De thi vao 10 chuyen le hong phong 2018 2019

1. 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:
( )( ) ( )( ) ( )( )
2 2 2 2
1 1 1 1
x y x y
P
x y y x y x x y
= − −
+ − + + + −
b) Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 ... 1 2018.
1 2 2 3 2017 2018
+ + + + + + + + + 
Câu 2 (VD) (2 điểm)
a) Giải phương trình: ( ) 2 2
2 1 2 1 1.x x x x x − + − + = −
 
b) Giải hệ phương trình:
( )
2
3 2 1 0
4
3 8 14 8
1 1
x y y x y x
y
x 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 2
. .BE 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 2BC R= . Gọi 1 2,O O 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 1 2O HO lớn nhất.
Câu 4 (1,5 điểm)
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( );x y thỏa mãn 2 2
2 5 41 2x y xy+ = +
b) Có bao nhiêu số tự nhiên n không vượt quá 2019 thỏa mãn 3
2019n + chia hết cho 6.
Câu 5 (VDC) (1,5 điểm)
a) Cho các số thực dương thỏa mãn 1a b+ =

2. Chứng minh rằng ( ) ( ) ( )( )
2 1
3 4 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.

3. 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 0a b c+ + = thì ta có:
2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
.
a b c a b c
 
+ + = + + 
 
Cách giải:
a) Điều kiện: , 1, 1.x y x y −  − 
( )( ) ( )( ) ( )( )
2 2 2 2
1 1 1 1
x y x y
P
x y y x y x x y
= − −
+ − + + + −
( )( )
2 2 2 2
1
1 1 1 1
x y x y
x y y x x y
 
= − − 
+ − + + − 
( )( ) ( )( )
2 3 2 3 2 2
1
.
1 1 1 1
x x y y x y
x y y x x y
+ − +
= −
+ − + + −
( )( )
( )( ) ( )( )
2 2 2 2
1
.
1 1 1 1
x y x y x xy y x y
x y y x x y
+ − + − +
= −
+ − + + −
( )( ) ( )( )
2 2 2 2
1 1 1 1
x y x xy y x y
y x x y
− + − +
= −
− + + −
( )( )
2 2 2 2
1 1
x y x xy y x y
x y
− + − + −
=
+ −
( ) ( ) ( )
( )( )
2 2
1
1 1
x y x x y y x
y x
− + − + −
=
− +
( )( ) ( )( )
( )( )
( )( )
( )( )
2 22
11 1 1
1 1 1 1
x x y y xyx y x y x x
y x y x
+ − + −− + + − +
= =
− + − +
( ) ( ) ( )( )2
1 1 1
1 1
x y y y y x xy y
y y
− − − − + −
= =
− −
.x xy y= + −
b) Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 ... 1 2018.
1 2 2 3 2017 2018
+ + + + + + + + + 

4. Ta có:
( )2
2 2 2 2 2 2
21 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2. .
a b c
a b c a b c ab bc ac a b c abc
+ +   
+ + = + + + + + = + + +   
   
0a b c + + = ta có:
2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
.
a b c a b c
 
+ + = + + 
 
Ta có: ( )1 1 2 0+ + − = nên
( )
2
22 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 .
1 1 2 2 22
 
+ + = + + = + − = + 
 −
Tương tự ta có:
( )
22 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1
2 3 2 2 33
+ + = + + = + −
−
( )
22 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1
3 4 3 3 44
+ + = + + = + −
−
.............................
.............................
( )
22 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1 .
2017 2018 2017 2017 20182018
+ + = + + = + −
−
( )
1 1 1 1 1 1
VT 1 1 1 .... 1 2018 2018
2 2 3 2017 2018 2018
dpcm = + + + + − + + + − = − 
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:
a) Điều kiện: 2 1 2
2 1 0 .
1 2
x
x x
x
  − +
+ −   
 − −
PT ( ) 2 2
2 1 2 1 2 1x x x x x − + − + = −
( ) 2 2
2 1 2 1 2 1x x x x x − − + − = − + +
( ) ( )
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1x x x x x x x x − − − + − + + − = + +

5. ( ) ( )
2
22
1 2 1 1x x x x − − + − = +
2 2
2 2
1 2 1 1 2 2 1
1 2 1 1 2 1 2
x x x x x x x
x x x x x x
 − − + − = + − = + −
  
 − − + − = − − + − = 
2 2 2
2 2
0 0
4 2 1 3 2 1 0
2 1 4 2 5 0
x x
x x x x x
x x x x
   
  
 = + − − + =  
 + − = + − = 
( )
( )
0
1 6 1 6.
1 6
x
VN
x TM x
x KTM
 


 = +  = +

 = −


Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: 1 6.x = +
b) Điều kiện
( )
( )
1 0 8
8 0 1
1 0 1 0
y x y x x
x y
y y x y x
− − +   
 
−    − 
 +  − − + 
( ) ( )
( )2
3 2 1 0 1
4
3 8 14 8 2
1 1
x y y x y x
y
x x y
y
 − − + − − + =


− − = − −
+ +
Ta có: ( ) ( ) ( )1 1 3 2y x y x x y − − + = − − −
( )2
3 2xy y y x x y − − + = − − −
( )( ) ( )1 3 2. *x y y x y − − + = − −
Đặt ( ) ( ) ( )* 1 3 2t x y k y x y − + + = − −
1
1
3
2
2
t
t
k t
k
k
=
=
 − = −  
= − = −
( ) ( )( ) ( ) ( )* 1 2 1x y y x y y  − − + = − − +
( ) ( ) ( )( ) ( )2 1 1 0 **x y y x y y − − + + − + =

6. +) TH1: ( )1 ** 1.y x= −   = −
Khi đó: ( )
( )
( )
( ) ( )
24. 1
2 3 8 1 1 14. 1 8
1 1 1
−
 + − = − − − −
− + +
3.3 4 7 + = (vô lý)
+) TH2: Chia cả hai vế của phương trình ( )** cho 1y + ta được:
( )
( )
( )
2 1
1 1
** 2 0 1 .
1 1 2
2
1
x y
TM
yx y x y x
x y y y
y y x y
KTM
y
 −
=
+ − − − − + =   − = +  =  + + −   = −
+
Khi đó ta có:
( ) 2
1
4.
122 3 8 14. 8
21
1 1
2
x
x
x x
x
−
−
 − − = − −
+
+ +
( ) 22 1
3 8 7 1
1
1
2
x
x x x
x
−
 − − = − −
+
+
( ) 22 1
3 8 7 1 0.
1
1
2
x
x x x
x
−
 − − − + + =
+
+
Đặt ( )
( ) 22 1
3 8 7 1.
1
1
2
x
f x x x x
x
−
= − − − + +
+
+
Ta có: ( ) ( ) ( ) ( )1 6, 8 11 2 1 . 8 66 36 2 0.f f f f− = = − +  − = − + 
( )3 có ít nhất một nghiệm trong đoạn  1;8 .−
Lại có ( )7 0 7f x=  = là nghiệm của ( )
7 1
3 3.
2
y
−
 = =
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ) ( ); 7;3 .x y =
Câu 3:
Phương pháp:
a) Chứng minh ~ .BEC BAE 

7. 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 1 21 1 2 2; .O O HHO GO HO FO C GF= =  = Tìm mối liên hệ của GF và MH. Từ
đó tìm giá trị lớn nhất của GF.
Cách giải:
a) Ta có 90BME BKE= =  (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=
( ) ( )2
~ . 1 .
BE BC
BEC BAE g g BE BA BC
BA BE
    =  = 
b) ta có 90ANB ANB=  vuông tại N ( )2
. 2 .BC BA BN =
Từ ( )1 và ( )2 BNE cân tại B ( )3BNE BEN = và B thuộc trung trực của NE.
Ta có BNP BAK= (hai góc nội tiếp chắn cung BK)
Mà ( ) ( )~ 4BAK BAE BEC BEC BAE BNP BEP= =    =
Từ ( )3 và ( )4 PNE PEN PNE =   cân tại P P thuộc trung trực của NE.
BP là trung trực của NE.

8. 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 1 2O O với MC và MB.
Ta có 1 2 45O HM O HB= =  và 1 2
1 1
.
2 2
O MH HMC MHB O BH= = =
( ) 1
1 2
2
~ .
O H MH
O HM O HB g g
O H BH
    =
Ta có: ( ) 1 1 2
2
~ .
O H O H O HMH MC CM
MHC BHM g g
BH BM O H BM CM BM
   =  =  =
Vì 1 2,O H O H là phân giác của hai góc kề bù 1 2 1 2 90 .O H O H O HO BMC ⊥  =  =
Xét tam giác 1 2O HO và CMB có
( ) ( )1 2
1 2 1 290 ; ~ . .
O H O H
O HO BMC cmt O HO CMB c g c
CM BM
= =  =   
1 2O O H CBM = (hai góc tương ứng). Mà
1 2 2 2180 180O O H HO F CBM HO F+ =   + =   Tứ giác 2HO FB là tứ giác nội tiếp (Tứ
giác có tổng hai góc đối bằng 180 . )
2 45MFG O HB = =  (cùng bù với 2 ).O FB
MEG  vuông cân tại M.
Xét tam giác 2MO H và 2MO F có:
( ) ( )2 2 2 2 2; 45 .HMO FMO gt MHO MFG cmt MO H MO F= = =   =
2MO chung
( )2 2 2 2. . ; .MO H MO F g c g MH MF HO FO  =   = =
CMTT ta có: MH MG= và 1 1.HO GO=
 Chu vi tam giác 1 2O O H là:
1 2 1 2 1 1 1 2C HO HO O O GO FO O O GF= + + = + + =  để chu vi tam giác 1 2O HO lớn nhất
maxGF
Xét tam giác vuông cân MEF có 2 2 2 2 2
2 2 2.GF MG MF MG MH EF MH= + = =  =
max maxGF MH M   là điểm chính giữa cung BC.
Câu 4.

9. Phương pháp:
a) Phân tích hằng đẳng thức thành 2 2
4
5
16 25 .
5
4
A
B
A B
A
B
 = 

= + = + 
 = 

= 
b) ( ) ( )3 3
2019 2019n n n n+ = − + +
Chứng minh 3
n n− chia hết cho 6
Tìm n để 2019n+ chia hết cho 6.
Cách giải:
a) 2 2
2 5 41 2x y xy+ = +
2 2 2 2
2 4 4 41x xy y x xy y + + + − + =
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 16 25 4 5x y x y + + − = + =  + 
4
2 5
4
2 5
4
2 5
4
2 5
x y
x y
x y
x y
x y
x y
x y
x y
 + =

− =
 + = −

− = −
 
+ =
 − = −

+ = −
 − =
hoặc
5
2 4
5
2 4
5
2 4
5
2 4
x y
x y
x y
x y
x y
x y
x y
x y
 + =

− =
 + = −

− = −

+ =
 − = −

+ = −
 − =
( )
( )
( )
( )
13
3
4 1
2 5 3
4 13
32 5
14
3
2 5
1
4
3
2 5
1
3
x
KTMx y
y
x y
x y
x
x y KTM
x y y
x y
x
TMx y
y
x y
x
TM
y

=
 + =  = − − =    + = −  = − − = −   + = =   − = −  =+ = −  =  − = 
= −
 = −
hoặc
( )
( )
( )
( )
14
3
5 1
2 4 3
5 14
32 4
.15
3
2 4
2
5
3
2 4
2
3
x
KTMx y
y
x y
x y
x
x y KTM
x y y
x y
x
TMx y
y
x y
x
TM
y

=
 + =  = − =    + = −  = − − = −  + = = −   − = −  =+ = −  =  − = 
= −
 = −

10. Vậy các cặp ( );x y nguyên thỏa mãn 2 2
2 5 41 2x y xy+ = + là
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; 1;3 ; 1; 3 ; 2;3 ; 2; 3 .x y  − − − −
Câu 5.
Cách giải:
a) Ta có ( )( )
1 3 3
3 3
2 4
Cauchy
a b b a
a b b a a b
+ + +
+ +  = +
Từ giả thiết ta có: ( )
2
1 2 1 2 1 4 1 .a b a b ab ab a b ab a b+ =  + + =  = − −  = − −
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
2 2 21
3 4 3 3 3 1
2
a b a b ab a b b a a b a b a b a b+ − + +  + +  + − + + − −  +
2 2 2 2
3 6 3 2 2 1 2 2 2 0a ab b a b a b a b ab + + − − + + + − − + 
2 2
4 4 1 8 4 4 0a b ab a b + + + − − 
( )
2
1 2 2 0a b − −  (luôn đúng)
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.