54 de thi chinh thuc vao 10 mon toan truong pho thong chuyen le hong phong nam dinh he chuyen toan nam hoc 2018 2019 co loi giai chi tiet

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.. Kẻ MH vuông góc với BC HBC; đường thẳng MH cắt nửa đường tròn đường

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

Câu 2 (VD) (2 điểm)

a) Giải phương trình: 2 1  x x22x1x x21

b) Giải hệ phương trình:

2

4

1 1

x y y x y x

y

y







 



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 BE2 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2R Gọi O O lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác MCH và 1, 2

MBH Xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác O HO lớn nhất.1 2

Câu 4 (1,5 điểm)

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên x y thỏa mãn ;  2 2

2x 5y 41 2 xy

b) Có bao nhiêu số tự nhiên n không vượt quá 2019 thỏa mãn n 3 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 2   4 1  3   3 

2

a b  a b  ab a b b a

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

b) Áp dụng kiển thức: Với a b c  0 thì ta có:

2

a b c a b c

Cách giải:

a) Điều kiện: x y x, 1, y1

P

   

1

1

x x y y x y

1

x y x y x xy y x y

x y x xy y x y

   

x y x xy y x y

x y



   

1

x y x x y y x

y x



   

   

x x y y xy

x y x y x x

x y y y y x xy y

x xy y

  

Ta có: 2  

2

a b c a b c ab bc ac a b c abc

 

0

a b c

    ta có:

2

a b c a b c

Ta có: 1 1   2 0 nên

 

2 2

 Tương tự ta có:

 2



 2



 2



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

x x

x

   

  



PT 2 1  x x22x1 2 x x 2 1

1 x x2 2x 12 x 12

 

0

x

VN













  





Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x  1 6

b) Điều kiện





 

2

4

1 1

y

y







 



Ta có:  1  y x y  1x x 3y 2

xy y y x x y

x y y  1 x 3y 2 * 

Đặt  *  t x y  k y 1  x 3y 2

1

1 3

2 2

t

t

k t

k k















 



 * x y y  1 x y 2y 1

x y 2y 1 x y y  1 0 ** 

+) TH1: y 1  **  x1.

2

4 1

1 1 1



3.3 4 7

+) TH2: Chia cả hai vế của phương trình  ** cho y  ta được:1

 

 

2 1

x y

TM y

x y y y

KTM y













Khi đó ta có:

1

2

2 1

1 1 2

x

x

x







 

1 1 2

x

x







1 1 2

x

x







1 1 2

x

x







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 7 1 3

2

y 

Vậy hệ phương trình có nghiệm x y ;  7;3 

Câu 3:

Phương pháp:

a) Chứng minh BEC~BAE

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GO HO1; 2 FO2  C O O H1 2 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

Xét tam giác BEC và tam giác BAE có: ABE chung, BEC BAE cmt  

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

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 O O với MC và MB.1 2

O MH  HMC MHB O BH

2

O HM O HB g g

O H BH

2

MHC BHM g g

BH BM O H BM CM BM

Vì O H O H là phân giác của hai góc kề bù 1 , 2  O H1 O H2  O HO1 2 90 BMC

Xét tam giác O HO và 1 2 CMB có

O HO BMC cmt O HO CMB c g c

CM BM

1 2

O O H CBM

O O H HO F    CBM HO F    Tứ giác HO FB là tứ giác nội tiếp (Tứ 2

giác có tổng hai góc đối bằng 180  )

MFG O HB

MEG

Xét tam giác MO H và 2 MO F có:2

HMO FMO gt MHO MFG  cmt  MO H MO F

2

MO chung

MO H MO F g c g MH MF HO FO

CMTT ta có: MH MG và HO1GO1

 Chu vi tam giác O O H là:1 2

max

GF



Câu 4.

Phương pháp:

4 5

5 4

A B

A B

A B











 



 

 b) n32019n3 nn2019

Chứng minh n3 n chia hết cho 6

Tìm n để n 2019 chia hết cho 6.

Cách giải:

2x 5y 41 2 xy

x xy y x xy y

x y2 x 2y2 16 25  42  52

4

4

4

4

x y

x y

x y

x y

x y

x y

x y

x y









 

 

 



















hoặc

5

5

5

5

x y

x y

x y

x y

x y

x y

x y

x y









 

 





















 

 

13 3

3

1 4

3

1 4

3

1 3

x

KTM

x y

y

x y

x y

x

x y

x TM

x y

y

x y

x

TM y

 



 

 

 





































hoặc

 

 

14 3

3

1

5

3

2 5

3

2 3

x

KTM

x y

y

x y

x y

x

x y

x TM

x y

y

x y

x

TM y

 



 

 

 



































Vậy các cặp x y nguyên thỏa mãn ;  2x25y2 41 2 xy là

x y ;   1;3 ; 1; 3 ; 2;3 ;    2; 3   

Câu 5.

Cách giải:

a b b a      a b

Từ giả thiết ta có: a b 1 a b 2 ab  1 2 ab  1 a b  4ab 1 a b 2

2

a b  a b  ab a b b a  a b  a b   a b  a b

1 2a 2b2 0

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