2
x + 1 x − 4 ( x + 1) ( x − 4 ) x − 3 x + 4

9x + 4
∈¢
x − 3x + 4
( 9 x + 4 ) M
( x + 1)

⇒
( x − 4)
( 9 x + 4 ) M
y∈¢ ⇔

Ta có:

) −2

1 3 
1 3 3
x −1 = x − x + + =  x − ÷ + ≥
4 4 
2 4 4

3
A≥ .
4

y=

(

x x x −1

x

. Chứng minh rằng là tổng

2


( 9 x + 4 ) M( x + 1) ⇒ 9 x + 4 − 9 ( x + 1)  M( x + 1) ⇒ −5M( x + 1)


x +1 = 5 ⇔ x = 4
 x + 1 = −5 ⇔ x = −6
⇒
x +1 = 1 ⇔ x = 0

 x + 1 = −1 ⇔ x = −2

Thay vào biểu thức

y

ta có:

8
8

x
=
4
⇒
=
(ktm)

x−4 0

 x = −6 ⇒ y = 1 + 8 = −1

(tm)

−5 −10

(tm)
 x = 0 ⇒ y = 1 − 2 = −1

8
( ktm)
 x = −2 ⇒ y = −1 +
−6


Vậy các cặp số thỏa mãn bài toán là

( x; y ) = { ( −6; −1) ; ( 0; −1) }

Vậy các cặp số thỏa mãn bài toán là :

( x; y ) = { ( −6; −1) ; ( 0; −1) }


Câu 2.
a)

Ta có:

 ax 2 + 2bx + c = 0

( ax 2 + 2bx + c ) ( bx 2 + 2cx + a ) ( cx 2 + 2ax + b ) = 0 ( *) ⇔ bx 2 + 2cx + a = 0

 cx 2 + 2ax + b = 0


(1)
(2)
(3)

∆1 = 4b 2 − 4ac = 4 ( b 2 − ac )


⇒ ∆ 2 = 4c 2 − 4ba = 4 ( c 2 − ab )

2
2
∆ 3 = 4a − 4bc = 4 ( a − bc )

⇒ ∆1 + ∆ 2 + ∆ 3 = 4 ( a 2 + b 2 + c 2 − ab − ac − bc ) = 2 ( a − b ) + 2 ( a − c ) + 2 ( b − c )
2

2

2

⇒ ∆1 + ∆ 2 + ∆ 3 ≥ 0

∆ ≥ 0 ⇒ ( *)

⇒

Luôn tôn tại 1 biểu thức

luôn có nghiệm với mọi
b) Học sinh tự vẽ hình theo phần trình bày

Phương trình hoành độ giao điểm của

( P)

và

( d)

:

a , b, c

x 2 = mx + 2m ⇔ x 2 − mx − 2m = 0 (*)

∆ = m + 8m
2

Có:

( d)

cắt

( P)

tại hai điểm phân biệt


⇔ ( *)

có hai nghiệm phân biệt

m > 0
⇔ ∆ > 0 ⇔ m 2 + 8m > 0 ⇔ 
 m < −8

d ∩ Ox = A ⇒ A ( −2;0 )

d ∩ Oy = B ⇒ B ( 0;2m )

Ta có:
C và D nằm về 2 phía trục tung và C có hoành độ âm:
x1 < 0; x2 > 0 ⇒ x1 x2 < 0 ⇔ −2m < 0 ⇔ m > 0

Gọi

E

và F thứ tự là hình chiếu của C lên trục

CE = y1 = mx1 + 2m = m ( x1 + 2 )

Ox

và D lên trục

Oy


BF = yF − y B = y2 − yB = mx2 + 2m − 2m = mx2

Ta có:

DF / / Ox

và

CE / / Oy

∆ACE : ∆DBF

nên:

( g .g ) ⇒

AC CE 1
=
=
BD FB 2


m ( x1 + 2 ) 1
x +2 1
= ⇔ 1
= ( do
mx2
2
x2
2


m > 0)

⇒ x2 = 2 x1 + 4 ⇒ x1 + 2 x1 + 4 = m

m−4

 x1 = 3
⇒
⇒ ( m − 4 ) ( 2m + 4 ) = −18m
2
m
+
4
x =
 2
3
⇔ 2m 2 − 4m + 18m − 16 = 0
⇔ m2 + 7m − 8 = 0
⇔ m2 + 7m − 8 = 0
⇔ ( m + 8 ) ( m − 1) = 0
 m = −8
⇔
 m = 1 (tm)

(ktm)

m =1
Vậy giá trị cần tìm là
Câu 3.

a) Giải phương trình…..

(

5 x ( x + 1) = 3 x 2 x 2 + 1 + 4

)

⇔ 5 x 2 + 5 x − 3x 2 x 2 + 1 − 12 = 0
⇔ 10 x 2 + 10 x − 6 x 2 x 2 + 1 − 24 = 0
⇔ 2 x 2 + 1 − 6 x 2 x 2 + 1 + 9 x 2 − x 2 + 10 x − 25 = 0

(

⇔ 3x − 2 x 2 + 1

)

2

= ( x − 5)

2

3 x − 2 x 2 + 1 = x − 5

⇔
⇔
3 x − 2 x 2 + 1 = − x + 5



 2 x + 5 ≥ 0
 2
2
 2 x + 1 = ( 2 x + 5 )
2x2 + 1 = 2x + 5
⇔
2
2x + 1 = 4x − 5
 4 x − 5 ≥ 0
2
 2
 2 x + 1 = ( 4 x − 5 )



−5
 x ≥ 2


−5
   x = −5 − 13
 x ≥ 2

 2
   x = −5 + 13
x = 2
 2 x + 10 x + 24 = 0
⇔
⇔

⇔

 x ≥ 5
 x = 13 − 5
  x ≥ 5


4

4


 2
 x = 2
 14 x − 40 x + 24 = 0

6
 x =
7


S=

Vậy tập nghiệm của phương trình là

b) Giải hệ phương trình:

{

}


13 − 5; 2

4 x + 2 + 2 3 ( x + 4 ) = 3 y ( y + 1) + 10


3
2
( x + 2 ) + x = y ( y + 1) − 2 (2)

x ≥ −2

Điều kiện xác định:
Phương trình (2) tương đương với:
⇔ ( x + 2) + ( x + 2) = y3 + y
3

⇔ ( x + 2 − y )  x 2 + 4 x + 4 + y ( x + 2 ) + y 2 + 1 = 0
2
 x

2
 3
⇔ ( x − y + 2 )  + y + 1÷ + ( x + 2 ) + 1 = 0
 4
 2

2
 x
2

 3
⇔ x − y + 2 = 0  do  + y + 1÷ + ( x + 2 ) + 1 ≥ 1
 2
 4

y = x+2

( 1)

Thay vào phương trình
ta được:
Áp dụng BĐT Co si ta có


÷
÷


4 y + 2 3 ( y + 2 ) = 3 y 2 − 3 y + 10

VT = 2 2 y.2 + 2 3 ( y + 2 ) ≤ 2 y + 2 + 3 + y + 2 = 3 y + 7
VP = 3 y 2 − 3 y + 10 − ( 3 y + 7 ) = 3 y 2 − 6 y + 3 = 3 ( y − 1) ≥ 0
2

Như vậy phương trình có nghiệm duy nhất
⇔ y − 1 = 0 ⇔ y = 1 ⇒ x = y − 2 = 1 − 2 = −1

(tm)

(1)



Vậy hệ phương trình có nghiệm

Câu 4.

( x; y ) = ( −1;1)


a) Chứng minh rằng
BEFC

AO ⊥ EF

·
·
BEC
= BFC
= 900

Xét tứ giác
có
Lại có hai góc này là hai góc có đỉnh liên tiếp cùng nhìn cạnh BC
⇒ BEFC
là tứ giác nội tiếp (dhnb)
·
·
⇒ FEC
= FBC


Xét (O) có

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung FC)

·AOC = 2 BFC
·

·
⇒ ·AOC = 2 BFC

·
⇒ ·AOC = 2 FEC

Xét

∆AOC

(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AC)

(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AC)

cân tại O có:


0
0
·
·
·OAC = 180 − AOC = 180 − 2.FBC = 900 − FEC
·

2
2
·
·
·
·
⇒ FEC
+ KAE
= 900 − FEC
+ FEC
= 900

·AOC = KAE
·

Do
(hai góc đối đỉnh)
⇒ AO ⊥ EF (dpcm)
b) Gọi K là giao điêm…….
Xét

∆HKA

và

·
·
KAH
= DAO
·

·
HKA
= ODA

∆ODA

ta có:

(hai góc đối đỉnh)

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung OH trong đường tròn ngoại tiếp
⇒ ∆HKA : ∆ODA ( g − g )
⇒

AK AH
=
⇒ AK . AO = AH .HD
AD AO

Xét

∆HEA

và

∆CDA

ta có:

·

·
·
·
HEC
= CDA
= 900 ; EAH
= DAC

(hai góc đối đỉnh)

⇒ ∆HEA : ∆CDA ( g .g )
AH EA
⇒
=
⇒ AH .AD = EA.CA
CA DA

⇒ AK . AO = EA.CA ( = AH . AD ) ⇒

Xét

∆AEF

và

·
·
EAK
= OAC


∆ACO

AK AE
=
AC AO

ta có:

(hai góc đối đỉnh),

AK AE
=
AC AO

(cmt )

⇒ ∆AEF : ∆ACO (cgc)
·
·
·
⇒ KEA
= COA
= 2 FEC

⇒ EF

là phân giác của

⇒ ∆KEA


Câu 5.

(hai góc tương ứng)
·
KEA

cân tại K và EF là đường trung trực của

AK

(dpcm)

∆OHD)


M , N , P, Q

AB, BC , CD, DA

Gọi
là các tiếp điểm của
vẽ
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:
BM = BN ,

AM = AE = AQ,

DQ = DP ,

A, B, C , D


Nên các tam giác có đỉnh là

Phân giac các góc của tứ giác
Ta có:

ABCD

với đường tròn (I) và (J) như hình

CP = CN = CE

là các tam giác cân

là trung trực của 4 cạnh tứ giác

MNPQ

·
·
·
·
·
BMN
+ ·AMQ + NMQ
+ GPB
+ NPC
+ NPQ
·
·

·
·
= PNC
+ ·ANM + MNP
+ DQP
+ ·AQM + PQD

= 1800 + 1800 = 3600
·
·
·
·
⇒ NMQ
+ NPQ
= MNP
+ PQM
MNPQ

MN , NP, PQ

Do đó
là tứ giác nội tiếp và do đó trung trực của
và PM đồng quy,
tức phân giác các góc của tứ giác ABCd đồng quy và đây chính là điểm cách đều 4
đường thẳng
Câu 6.
Ta có :

AB, BC , CD, DA


3 y 2 + 1 = 4 x 2 ⇔ 3 y 2 = ( 2 x − 1) ( 2 x + 1)

Dễ có: UCLN của
⇒ 2x −1

và

2x +1

2x −1

và

2x + 1

là 1 vì đây là hai số lẻ liên tiếp nhau

là các số nguyên tố cùng nhau.

Do vậy
2 x − 1 = m 2

2
TH 1: 2 x + 1 = 3n 2 ⇒ m = ( 2 k + 1) ⇒ 2 x = 4k 2 + 4 k + 2 ⇒ x = k 2 + ( k + 1)
mn = y

2 x − 1 = 3n 2

TH 2 : 2 x + 1 = m 2 ⇒ m 2 = 2 x − 1 + 2 = 3n 2 + 2
mn = y



Số này chia 3 dư 2 mà 1 số chính phương không thể chia 3 dư 2 nên vô lý
Vậy với

x, y ∈ ¥

thỏa mãn

3 y 2 + 1 = 4 x2

x

thì là tổng của hai số tự nhiên liên tiếp.