40 ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CÁC TỈNH NĂM HỌC 2021 – 2022 MÔN TOÁN (CHUYÊN)

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

40 ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CÁC TỈNH NĂM HỌC 2021 – 2022 MÔN THI TOÁN (CHUYÊN) CÓ LỜI GIẢI WORD VERSION | 2022 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH AN GIANG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Năm học: 2021 - 2022 Môn thi: TOÁN - CHUYÊN Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TỈNH AN GIANG MÔN TOÁN CHUYÊN NĂM 2021 Bài 1. (3,0 điểm)

a) Rút gọn A = 419 − 40 19 + 419 + 40 19 .

(

)

b) Giải phương trình 2 x 2 + 2 3 + 3 x + 3 3 = 0 .

(

Bài 1. (3,0 điểm) 4

a) Rút gọn A = 419 − 40 19 + 419 + 40 19 .

(

2

4 x + bx + c = 0 . Tìm các số b, c .

)

b) Giải phương trình 2 x 2 + 2 3 + 3 x + 3 3 = 0 .

2

(

Lời giải

)

c) Biết nghiệm của phương trình 2 x + 2 3 + 3 x + 3 3 = 0 là nghiệm của phương trình 4

)

c) Biết nghiệm của phương trình 2 x 2 + 2 3 + 3 x + 3 3 = 0 là nghiệm của phương trình

2

4 x + bx + c = 0 . Tìm các số b, c .

Bài 2. (2,0 điểm)

a) Rút gọn

A = 419 − 40 19 + 419 + 40 19 = 400 − 2.20. 19 + 19 + 400 + 2.20. 19 + 19 =

( 20 −

a) Vẽ đồ thị ( P ) của hàm số y = − x 2 .

= 20 − 19 + 20 + 19 = 20 − 19 + 20 + 19 = 40 .

b) Viết phương trình đường thẳng ( d ) đi qua điểm A ( 0;1) và tiếp xúc với ( P ) .

Vậy A = 40 . b) Giải phương trình 2 x 2 + 2 3 + 3 x + 3 3 = 0 .

Bài 3. (1,0 điểm)

Cho hai số a, b phân biệt thỏa mãn a 2 − 2021a = b 2 − 2021b = c , với c là một số thực dương.

1 1 2021 Chứng minh rằng: + + =0. a b c Bài 4. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC ( AB < AC ) nội tiếp trong đường tròn ( O ) đường kính AC . Gọi I là một điểm thuộc đoạn OC ( I khác O và C ). Qua I kẻ đường vuông góc với AC cắt BC tại E và AB kéo dài tại D . Gọi K là điểm đối xứng của C qua điểm I . a) Chứng minh rằng các tứ giác BDCI và AKED nội tiếp. b) Chứng minh IC.IA = IE.ID .

Bài 5. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC đều có diện tích 36 cm 2 . Gọi M , N , P là ba điểm lần lượt nằm trên ba cạnh AB, BC , CA sao cho MN ⊥ BC ; NP ⊥ AC ; PM ⊥ AB . Chứng tỏ rằng tam giác MNP đều và tính diện tích tam giác MNP .

Bài 6. (1,0 điểm) Hai ngọn nến hình trụ có chiều cao và đường kính khác nhau được đặt thẳng đứng trên mặt bàn. Ngọn nến thứ nhất cháy hết trong 6 giờ, ngọn nến thứ hai cháy hết trong 8 giờ. Hai ngọn nến được thắp sáng cùng lúc, sau 3 giờ chúng có cùng chiều cao. a) Tìm tỉ lệ chiều cao lúc đầu của hai ngọn nến. b) Biết tổng chiều cao của hai ngọn nến là 63 cm. Tính chiều cao của mỗi ngọn nến. = = = = = = = = = = = = = = = = = = = Hết = = = = = = = = = = = = = = = = = = =

(

(

)

19

)

2

+

( 20 +

19

)

2

)

2

(

∆ = 2 3 + 3 − 4.2.3 3 = 12 + 9 + 12 3 − 24 3 = 12 + 9 − 12 3 = 2 3 − 3

)

2

>0

 phương trình có hai nghiệm phân biệt.

(

) (

− 2 3 +3 + 2 3 −3

) = −3 ; x

(

) (

− 2 3 +3 − 2 3 −3

)

=− 3.

2.2 −3   Vậy phương trình có tập nghiệm là S = − 3;  .

2  2 c) Biết nghiệm của phương trình 2 x + 2 3 + 3 x + 3 3 = 0 là nghiệm của phương trình x1 =

2.2

2

2

=

(

)

4 x 4 + bx 2 + c = 0 . Tìm các số b, c .

Xét phương trình 4 x 4 + bx 2 + c = 0 , có hai nghiệm là − 3;

−3 nên ta có: 2

4 − 3 4 + b − 3 2 + c = 0  4.9 + b.3 + c = 0 3b + c = −36   ⇔  81 ⇔ 2  −3 4 9 − 3 9b + 4c = −81  4   + b   + c = 0  4. 16 + b. 4 + c = 0   2   2  c = 27 9b + 3c = −108 c = 27  . ⇔ ⇔ −36 − c ⇔  9b + 4c = −81 b = −21 b = 3 Vậy b = −21; c = 27 là các giá trị cần tìm.

(

)

(

)

Bài 2. (2,0 điểm) a) Vẽ đồ thị ( P ) của hàm số y = − x 2 . b) Viết phương trình đường thẳng ( d ) đi qua điểm A ( 0;1) và tiếp xúc với ( P ) .

Lời giải a) Vẽ đồ thị hàm số y = − x 2 ( P ) , ta có bảng sau: x

-2

-1

0

1

2

y = x2

-4

-1

0

-1

Cho tam giác ABC ( AB < AC ) nội tiếp trong đường tròn ( O ) đường kính AC . Gọi I là một

-1

Vậy đồ thị hàm số y = x 2 ( P ) là Pa-ra-bol đi qua ( −2; −4 ) , ( −1; −1) , ( 0 : 0 ) , (1; −1) , ( 2; −4 ) và nhận Oy làm trục đối xứng. y 2

điểm thuộc đoạn OC ( I khác O và C ). Qua I kẻ đường vuông góc với AC cắt BC tại E và AB kéo dài tại D . Gọi K là điểm đối xứng của C qua điểm I . a) Chứng minh rằng các tứ giác BDCI và AKED nội tiếp. b) Chứng minh IC.IA = IE.ID .

Lời giải

1 D x -2

5

-1

O

1

2

5

-1

B

2

E

A

4

K

O

I

C

f(x) = x2

b) Viết phương trình đường thẳng ( d ) đi qua điểm A ( 0;1) và tiếp xúc với ( P ) .

Giả sử phương trình đường thẳng ( d ) có dạng y = ax + b .

( d ) đi qua A ( 0;1) nên ta có 1 = a.0 + b  b = 1  ( d ) có dạng Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) và ( P ) : − x 2 = ax + 1 ⇔ x 2 + ax + 1 = 0 (1). Để và tiếp (d ) ( P)

xúc

nhau

thì

y = ax + 1 .

(1)

có

nghiệm

kép

⇔ ∆ = 0 ⇔ a 2 − 4.1.1 = 0 ⇔ a 2 = 4 ⇔ a = ±2 .

Vậy ta có hai đường thẳng ( d ) thỏa mãn là y = 2 x + 1 và y = −2 x + 1 .

Bài 3. (1,0 điểm) Cho hai số a, b phân biệt thỏa mãn a 2 − 2021a = b 2 − 2021b = c , với c là một số thực dương.

1 1 2021 Chứng minh rằng: + + =0. a b c Lời giải 2

2

Theo bài ra ta có a − 2021a = b − 2021b ⇔ a 2 − b 2 − 2021a + 2021b = 0 ⇔ ( a − b )( a + b − 2021) = 0  a = b ( ktm ) . ⇔  a + b = 2021 Với a = b loại do a, b phân biệt.

Với a + b = 2021  b = 2021 − a  ab = 2021a − a 2 = − ( a 2 − 2021a ) = −c .

Thay a + b = 2021; ab = −c vào ta được 1 1 2021 + + =0. a b c Bài 4. (2,0 điểm)

Vậy

1 1 2021 a + b 2021 2021 2021 + + = + = + = 0. a b c ab c −c c

a) Chứng minh rằng các tứ giác BDCI và AKED nội tiếp. = 90° (kề bù với Ta có ABC = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  DBC ABC = 90°);

DIC = 90° ( DI ⊥ AC )  tứ giác BDCI nội tiếp đường tròn đường kính CD . = EDB (hai góc nội tiếp cùng chắn BI ).  ECI Lại có K là điểm đối xứng của C qua điểm I nên I là trung điểm của CK  ∆EKC có EI

(

)

= ECI  EKI = EDB = ECI  tứ giác vừa là trung tuyến, vừa là đường cao nên cân tại E  EKI AKED có góc ngoài đỉnh K bằng góc trong đỉnh D nên là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh IC.IA = IE.ID .

Xét ∆IDA và ∆ICE có: = ICE (hai góc nội tiếp cùng chắn BI ); IDA

( = 90°, DI ⊥ AC ) AID = EIC  ∆IDA” ∆ICE ( g .g ) 

ID IC =  IC.IA = IE.ID .

IA IE

Bài 5. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC đều có diện tích 36 cm 2 . Gọi M , N , P là ba điểm lần lượt nằm trên ba cạnh AB, BC , CA sao cho MN ⊥ BC ; NP ⊥ AC ; PM ⊥ AB . Chứng tỏ rằng tam giác MNP đều và tính diện tích tam giác MNP .

Lời giải

 Chiều cao của cây nến thứ nhất còn lại là

C

1 5 Sau 3 giờ cây nến thứ hai còn 1 − 3. = chiều cao.

8 8 5  Chiều cao của cây nến thứ hai còn lại là b .

8 Vì sau 3 giờ chiều cao của hai cây nến bằng nhau nên 1 5 a 5 a= b = .

2 8 b 4

N

P

B

A

Trong

∆MNB

vuông

tại

M

M,

ta

(

mà

PN ⊥ BC ( GT )

mà

NM ⊥ AB ( GT )

)

+ MNP = 90°  MNP = MBN = 60° = 90° − MNB ;  MNB Trong

∆AMP

vuông

tại

P,

ta

có

= 90° ; AMP + PAM

(

)

= 90°  PMN = PAM = 60° = 90° −  AMP + PMN AMP ; = PMN = 60° nên là tam giác đều. ∆MNP có MNP x2 3 .

4 Mặt khác ∆BMN = ∆CNP = ∆APM (cạnh huyền – góc nhọn)  S BMN = SCNP = S APM .

Đặt MN = NP = PN = x vì ∆MNP đều nên S MNP =

Trong

tam

giác

BMN

vuông

tạ

M

ta

5 .

4 b) Biết tổng chiều cao của hai ngọn nến là 63 cm. Tính chiều cao của mỗi ngọn nến.

Tổng chiều cao ngọn nến là 63 cm  a + b = 63 . Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có: a 5 a b a + b 63 =  = = = =7. b 4 5 4 5+4 9 a b Vì = 7  a = 7.5 = 35 ( cm ) ; = 7  b = 7.4 = 28 ( cm ) .

5 4 Vậy ban đầu ngọn nến thứ nhất cao 35 cm, ngọn nến thứ hao cao 28 cm. = = = = = = = = = = = = = = = = = = = Hết = = = = = = = = = = = = = = = = = = = Vậy tỉ lệ chiều cao ban đầu của ngọn nến thứ nhất so với ngọn nến thứ hai là

+ MNB = 90°; MBN

có

1 a.

2

có

BM = MN .tan B = x.cot 60° =

1 1 x 3 x2 3 .

BM .MN = . .x = 2 2 3 6 2 x 3 x2 3 x2 3 x2 3  S ABC = 3.S BMN + S MNP  36 = 3. + 3 = 36  = 12 ( cm 2 ) .

6 4 4 4 Vậy S MNP = 12 cm 2 .

 S BMN =

Bài 6. (1,0 điểm) Hai ngọn nến hình trụ có chiều cao và đường kính khác nhau được đặt thẳng đứng trên mặt bàn. Ngọn nến thứ nhất cháy hết trong 6 giờ, ngọn nến thứ hai cháy hết trong 8 giờ. Hai ngọn nến được thắp sáng cùng lúc, sau 3 giờ chúng có cùng chiều cao. a) Tìm tỉ lệ chiều cao lúc đầu của hai ngọn nến. b) Biết tổng chiều cao của hai ngọn nến là 63 cm. Tính chiều cao của mỗi ngọn nến.

Lời giải a) Tìm tỉ lệ chiều cao lúc đầu của hai ngọn nến.

Gọi chiều cao ngọn nến thứ nhất là a cm, chiều cao ngọn nến thứ hai là b cm, ( a, b > 0 ).

Giả sử tốc độ tiêu hao khi cháy của hai ngọn nến là không đổi.

1 1 Mỗi giờ cây nến thứ nhất giảm chiều cao, cây nến thứ hai giảm chiều cao.

6 8 1 1 Sau 3 giờ cây nến thứ nhất còn 1 − 3. = chiều cao.

6 2

x. 3 3

TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYEN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH BÀ RỊA VŨNG TÀU

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT CHUYÊN VŨNG TÀU 2021-2022

ĐỀ THI MÔN : TOÁN (Chuyên) Năm học: 2021-2022

Câu 1 (3.0 điêm).

Câu 1 (3, 0 điếm).  x +1 x −2  với x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ 4 . ⋅  −   x −1 x − x − 2  b) Giải phương trình 5 x − ( x + 4) 2 x + 1 + 4 = 0. x x −1 a) Rút gon biểu thức P = 1+ x + x

2 x 2 + y 2 + 3xy + 4 x + 3 y + 2 = 0

c) Giải hệ phương trinh 

2

 x − y + 3 + x + y + 1 = 2

a) Rút gọn biểu thức sau P =

b) Giải phương trình 5 x − ( x + 4) 2 x + 1 + 4 = 0 .

.

2 x 2 + y 2 + 3xy + 4 x + 3 y + 2 = 0

c) Giải hệ phương trình 

a b c . + + 1 + bc 1 + ac 1 + ab Câu 4 (3, 0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC ). Một đường trơn đi qua B, C và khỏng đi qua A cat các cạnh AB, AC lần lượt tại E , F ( E khác B; F khác C ); BF cảt CE tại D . Gọi P là trung điểm của BC và K là điềm đối xứng với D qua P .

AE DE . a) Chứng minh tam giác KBC đồng dạng với tam giác DFE và = AC CK b) Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên AB, AC . Chửng minh MN vuông góc với AK và MA2 + NK 2 = NA2 + MK 2 . c) Gọi I , J lần lựt là trung điềm AD và MN , Chứng minh ba điếm I , J , P thẳng hàng. d) Đường thẳng IJ cát đường tròn ngoại tiếp tam giác IMN tại T ( T khade l ). Chưng minh AD là tićp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác DTJ .

1   1 = ( x − 1)  −  x +1   x −1

nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S =

Câu 5: (1 điểm) Cho tam giác ABC và điểm O thay đổi trong tam giác.Tia Ox song song với AB cắt BC tại D , tia Oy song song vói BC cắt AC tai E , tia Oz song song vói AC cắt AB tại F .  AB 

 BC 

2

 x +1 x −2  ⋅  −  với x − 1 − x x − 2  

x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ 4

Câu 2 (2, 0 điểm). a) Cho hai da thức P( x ) = x 3 + ax 2 + bx + c và Q( x ) = 3x 2 + 2ax + b(a, b, c ∈ ℝ ) . Biết rằng P ( x) có ba nghiệm phân biệt. Chưng minh Q( x) có hai nghiềm phân biệt. b) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thơa mần phương trình ( xy − 1) 2 = x 2 + y 2 .

Câu 3 (1, 0 điểm). Xét các số thực a, b, c không âm, thòa măn a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Tìm giá trị lớn

2

x x −1 1+ x + x

 AC 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S =   +  +   OD   OE   OF 

2

2  x − y + 3 + x + y + 1 = 2

P=

.

 ( x )3 − 1  x +1 x −2 ⋅ −  1 + x + x  ( x + 1)( x − 1) ( x + 1)( x − 2) 

= ( x − 1)

2 ( x − 1)( x + 1)

2 x +1

=

1 2

Điều kiện: x ≥ − . Đặi t = 2 x + 1(t ≥ 0) . Ta có phương trình −t 3 + 5t 2 − 7t + 3 = 0 t = 1 ⇔ (t − 1) −t 2 + 4t − 3 = 0 ⇔  (nhận). t = 3

(

)

* Vơi t = 1  2 x + 1 = 1 ⇔ x = 0 (thỏa).

* Với t = 3  2 x + 1 = 3 ⇔ x = 4 (thỏa).

{2 x

{

2

+ y 2 + 3 xy + 4 x + 3 y + 2 = 0

x2 − y + 3 + x + y + 1 = 2 (2)

(1)

 x + y − xy = 1 (1)   x + y + xy = 1 ⇔ ( x + y − xy )( x + y + xy ) = 1 ⇔   x + y − xy = −1  ( 2)  x + y + xy = −1

 x2 − y + 3 ≥ 0

Điềù kiện: 

x + y +1 ≥ 0

(1): y 2 + (3x + 3) y + 2 x 2 + 4 x + 2 = 0  y = −2 x ∆ y = ( x + 1) 2 nên (1) ⇔   y = −x *

Giải hệ (1) ta được cặp nghiệm (0;1),(1;0) Giải hệ (2) ta được cặp nghiệm (0;-1),(-1;0)

TH1: y = − x − 1 thay vào (2) ta có phương trình

Câu 3:

 x = 0  y = −1 (nhận) x2 + x + 4 = 2 ⇔   x = −1  y = 0

(1 + bc) 2 = 1 + 2bc + b 2 c 2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2bc + 2b 2 c 2 1 = a 2 + (b + c) 2 + b 2 c 2 ≥ a 2 + (b + c) 2 ≥ (a + b + c) 2 2 1 a c Ta có :  1 + bc ≥ (a + b + c)  ≤ 2 ...tuongtu a+b+c 1 + bc 2

* TH2: y = −2 x − 2 thay vào (2) ta có phương trình x 2 + 2 x + 5 + − x − 1 = 2 ⇔ ( x + 1) 2 + 4 + −( x + 1) = 2

Ta có ( x + 1) 2 + 4 + −( x + 1) ≥ 2 , với mọi giá trị của x ≤ −1 Dấu bằng xảy ra khi x = −1  y = 0 (nhận) Vậy hệ phương trình có các nghiệm là (0; −1), (−1;0) .

Câu 2 (2, 0 điểm). a) Cho hai đa thức P( x ) = x 3 + ax 2 + bx + c và Q( x ) = 3x 2 + 2ax + b(a, b, c ∈ ℝ ) . Biết rằng P ( x) có ba nghiệm phân biệt. Chứng minh Q( x) có hai nghiệm phân biệt. b) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) ihỏa mãn phương trình ( xy − 1) = x + y 2

2

Đồng nhất hệ số của P ( x) ta có: 2

1 ( x1 − x2 ) 2 + ( x2 − x 3 ) 2 + ( x1 − x3 ) 2 > 0 2

[

a b c + + )= 2 a+b+c a +b+c a +b+c

2 , c = 0 thì S = 2

]

Vậy Q(x có hai nghiệm phân biệt Lưu y: hs sử dụng Viet vẫn cho điểm tối đa b/ 2 2 2 2 2 Ta có: (xy-1)2=x2+y2 ⇔ ( xy) − 2 xy + 1 = x + y ⇔ ( x + y ) − ( xy) = 1

2 . Vậy giá trị lớn nhất của S là 2 .

Theo BĐT AM-GM: a(1 + bc) ≤

a2 +1 b2 + c 2 (a 2 + 1)(2 + b 2 + c 2 ) 1 a 2 + 1 + 2 + b 2 + c 2 2 (1 + )= ≤ ( ) 2 2 4 4 2

Từ đó : a b c ≥ a 2 . Tuong tu ≥ b2 ; ≥ c 2  S ≥ a 2 + b 2 + c 2 = 1 Khi a = 1; b = c = 0 thì S = 1 . Vậy 1 + bc 1 + ac 1 + ab

giá trị nhỏ nhất của S là 1.

2

∆ Q = a − 3b = ( x1 + x2 + x3 ) − 3( x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 ) =

Khi a=b=

2

a) Gọi x1 , x2 , x3 là ba nghiệm phân biệt của P ( x) , ta có P( x) = ( x − x1 )( x − x2 )( x − x3 ) = x3 − ( x1 + x2 + x3 ) x 2 + ( x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 ) x − x1 x2 x3

 S ≤ 2(

Câu 4:(3 điểm)

= ITD

Mà IN = ID  IJ .IT = ID 2  ∆IDJ ∪ ∆ITD( g − g )  IDJ  ID là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆DTJ .

= DBC DFE = DCB

Tứ giác BCFE nội tiếp nên ta có: DEF ;

Mặt khác: BDCK là hình bình hành nên BCK = DBC ; CBK = DCB =C

DFE BK  ∆KBC ∼ ∆DFE ( gg ) = BC K DEF Do đó : ; DE EF FE AE ∆KBC ∼ ∆DFE  = (1); ∆AEF ∼ ∆ACB  = (2) CK BC BC AC

Câu 5(1, 0 điểm). Cho tam giác ABC và điểm O thay đổi trong tam giác. Tia Ox song song với AB cắt BC tại D , tia Oy song song với BC cắt AC tại E , tia Oz song song với AC cắt 2

AE DE = AC CK

= = ABK = ABD + DBK ACE + DCK ACK

DE AE Xét ∆AED và ∆ACK có: AED = ACK , =  ∆AED ∪ ∆ACK (c − g − c ) CK

AC

= DAM

= DAE hay QAC  KAC = DAM = QAN . b) Có AMD + AND = 180°  AMDN nội tiếp  DNM

+ MNA = 90°  QAN + MNA = 90°  AQN = 90°  AK ⊥ MN Mà DNM

Do đó: MA2 + NK 2 = QM 2 + QA2 + QN 2 + QK 2 = QN 2 + QA2 + QM 2 + QK 2 = NA2 + MK 2 1 AD = NI  I thuộc đường trung trực của MN (3) 2

c) Ta có IP là đường trung bình của tam giác ADK  IP / / AK  IP ⊥ MN (4) Từ (3) và (4) suy ra IP là đường trung trực của MN  I , J , P thẳng hàng. Từ (3) và Ta có ∆IMN cân tại I , IJ ⊥ MN nên IT là đường kính của đường tròn ngoại = 90°  IJ .IT = IN 2 tiếp ∆IMN  INT

OD OE OF NC DN BD + + = + + =1 AB BC AC BC BC BC

Theo bất đẳng thức AM-GM: 1=

; DBK = DCK ) (Do ABD = ACE

Ta có MI =

OD EN NC OE DN OF MD BD (2); (3) = = (1); = = = AB AB BC BC BC AC AC BC

Từ (1), (2), (3) 

Gọi Q là giao điểm của MN và AK . Ta có: AEC = ABK (đồng vi) và

2

Kẻ DM / / OF ( M ∈ AB ), EN / / OD ( N ∈ BC ), FP / / OE ( P ∈ AC ) Ta có:

Từ (1) và (2) 

2

 AB   BC   AC  AB tại F . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S =   +  +   OD   OE   OF 

OD OE OF OD OE OF AB BC AC + + ≥ 33 ⋅ ⋅ ⇔ ⋅ ⋅ ≥ 27 AB BC AC AB BC AC OD OE OF 2

2

2

2

 AB   BC   AC   AB BC AC  S = ⋅ ⋅  +  +  ≥ 33   = 27  OD   OE   OF   OD OE OF 

Đẳng thức xảy ra khi O là trọng tâm ∆ABC . Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 27 .

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CÔNG LẬP NĂM HỌC 2021 – 2022 Môn: TOÁN (chuyên) Thời gian: 150 phút (không kể phát đề)

BẾN TRE ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. (2,0 điểm) a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = ( 6 − 7m) x + 2 nghịch biến trên ℝ . b) Cho Parabol ( P ) : y = 2 x2 và đường thẳng ( d ) : y = − x + 6 . Biết ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A ( x1; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) với x1 < x2 . Tính 4x2 + y1 .

Câu 1. (2,0 điểm) a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = ( 6 − 7m) x + 2 nghịch biến trên ℝ . b) Cho Parabol ( P ) : y = 2 x2 và đường thẳng ( d ) : y = − x + 6 . Biết ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A ( x1; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) với x1 < x2 . Tính 4x2 + y1 .

2

c) Rút gọn biểu thức A = ( x − 2 − 1) + 4 x + 4 x − 2 − 7 (với x ≥ 2 ).

Lời giải 6 a) Hàm số y = ( 6 − 7m) x + 2 nghịch biến trên ℝ ⇔ 6 − 7m < 0 ⇔ m > .

7 6 Vậy m > thì hàm số đã cho nghịch biến trên ℝ .

7 b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) , ta có:

2

2 x 2 = − x + 6 ⇔ 2 x2 + x − 6 = 0

c) Rút gọn biểu thức A = ( x − 2 − 1) + 4 x + 4 x − 2 − 7 (với x ≥ 2 ).

Câu 2. (1,0 điểm)

2

Có: ∆ = ( −1) + 4.2.6 = 49 > 0 Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

2

Cho phương trình: x − ( m + 3) x + 4m − 4 = 0 (1), với m là tham số. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa

−1 − 49 −1 + 49 3 = −2 và x2 = = 2.2 2.2 2 Với x1 = −2 , ta có y1 = 8 , suy ra A ( −2;8 ) .

x1 + x2 + x1 x2 = 20 .

x1 =

Câu 3. (3,0 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2 y − xy + 2 x − 1 = y 2 − xy 2 − 2 y .

3 9  3 9 Với x2 = , ta có y2 = , suy ra B  ;  .

2 2  2 2 Khi đó, ta có:

 y 2 − 2 xy − 2 = 0 b) Giải hệ phương trình:  2 2  4 x − y + y − 2 x + 2 = 0.

3 4 x2 + y1 = 4. + 8 = 14 .

2

c) Giải phương trình: ( x + 3) ( 2 x + 5 − 2 x + 2 ) + 2 x 2 + 9 x + 10 = 1 .

Câu 4. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x , y z thỏa 3 xy + xz = 2 . Chứng minh rằng:

4 yz 5 xz 7 xy + + ≥ 8. x y z Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A với ( AB > AC ), có đường cao AH . Biết BC = 1dm và 12 AH = dm .

25 a) Tính độ dài hai cạnh AB và AC b) Kẻ HD ⊥ AB ; HE ⊥ AC (với D ∈ AB , E ∈ AC ). Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh IA ⊥ DE .

Câu 6. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có đường phân giác ngoài của góc A cắt đường thẳng BC tại điểm D .

Gọi M là trung điểm của BC . Đường tròn ngoại tiếp ∆ADM cắt các đường thẳng AB , AC lần lượt tại E và F (với E , F khác A ). Gọi N là trung điểm của EF . Chứng minh rằng MN // AD .

Vậy 4 x2 + y1 = 14 . c) 2

A = ( x − 2 − 1) + 4 x + 4 x − 2 − 7 = x − 2 − 2 x − 2 +1+ = x −1− 2 x − 2 +

(2

(2

2

x − 2 ) + 2.2 x − 2 + 1

x − 2 + 1)

2

= x −1− 2 x − 2 + 2 x − 2 +1 = x −1− 2 x − 2 + 2 x − 2 +1 =x

( do 2

x − 2 + 1 > 0)

Vậy A = x .

Câu 2. (1,0 điểm)

Cho phương trình: x 2 − ( m + 3) x + 4m − 4 = 0 (1), với m là tham số. Tìm m để phương trình ĐÁP ÁN VÀO 10 CHUYÊN TOÁN TỈNH BẾN TRE NĂM 2021-2022

(1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa

x1 + x2 + x1 x2 = 20 .

Lời giải 2

 y − 2 xy − 2 = 0 b) Giải hệ phương trình:  2 2  4 x − y + y − 2 x + 2 = 0.

2

2

2

Ta có: ∆ = ( m + 3) − 4 ( 4m − 4 ) = m + 6m + 9 − 16m + 16 = m − 10m + 25 = ( m − 5 ) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

2

2 ∆ > 0 ⇔ ( m − 5) > 0 ⇔ m − 5 ≠ 0 ⇔ m ≠ 5 Vậy với m ≠ 5 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. x ≥ 0 Theo đề bài ta có: x1 + x2 + x1 x2 = 20 (2), với điều kiện  1  x2 ≥ 0

c) Giải phương trình: ( x + 3) ( 2 x + 5 − 2 x + 2 ) + 2 x 2 + 9 x + 10 = 1 .

Lời giải a) Ta có: x 2 y − xy + 2 x − 1 = y 2 − xy 2 − 2 y

⇔ x 2 y − xy + 2 x − 1 − y 2 + xy 2 + 2 y = 0

Do đó, phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn x1 ≥ 0 và x2 ≥ 0 , nghĩa là

m ≠ 5 m ≠ 5 m ≠ 5   (*) m + 3 ≥ 0 ⇔ m ≥ −3 ⇔  m ≥ 1  4m − 4 ≥ 0 m ≥ 1   x + x = m + 3 Áp dụng định lý Vi-et, ta có:  1 2  x1 x2 = 4m − 4

⇔ ( x 2 y + xy 2 ) − ( xy + y 2 ) + 2 ( x + y ) = 1 ⇔ xy ( x + y ) − y ( x + y ) + 2 ( x + y ) = 1 ⇔ ( x + y )( xy − y + 2 ) = 1 (1) Vì đây là phương trình nghiệm nguyên nên ta có:

 x + y = 1  xy − y + 2 = 1 (1) ⇔     x + y = −1    xy − y + 2 = −1

Ta có:

(

x1 + x2

)

2

= x1 + x2 + 2 x1 x2 = m + 3 + 2 4m − 4 = m + 3 + 4 m −1 = m − 1 + 4 m − 1 + 4 = ( m − 1 + 2)

2

Từ đó, ta suy ra

x1 + x2 = m − 1 + 2

( do

m − 1 + 2 > 0, ∀m ≥ 1)

Từ phương trình (2), ta được x1 + x2 + x1 x2 = 20 ⇔ m − 1 + 2 + 4m − 4 = 20 ⇔ m − 1 = 22 − 4m (3) Giải phương trình (3) với điều kiện: 22 − 4m ≥ 0 ⇔ m ≤

( 3) ⇔ m − 1 = ( 22 − 4m )

11 (**) 2

(**)

x = 1− y x = 1− y x = 1− y  x = 0; y = 1  ( *) ⇔  ⇔ 2 ⇔  y = 1 ⇔  1 − y y − y + 1 = 0 ( ) − y + 1 = 0  x = 2; y = −1     y = −1 

 x = −1 − y  x = −1 − y  x = −1 − y  x = −2; y = 1  (**) ⇔  ⇔ 2 ⇔  y = 1 ⇔  x = 2; y = −3 − y − 2 y + 3 = 0 ( −1 − y ) y − y + 3 = 0    y = −3 Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là: S = {( 0;1) , ( 2; −1) , ( −2;1) , ( 2; −3)} . b) Ta có: 2  y 2 − 2 xy − 2 = 0  y − 2 xy = 2 ⇔  2  2 2 2 2  4 x − y + y − 2 x + 2 = 0 ( 4 x − y ) + ( y − 2 x ) + ( y − 2 xy ) = 0

2

⇔ m − 1 = 484 − 176m + 16m 2 ⇔ 16m2 − 177m + 485 = 0

(*)

( 4)

2 Ta có: ∆ = ( −177 ) − 4.16.485 = 289 > 0 Vậy phương trình (4) có 2 nghiệm phân biệt:

177 − 289 177 + 289 97 = 5 và m = = 2.16 2.16 16 So với điều kiện (*) và (**) thì m ∈∅ .

Vậy không tồn tại giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. m=

Câu 3. (3,0 điểm)

a) Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2 y − xy + 2 x − 1 = y 2 − xy 2 − 2 y .

 y 2 − 2 xy = 2 ⇔ ( 2 x − y )( 2 x + y ) − ( 2 x − y ) − y ( 2 x − y ) = 0  y 2 − 2 xy = 2 ⇔ ( 2 x − y ) [ 2 x + y − 1 − y ] = 0  y 2 − 2 xy = 2 ⇔ ( 2 x − y ) ( 2 x − 1) = 0  y 2 − 2 xy = 2  ⇔ 2x − y = 0  2x − 1 = 0 Mặt khác, y 2 − 2 xy = 2 ⇔ y ( y − 2 x ) = 2 , nghĩa là y − 2 x ≠ 0 .

Do đó, từ hệ phương trình ban đầu đề cho, ta giải hệ phương trình sau: 1  1  x = 2  y 2 − 2 xy = 2 x =  ⇔ ⇔ 2  y = −1 2 x − 1 = 0  y2 − y − 2 = 0      y = 2

TH2: Với a − b − 1 = 0 , ta có

a − b −1 = 0 ⇔ 2x + 5 − x + 2 −1 = 0 ⇔ 2x + 5 = x + 2 +1 ⇔ 2x + 5 = x + 3 + 2 x + 2 ⇔ x+2−2 x+2 =0

 1   1  Vậy hệ có tập nghiệm là S =  ; −1 ,  ; 2    2   2  

⇔ x + 2 ( x + 2 − 2) = 0  x+2 =0 x + 2 = 0  x = −2  x = −2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x + 2 = 4 x + 2 = 2  x = 2   x + 2 − 2 = 0

c) Giải phương trình (*): ( x + 3) ( 2 x + 5 − 2 x + 2 ) + 2 x 2 + 9 x + 10 = 1 .

−5  x ≥ 2 2 x + 5 ≥ 0   Điều kiện xác định:  x + 2 ≥ 0 ⇔  x ≥ −2 ⇔ x ≥ −2 .   2 x 2 + 9 x + 10 ≥ 0 − 5   x ≤ ∨ x ≥ −2  2  a = 2 x + 5 Ta đặt  b = x + 2

So với điều kiện thì x = 2 (Nhận) và x = −2 (Nhận).

3 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = −2; − ; 2 .

2

{

}

Câu 4. (1,0 điểm)

( a ≥ 1)

Cho ba số thực dương x , y z thỏa 3 xy + xz = 2 . Chứng minh rằng:

( b ≥ 0)

 a 2 − 2b 2 = ( 2 x + 5 ) − 2 ( x + 2 ) = 1  Ta thấy  a 2 − b 2 = ( 2 x + 5) − ( x + 2 ) = x − 3  2  ab = ( 2 x + 5)( x + 2 ) = 2 x + 9 x + 10 Phương trình (*) trở thành: ( a 2 − b 2 ) ( a − 2b ) + ab = a 2 − 2b 2 ⇔ ( a 2 − b 2 ) ( a − 2b ) − ( a 2 − b 2 ) + ( b 2 + ab ) = 0

⇔ ( a 2 − b 2 ) ( a − 2b − 1) + ( b 2 + ab ) = 0 ⇔ ( a − b )( a + b )( a − 2b − 1) + b ( a + b ) = 0 ⇔ ( a + b ) [( a − b )( a − 2b − 1) + b] = 0 a + b = 0 ⇔ ( a − b )( a − 2b − 1) + b = 0

(1) ( 2)

Vì a + b ≥ 1 nên ta chỉ giải phương trình (2) ( a − b )( a − 2b − 1) + b = 0 ⇔ ( a − b )( a − b − 1) − b ( a − b ) + b = 0 ⇔ ( a − b )( a − b − 1) − b ( a − b − 1) = 0

a − b − 1 = 0 ⇔ ( a − b − 1)( a − 2b ) = 0 ⇔   a − 2b = 0 TH1: Với a − 2b = 0 , ta có

4 yz 5 xz 7 xy , ta có + + x y z 4 yz 5 xz 7 xy M= + + x y z yz yz xz xz xy xy = +3 + +4 +3 +4 x x y y z z

 yz xz   yz xy   xz xy  =  +  + 3 +  + 4  +  x y x z     y z Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được M ≥2

yz xz yz xy xz xy . + 3.2 . + 4.2 . x y x z y z

≥ 2 z + 6 y + 8x ≥ (2z + 2x) + (6 y + 6x) Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được

≥ 4 ( xz + 3 xy ) = 4.2 = 8

⇔ 2x + 5 = 2 x + 2

3 So với điều kiện thì x = − (Nhận).

2

Ta đặt M =

M ≥ 2.2 xz + 6.2 xy

a − 2b = 0 ⇔ 2 x + 5 − 2 x + 2 = 0

⇔ 2 x + 5 = 4 ( x + 2) ⇔ x = −

4 yz 5 xz 7 xy + + ≥ 8. x y z Lời giải

3 2

 x = y = z 1 Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi  ⇔x= y=z= .

2  xz + 3 xy = 2 1 Vậy khi x = y = z = thì M ≥ 8 (đpcm).

2

Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A với ( AB > AC ), có đường cao AH . Biết BC = 1dm và 12 AH = dm .

25 a) Tính độ dài hai cạnh AB và AC b) Kẻ HD ⊥ AB ; HE ⊥ AC (với D ∈ AB , E ∈ AC ). Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh IA ⊥ DE .

Lời giải

= 90° HEA ( HE ⊥ A C )   ° Xét tứ giác EHDA , ta có: HDA = 90 ( HD ⊥ A B ) 

° DA E = 90 ( ∆A BC vuoâng taïi A )  Tứ giác EHDA là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông)  Tứ giác EHDA là tứ giác nội tiếp.  ADE = AHE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AE ) (cùng phụ với CHE ) Mà AHE = ECH   ADE = ECH ADE = ACB

(1) Xét ∆ABC vuông tại A có I là trung điểm của BC 1  IA = IB = BC (định lý đường trung tuyến trong tam giác vuông) 2 = IBA

 ∆IAB cân tại I  IAB (2) = = Từ (1) và (2), ta suy ra: ADE + IAB ACB + IBA ACB + ABC = 90° ( ∆ABC vuông tại A ) Áp dụng định lý tổng 3 góc trong ∆ADF , ta có:

+A

FA D + FDA FD = 180°  A FD = 180° − FA D + FDA

) ( ) (

 A FD = 180 − ( A B C + A CB )

a) Tính độ dài hai cạnh AB và AC Áp dụng hệ thức lượng và định lý Pytago cho ∆ABC vuông tại A , ta có:

 AB 2 + AC 2 = BC 2 = 1  AB 2 + AC 2 = 1    12 ⇔  2 144 2  AB. AC = AH .BC =  AB . AC = 25 625   Khi đó, AB 2 và AC 2 là các nghiệm dương của phương trình. Áp dụng hệ quả của định lý Vi-et, ta được 144 X 2 − 1X + =0 625 144 49 Ta có: ∆ = 12 − 4.1. = > 0 nên phương trình trên có 2 nghiệm phân biệt: 625 625 49 49 1+ 9 16 625 625 X1 = = và X 2 = = 2.1 25 2 25 Theo giả thiết, AB > AC , nên ta được: 16 4  2  AB = X 1 = AB =   25 5 2 2 AB > AC     AC 2 = X = 9  AC = 3 2  25  5 4 3 Vậy AB = dm và AC = dm .

5 5 b) Chứng minh IA ⊥ DE .

Gọi F là giao điểm của AI và DE .

1−

A FD = 180° − IA B +A CB °

A FD = 180° − 90° = 90°

( ∆A B C

vuoâng taïi A )

Do đó, IA ⊥ DE (đpcm)

Câu 6. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có đường phân giác ngoài của góc A cắt đường thẳng BC tại điểm D .

Gọi M là trung điểm của BC . Đường tròn ngoại tiếp ∆ADM cắt các đường thẳng AB , AC lần lượt tại E và F (với E , F khác A ). Gọi N là trung điểm của EF . Chứng minh rằng MN // AD .

Lời giải

Dựng hình bình hành BPCF .  Hai đường chéo BC và PF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà M là trung điểm của BC (gt)  M cũng là trung điểm của PF .

Xét ∆PEF , ta có N là trung điểm của EF (gt), M là trung điểm của PF (cmt)  MN là đường trung bình của ∆PEF  MN EP (1)

Ta có: MPB = MFA (cặp góc so le trong của PB FA , PBFC là hình bình hành) = MEA = MFA (các góc nội tiếp cùng chắn cung AM ) Mà MDA = MPB , nghĩa là MEB = MPB

 MEA

= MPB (cmt) Xét tứ giác BMEP , ta có MEB  Tứ giác BMEP nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau) = BMP (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BP )  BEP = FMD (đối đỉnh) Mà BMP = FAD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FD ) Mặt khác FMD

(2)  BEP = FAD , nghĩa là AEP = FAD (gt) Ta có: AD là phân giác ngoài của BAC °

Mà BAC + CAE = 180 (kề bù)  FAD = EAD

 AD là phân giác của CAE

Từ (2) và (3), ta suy ra AEP = EAD

Mà 2 góc nằm ở vị trí so le trong nên EP AD Từ (1) và (4), ta suy ra MN AD (đpcm)

(3) (4)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐÈ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học 2021-2022 Môn thi: TOÁN CHUYÊN Ngày thi : 04/6/2021 Thời gian làm bài : 150 phút (không kể giao đề)

Câu 1. (2,0 điểm)

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN CHUYÊN BÌNH DƯƠNG 2021 Câu 1. a) Rút gọn biểu thức P = Với x ≥ 2 ta có :

x + 2 x −1 + x − 2 x −1

P=

2

(

= 2.

b a) Cho ba số nguyên a, b, c thỏa mãn a = b − c = . Chứng minh rằng a + b + c có c giá trị là lập phương của một số nguyên b) Cho x, y , z > 0 thỏa mãn xy + yz + xz = 1. Chứng minh rằng 10 x 2 + 10 y 2 + z 2 ≥ 4 .

Dấu " = " xảy ra khi nào ?

Câu 4. (3,0 điểm) Cho hình thoi ABCD ( AC > BD ) , O là giao điểm của AC và BD. Đường tròn ( O ) nội tiếp hình thoi ABCD, tiếp xúc các cạnh AB, BC , CD, DA lần lượt tại các điểm E, F , G, H . Lấy điểm K trên đoạn HA và điểm I trên đoạn AE sao cho KL tiếp xúc với đường tròn ( O )

a) Chứng minh rằng ∠LOK = ∠LBO và BL.DK = OB 2 b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác CFL cắt cạnh AB tại M (khác L) và đường tròn ngoại tiếp tam giác CKG cắt cạnh AD tại điểm N (khác K ). Chứng minh rằng 4 điểm K , L, M , N cùng nằm trên một đường tròn c) Lấy các điểm P, Q tương ứng trên các đoạn FC , CG sao cho LP song song với KQ. Chứng minh rằng PQ tiếp xúc với đường tròn ( O )

x −1 + 2 x −1 + 1 + x −1 − 2 x −1 + 1

)

2

x −1 + 1 +

(

2x + 2 2x −1 − 2x − 2 2x −1

)

2

x −1 −1

2x − 1 + 2 2x − 1 + 1 − 2x − 1 − 2 2x − 1 + 1 x −1 +1+ x −1 −1

= 2.

(

2

Câu 3. (3,0 điểm)

= 2.

x + 2x − 1 − x − 2x − 1

b) Giải phương trình ( x − 6 x + 11) x − x + 1 = 2 ( x − 4 x + 7 ) x − 2 với x ∈ ℝ 2

với x ≥ 2

x + 2x − 1 − x − 2x − 1

x + 2 x −1 + x − 2 x −1

với x ≥ 2 x + 2x − 1 − x − 2x − 1 1 b) Cho x là số thực dương thỏa mãn điều kiện x 2 + 2 = 7. Tính giá trị của biểu x 1 thức A = x 7 + 7 x Câu 2. (2,0 điểm) a) Với a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng phương trình sau vô nghiệm x ( c 2 ( x − 1) + a 2 − b 2 ) + b 2 = 0 với x ∈ ℝ

a) Rút gọn biểu thức P =

x + 2 x −1 + x − 2 x −1

)

2

2x − 1 + 1 −

(

)

2

( do x ≥ 2 )

2x −1 −1

2 x −1 2 x −1 = 2x − 2 ( do x ≥ 2 ) = 2.

2 2x −1 + 1 − 2x −1 +1

= 2.

Vậy với x ≥ 2 thì P = 2 x − 2

b) Cho x là số thực dương thỏa mãn điều kiện x 2 + thức A = x 7 +

1 = 7. Tính giá trị của biểu x2

1 x7

Ta có : 2

x2 +

2

1 1 1 1   = 7 ⇔  x +  − 2 = 7 ⇔  x +  = 9  x + = 3( do x > 0) x2 x x x   3

1 1 1     x +  = 27 ⇔ x3 + 3 + 3  x +  = 27 x x x    1 1 ⇔ x 3 + 3 + 3.3 = 27  x 3 + 3 = 18 x x

 4 1  2 1 2 2  x + 4 =  x + 2  − 2 = 7 − 2 = 47 x  x    . Xét: 2  6 1  3 1 2  x + x 6 =  x + x 3  − 2 = 18 − 2 = 322  1  4 1  5 1 1  3  x +  x + 4  = x + 5 + x + 3 = 3.47 = 141 x  x  x x  1 1 5 5  x + 5 + 18 = 141  x + 5 = 123 x x Xét : 1  6 1  1 1  7 5  x +  x + 6  = x + 7 + x + 5 = 3.322 = 966 x x x x    1 1 7  x + 7 + 123 = 966  x 7 + 7 = 843 x x 1 Vậy x 7 + 7 = 843 x Câu 2. a) Với a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng phương trình sau vô nghiệm x ( c 2 ( x − 1) + a 2 − b 2 ) + b 2 = 0 với x ∈ ℝ Ta có :

x ( c 2 ( x − 1) + a 2 − b 2 ) + b 2 = 0 ⇔ c2 x2 − c2 x + ( a2 − b2 ) x + b2 = 0

b) Giải phương trình ( x 2 − 6 x + 11) x 2 − x + 1 = 2 ( x 2 − 4 x + 7 ) x − 2 với x ∈ ℝ ĐKXĐ: x ≥ 2

x 2 − x + 1 = a, x − 2 = b ( a > 0, b ≥ 0 ) ta có :

Đặt

a 2 − 5b 2 = x 2 − x + 1 − 5 x + 10 = x 2 − 6 x + 11 . Phương trình đã cho trở thành :  2 2 2 2 a − 3b = x − x + 1 − 3 x + 6 = x − 4 x + 7

(a

2

− 5b 2 ) a = 2 ( a 2 − 3b 2 ) b

⇔ a 3 − 5ab 2 − 2a 2b + 6b3 = 0 Xét b=0  a = 0(ktm)  b ≠ 0, chia 2 vế cho b3 ta có: 3

2

a a a ⇔   − 5  − 2   + 6 = 0 b b b a    ∈ {1; −2;3} b a *) = 1  x 2 − x + 1 = x − 2  x 2 − 2 x + 3(VN ) b a *) = −2  ab < 0(ktm) b a *) = 3  x 2 − x + 1 = 3 x − 2 ⇔ x 2 − 10 x + 19 = 0 ⇔ x = 5 ± 6(tm) b

{

Vậy S = 5 ± 6

⇔ c2 x2 + ( a2 − b2 − c2 ) x + b2 = 0

}

Câu 3.

Ta có : 2

a , b, c > 0  a + b + c > 0 a+b >c a+b−c >0 a +c >b a −b +c > 0 b+c > a a−b−c <0 Do đó ∆ < 0  phương trình đã cho vô nghiệm

2

∆ = ( a 2 − b2 − c 2 ) − 4b 2c 2 = ( a 2 − b2 − c 2 ) − ( 2bc )

2

= ( a 2 − b2 − c 2 − 2bc )( a 2 − b 2 − c 2 + 2bc ) 2 2 = a2 − (b + c )  . a2 − ( b − c )     = ( a + b + c )( a − b − c )( a + b − c )( a − b + c )

Do a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên áp dụng BĐT tam giác ta có :

b a) Cho ba số nguyên a, b, c thỏa mãn a = b − c = . Chứng minh rằng a + b + c c có giá trị là lập phương của một số nguyên b ĐKXĐ: c ≠ 0 . Nếu a = 0  = 0  b = 0 c Lại có b − c = a = 0 ⇔ c = 0 (không thỏa mãn điều kiện xác định) Do đó a ≠ 0

b = ca⋮ a Ta có : b = ca  b ≠ 0 . Vì   c⋮ a b − c = a⋮ a

Câu 4.

B

Đặt b = ma, c = na ( m, n ∈ ℤ, m, n ≠ 0 ) . Khi đó ta có :

m n +1 1 = =1+ n n n  n = 1  a = 2, b = 4, c = 2 1 Vì a ∈ ℤ  ∈ ℤ   n  n = −1  a = 0(ktm)

F

E

ma m ⇔ a = (m − n) a = na n Từ a = ( m − n ) a ⇔ m − n = 1 (do a ≠ 0) ⇔ m = n + 1 a = ma − na =

L

M

P

Suy ra a =

A

O I

3

Vậy a + b + c = 8 = 2 b) Cho x, y , z > 0 thỏa mãn xy + yz + xz = 1. Chứng minh rằng

N

2

2

H

Theo BĐT AM-GM ta có :

z2 z2 z2 z2 8 x + ≥ 2 8 x 2 . = 4 xz; 8 y 2 + ≥ 2 8 y 2 . = 4 yz; 2 x 2 + 2 y 2 ≥ 2 2 x 2 .2 y 2 = 4 xy 2 2 2 2 Cộng vế theo vế 3 bất đẳng thức ta được : 10 x 2 + 10 y 2 + z 2 ≥ 4 ( xy + yz + zx ) = 4

J GQ

K

10 x + 10 y + z ≥ 4 . Dấu " = " xảy ra khi nào ?

2

C

D

2

 2 z 8 x = 2 1   x= y=  z = 4x = 4 y  2 z2  3 Dấu " = " xảy ra ⇔ 8 y = ⇔ 2 ⇔ 2 2 4 2 x 4 x 4 x 1 + + =   z = x = y 3   xy + yz + zx = 1  2

a) Chứng minh rằng ∠LOK = ∠LBO và BL.DK = OB 2 Gọi I là tiếp điểm của KL với ( O )

1 1 Ta có : ∠LOK = ∠LOI + ∠KOI = ∠EOI + ∠HOI (tính chất hai tiếp tuyến cắt 2 2 1 nhau)  ∠LOK = ∠HOE = ∠AOE ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) 2 Lại có ∠AOE = ∠LBO (cùng phụ với ∠BOE )  ∠LOK = ∠LBO ∠LOB + ∠LBO + ∠BOL = 180° Ta có :  , mà ∠LOK = ∠LBO (cmt ) ∠LOB + ∠LOK + ∠KOD = 180°  ∠BLO = ∠KOD  ∆BLO ∽ ∆DOK ( g.g )



BL BO = (2 cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)  BL.DK = BO.DO = OB 2 DO DK b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác CFL cắt cạnh AB tại M (khác L) và đường

tròn ngoại tiếp tam giác CKG cắt cạnh AD tại điểm N (khác K ). Chứng minh rằng 4 điểm K , L, M , N cùng nằm trên một đường tròn Tứ giác CFLM nội tiếp nên ∆BFL ∽ ∆BMC ( g.g )  BF .BC = BL.BM

Mà BF .BC = OB 2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông) BL OB  ∆BOL ∽ ∆BMO (c.g.c )∠BMO = ∠BOL (1)  BL.BM = OB 2  = OB BM Từ câu a) ta có ∠KOL = ∠LOB , lại có ∠KLO = ∠BLO (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  ∆KOL ∽ ∆LBO( g.g )  ∠BOL = ∠OKL ( 2 ) Từ (1), (2)  ∠BMO = ∠OKL  4 điểm K , M , L, O cùng thuộc một đường tròn  5 điểm K , M , N , L, O cùng thuộc một đường tròn Vậy 4 điểm K , M , N , L cùng thuộc một đường tròn (đpcm) c) Lấy các điểm P, Q tương ứng trên các đoạn FC , CG sao cho LP song song với KQ. Chứng minh rằng PQ tiếp xúc với đường tròn ( O ) Vì LP / / KQ, BL / / DQ  ∠BLP = ∠DQK Vì LP / / KQ, BP / / DK  ∠BPL = ∠DKQ

BL BP = (2 cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) DQ DK DQ OB  DQ.BP = BL.DK = OB 2 = OB.OD  = OD BP Lại có ∠OBP = ∠ODQ  ∆ODQ ∽ ∆PBO(c.g .c)  ∆BLP ∽ ∆DKQ ( g.g ) 

OQ DQ OQ DQ (2 cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)  = = ( 3) OP BO OP DO ∠BOP + ∠POQ + ∠QOD = 180° Ta có:  (tổng 3 góc trong một tam giác) ∠DQO + ∠QDO + ∠QOD = 180° 

Mà ∠BOP = ∠DQO (do ∆ODQ ∽ ∆PBO )  ∠POQ = ∠QDO ( 4 ) Từ (3) và (4)  ∆POQ ∽ ∆ODQ( g.g )  ∠OQD = ∠OQP (2 góc tương ứng) Gọi J là chân đường cao hạ từ O xuống PQ

OQchung  Xét ∆OQG và ∆OQI có: ∠OGQ = ∠OJQ = 90°  ∆OQG = ∆OQJ (ch − gn) ∠OQG = ∠OGJ   OJ = OG (2 cạnh tương ứng)  OJ là bán kính của đường tròn (O) Vậy PQ tiếp xúc với đường tròn ( O ) ( dfcm)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 – 2022 Môn thi chuyên: TOÁN (CHUYỆN TOÁN TIN) Ngày thi: 11/6/2021 Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1. (2,0 điểm)

 x− y x + y  1 1  1. Cho biểu thức A =  −  −   x+ y x − y   x y   Tính giá trị biểu thức A với x =

2021 + 2 505 , y =

2021 − 2 505 1 1 1 1 2. Cho các số thực a, b, c ≠ 0 và a + b + c ≠ 0 thỏa mãn + + = a b c a+b+c 1 1 1 1 Chứng minh rằng 2021 + 2021 + 2021 = 2021 a b c a + b 2021 + c 2021 Bài 2. (2,5 điểm) 1. Cho tập hợp A gồm 21 số tự nhiên khác nhau thỏa mãn tổng của 11 số bất kỳ lớn hơn tổng của 10 số còn lại. Biết các số 101và 102 thuộc tập hợp A. Tìm các số còn lại của tập hợp A 2. Tìm tất cả các số nguyên dương x sao cho x 2 − x + 13 là số chính phương Bài 3. (1,5 điểm ) 2 2 xy − y + 2 x + y = 10 Giải hệ phương trình :   3 y + 4 − 2 y + 1 + 2 2 x − 1 = 3 Bài 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, D là điểm bất kì thuộc cạnh BC ( D khác B và C). Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AC . Đường thẳng MN cắt đường tròn (O) tại P, Q (theo thứ tự P, M , N , Q). Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP cắt AB tại I (khác B). Các đường thẳng DI và AC cắt nhau tại K a) Chứng minh 4 điểm A, I , P, K nằm trên một đường tròn QA PD = b) Chứng minh QB PK c) Đường thẳng CP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP tại G (khác P). Đường thẳng IG cắt đường thẳng BC tại E. Chứng minh khi D di chuyển trên đoạn BC CD thì tỉ số không đổi CE Bài 5. (1,0 điểm) Cho a, b là các số dương thỏa mãn a + 2b ≥ 3 9 3a 2 + a 2b + ab 2 + ( 8 + a ) b3 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = ab

ĐÁP ÁN VÀO 10 CHUYÊN TOÁN TIN BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2021-2022 Bài 1.

 x− y x + y  1 1  1. Cho biểu thức A =  −  −   x+ y x − y   x y   Tính giá trị biểu thức A với x = ĐKXĐ: x, y > 0, x ≠ y Với x, y > 0, x ≠ y , ta có :

2021 + 2 505 , y =

⇔ (a + b) 2021 − 2 505

 x− y x + y  1 1  A= −  −   x+ y x − y   x y  

( =

2

x− y

(

x−

1 1 1 1 1 1 1 1 + + = ⇔ + + − =0 a b c a+b+c a b c a+b+c 1  1 a+b a+b ⇔ + = 0 ⇔ (a + b)  + =0 ab c(a + b + c)  ab c ( a + b + c )  c ( a + b + c ) + ab =0 abc ( a + b + c )

a + b = 0  a = −b a + b = 0 a + b = 0  a + c = 0 ⇔  a = −c ⇔ ⇔ ⇔  2   ca + cb + c + ab = 0 ( a + c )( b + c ) = 0 b + c = 0 b = −c Với a = −b ta có : VT =

1 1 1 1 1 1 1 + + = − + = a 2021 b 2021 c 2021 a 2021 a 2021 c 2021 c 2021

2

) −( x + y) . y − x xy y )( x + y )

VP =

1 1 1 = = a 2021 + b 2021 + c 2021 a 2021 − a 2021 + c 2021 c 2021

Nhận thấy VT = VP suy ra đẳng thức được chứng minh

x − 2 xy + y − x − 2 xy − y y − x 4 . = x− y xy xy 4 A= x, y > 0, x ≠ y xy Vậy với =

Thay x =

2021 + 2 505 , y = 4

A=

2021 + 2 505.

(

)(

2021 + 2 505 .

Ta có điều phải chứng minh

2021 − 2 505 vào biểu thức A ta được :

2021 + 2 505

4

=

Chứng minh hoàn toàn tương tự với hai trường hợp còn lại ta cũng chứng minh được đẳng thức trên

= 2021 − 2 505

)

4

=4

( 2021 − 4.505 )

2021 − 2 505 thì A = 4 1 1 1 1 2. Cho các số thực a, b, c ≠ 0 và a + b + c ≠ 0 thỏa mãn + + = a b c a+b+c 1 1 1 1 Chứng minh rằng 2021 + 2021 + 2021 = 2021 2021 2021 a b c a +b +c

Vậy khi x =

Ta có :

2021 + 2 505 , y =

Bài 2.

1. Cho tập hợp A gồm 21 số tự nhiên khác nhau thỏa mãn tổng của 11 số bất kỳ lớn hơn tổng của 10 số còn lại. Biết các số 101 và 102 thuộc tập hợp A. Tìm các số còn lại của tập hợp A Giả sử A = {a1; a2 ; a3 ;......; a21} với a1; a2 ; a3 ;......; a21 ∈ ℤ và a1 < a2 < a3 < .... < a21 Theo giả thiết ta có : a1 + a2 + a3 + .... + a11 > a12 + a13 + .... + a21 ⇔ a1 > a12 − a2 + a13 − a3 + ..... + a21 − a11 (1) Mặt khác với x, y ∈ ℤ và x < y thì y ≥ x + 1  a12 − a2 ≥ 10, a13 − a3 ≥ 10,....., a21 − a11 ≥ 10 ( 2 ) Nên từ (1) suy ra a1 > 10 + 10 + ... + 10 = 100  a1 = 101 (vì 101∈ A)  101 > a12 − a2 + a13 − a3 + ..... + a21 − a11 ≥ 100

 a12 − a2 + a13 − a3 + .... + a21 − a11 = 100

Kết hợp với ( 2 ) ta được : a12 − a2 = a13 − a3 = ..... = a21 − a11 = 10 ( 3)

Thay vào phương trình (2) ta được :

3y + 4 − 2 y +1 + 6 − 2 y = 3

 10 = a12 − a2 = ( a12 − a11 ) + ( a11 − a10 ) + .... + ( a3 − a2 ) ≥ 10

⇔ 3y + 4 − 2 y +1 − 2 y + 3 = 0

 a12 − a11 = a11 − a10 = .... = a3 − a2 = 1( 4 ) Ta có a1 = 101 mà 102 ∈ A  a2 = 102 Kết hợp (3) và (4)  A = {101;102;103;...;121}

⇔

2. Tìm tất cả các số nguyên dương x sao cho x 2 − x + 13 là số chính phương Giả sử tồn tại số a sao cho x 2 − x + 13 = a 2 ( x > 0, x ∈ ℤ ) Th1: nếu a = x thì ta có x 2 − x + 13 = x 2 ⇔ − x + 13 = 0 ⇔ x = 13(tmdk ) Th2: Nếu a ≠ x ta có : x 2 − x + 13 = a 2 2

 4 x 2 − 4 x + 52 = 4a 2 ⇔ ( 2 x ) − 2.2 x.1 + 1 + 51 = ( 2a ) 2

2

2

2 2 xy − y + 2 x + y = 10 Bài 3. Giải hệ phương trình :   3 y + 4 − 2 y + 1 + 2 2 x − 1 = 3 1 ĐKXĐ: x ≥ ; y ≥ 0 2

2x −1 + y

)

2 x − 1. y + y = 9 = 9  2 x − 1 + y = 3(do 2 x − 1 + y > 0)

 2 x − 1 = 3 − y ( *)

  1 2 ⇔ (4 − y) + =0  3 y + 4 + 2 y 3 + 2 y + 1    1 2 ⇔ 4 − y = 0(do + > 0) ⇔ y = 4 3y + 4 + 2 y 3 + 2 y +1 2 x − 1 = 3 − 4 = 1 ⇔ x = 1(tm )

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = (1;4 )

Vậy x ∈ {4;13}

(

4− y 8 − 2y + =0 3y + 4 + 2 y 3 + 2 y +1

Thay vào (*) ta được :

 2a + 2 x − 1 = 17 2a + 2 x = 18 a = 5 (tmdk ) Th1:  ⇔ ⇔ 2 2 1 3 a − x + =   2a − 2 x = 2 x = 4  2a + 2 x − 1 = 3  2a + 2 x = 4 a = 5 ⇔ ⇔ (ktmdo x > 0) Th 2 :  2a − 2 x + 1 = 17  2a − 2 x = 16  x = −3

⇔

)

2

⇔ ( 2a + 2 x − 1)( 2a − 2 x + 1) = 51 = 17.3

2

) (

3y + 4 − 2 y + 3 − 2 y +1 = 0

2

⇔ ( 2 x − 1) + 51 = ( 2a ) ⇔ ( 2a ) − ( 2 x − 1) = 51

(1) ⇔ ( 2 x − 1) + 2

⇔

(

(1) (2)

Bài 4.

Xét tam giác MPB và tam giác MAQ có : ∠PMB = ∠AMQ (đối đỉnh), ∠PBM = ∠AQM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AP)

K

MB PB = (1) (2 cạnh tương ứng) MQ AQ Xét tam giác MPA và tam giác MQB có :  ∆MPB ∽ ∆MAQ ( g.g ) 

∠PMA = ∠QMB (đối đỉnh), ∠PAM = ∠BQM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BP )

A

 ∆MPA ∽ ∆MBQ( g.g )  Lại có MA = MB ( gt )

I M

P

N

Q

( 3)

PB PA PB QA =  = Từ (1), (2), (3)  ( 4) AQ QB PA QB Do tứ giác AIPK nội tiếp (cmt)  ∠PKD = ∠PAB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung PI ) . Tứ giác BPID nội tiếp  ∠PBA = ∠PDK (hai góc nội tiếp cùng chắn cung PI )

O J

MA PA = ( 2) MQ BQ

Xét tam giác PKD và tam giác PAB có : ∠PKD = ∠PAB ( cmt )  ∆PKD ∽ ∆PAB ( g.g )  ∠PDK = ∠PBA

G

PD PB = ( 5) (hai cạnh tương ứng) PK PA QA PD = Từ (4) và (5)  ( dfcm ) QB PK c) Đường thẳng CP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP tại G (khác P). Đường thẳng IG cắt đường thẳng BC tại E. Chứng minh khi D di chuyển CD trên đoạn BC thì tỉ số không đổi CE



B

D

E

C

a) Chứng minh 4 điểm A, I , P, K nằm trên một đường tròn Ta có tứ giác APBC nội tiếp  ∠KAP = ∠PBC (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp) Mặt khác tứ giác IPBD nội tiếp  ∠PIK = ∠PBC (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp)  ∠KAP = ∠PIK ( = ∠PBC )  PIAK là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau)  A, P, K , I cùng thuộc một đường tròn QA PD = b) Chứng minh QB PK

Ta có tứ giác BPID nội tiếp  ∠PGI = ∠PBI (2 góc nội tiếp cùng chắn cung PI ) Trong (O) có ∠ACP = ∠ABP (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AP)  ∠PGI = ∠ACP . Mà hai góc này ở vị trí đồng vị  IG / / AC CD KD  = ( 6 ) (định lý Ta let) CE KI Lấy J thuộc cạnh AB sao cho ∠KPI = ∠APJ Tứ giác AKPI nội tiếp (cmt)  ∠KPI = ∠BAC (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp)  ∠BAC = ∠JBA ( = ∠KPI ) Ta có ∠BAC không đổi, A, P cố định  J cố định

Xét tam giác KPI và tam giác APJ có : ∠KPI = ∠APJ (theo cách dựng), ∠PKI = ∠JAP (2 góc nội tiếp cùng chắn cung PI ) KI KP  ∆KPI ∽ ∆APJ ( g.g )  = (*) (2 cạnh tương ứng) AJ AP KP KD = Lại có ∆PKD ∽ ∆PAB(cmt )  ( 2 *) AP BP KD KI KD AB Từ (*) , ( 2 *) ta có : =  = (7) AB JA KI JA CD AB Từ (6), (7)  = CE JA AB CD không đổi  không đổi ( dfcm ) Mặt khác A, B, J cố định nên JA CE Bài 5. Cho a, b là các số dương thỏa mãn a + 2b ≥ 3 9 3a 2 + a 2b + ab 2 + ( 8 + a ) b3 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = ab 9 2 2 2 3 3a + a b + ab + ( 8 + a ) b a 9 8b2 2 Ta có: P = =3 +a+ b+ + b2 ab b 2 a Vì a + 2b ≥ 3  2b ≥ 3 − a . Khi đó ta có:

8b 2 4b.2b 4b ( 3 − a ) 12b = = = − 4b a a a a

a 9 12b  P≥3 +a+ b+ − 4b + b 2 b a 2 b  b  a   P ≥  3 + 12  +  b 2 + + a  a  2  b  a b  b 3     P ≥ 2 3. .12. +  b 2 + + 3 − 2b   P ≥ 2.6 +  b 2 − b + 3  ( Co − si ) b a  2 2    2

3  39 39 231   P ≥ 12 +  b −  +  P ≥ 12 + = 4  16 16 16 

Vậy Pmin

 a, b > 0 3  a= 231  a b  2 = ⇔ 3 = 12 ⇔  3 16 b a  b = a + 2b = 3  4

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2021 MÔN THI: TOÁN CHUYÊN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 9/6/2021

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC (Hướng dẫn chấm gồm 07 trang)

Lưu ý: - Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,125.

- Học sinh giải cách khác với đáp án thì giám khảo xem xét, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.

(Đề thi gồm có 01 trang)  x x −1

x x +1 

 2 x − 2 x +1    x −1 

Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức A =  − : x + x    x− x  a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm x nguyên để A nhận giá trị nguyên.

(

)

HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2021 MÔN THI: TOÁN CHUYÊN

Câu Nội dung 1

Điểm

 x x − 1 x x + 1   2 x − 2 x + 1 Cho biểu thức A =  − : x −1 x + x    x− x 

(

)

a) Rút gọn biểu thức A.

Câu 2. (2,0 điểm)

0,25

a) Giải phương trình: 2 x 2 x + 3 = 3 x + 6 x + 1

ĐKXĐ: x > 0, x ≠ 1

2 x 2 − 4 xy + 3 x − 4 y − 4 = 9 ( x − 1) ( x 2 − 2 xy + x − 2 y )  b) Giải hệ phương trình:   x + 1 + x − 2 y = 2 x − 2 y + 5 Câu 3. (1,5 điểm) Cho phương trình: x 2 − 2(m − 3) x + 3m2 − 8m + 5 = 0 , với m là tham số. a) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu. b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1; x2 phân biệt thỏa mãn điều kiện:

Ta có

chính giữa trên cung nhỏ BC của đường tròn ( O ) , H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC. Hai điểm K , L lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên AB và AC. a) Chứng minh AL.CB = AB.KL. b) Lấy điểm E trên đoạn thẳng AD sao cho BD = DE . Chứng minh E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. c) Đường thẳng KL cắt đường tròn ( O ) tại hai điểm M , N ( K nằm giữa M , L ). Chứng minh AM = AN = AH .

Câu 5. (1,0 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: ( 2 x + y )( x − y ) + 3 ( 2 x + y ) − 5 ( x − y ) = 22.

(

x −1 x + x +1 x

 x + x + 1 x − x + 1   2 x − 1  − =  : x x x +1      b) Tìm x nguyên để A nhận giá trị nguyên

(

Vậy A = 

Ta có A =

x +1 = 1+ x −1

(

)

x +1 x −1

2 x −1

Để A nhận giá trị nguyên thì Hay x − 1 ∈ {2; −2;1; −1} .

b) Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2 a 2 + a = 3b 2 + b. Chứng minh rằng 2a + 2b + 1 là số chính phương.

Câu 6. (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:

b)

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

0,5

2

x12 + 2 x2 2 − 3 x1 x2 = x1 − x2 .

Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn ( O ) , D là điểm

a)

1,5 1,0

2

a3 b ≥a− .

2 a + b2 2 a3 b3 c3 a+b+c + 2 + 2 ≥ .

2 2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a 2 3 ............HẾT...........

Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

 .  

0,5 0,125

x − 1 là ước của 2 .

)

   Suy ra    

x − 1 = −2 ⇔ x = −1 ( l ) x − 1 = −1 ⇔ x = 0 ⇔ x = 0 ( l )

0,25

x −1 = 2 ⇔ x = 3 ⇔ x = 9 ( n ) x −1 = 1 ⇔ x = 2 ⇔ x = 4 ( n )

Vậy có 2 giá trị x = 4; x = 9 thì A nguyên.

2

0,25

a) Giải phương trình: 2 x 2 x + 3 = 3 x 2 + 6 x + 1. b) Giải hệ phương trình:

0,125 2,0

 2 x 2 − 4 xy + 3 x − 4 y − 4 = 9 ( x − 1) ( x 2 − 2 xy + x − 2 y )    x + 1 + x − 2 y = 2 x − 2 y + 5.

−3 2

(

)

2

Pt ⇔ x 2 + 2 x + 3 + 2 x 2 x + 3 = 4 x 2 + 8 x + 4 ⇔ x + 2 x + 3 = ( 2 x + 2 )

2

(*) ⇔ 676 − 52 y + 26 − 2 y = 4 ⇔ −54 y = −698 ⇔ y =

0,25

 x + 2x + 3 = 2x + 2  2x + 3 = x + 2 ⇔ ⇔  x + 2 x + 3 = −2 x − 2  2 x + 3 = −3 x − 2

  x ≥ −2    x ≥ −2   x = −1(n)  2  2 x + 2x +1 = 0  x≤− ⇔  ⇔  3 2 x ≤ −     x = −1 ( n ) 3    2    x = − 1 (l )  9 x + 10 x + 1 = 0 9   

349 . (thỏa mãn).

27

x = 2  x = 26   0,125 1 và  349 .  y = 3  y = 27 Cho phương trình: x 2 − 2(m − 3) x + 3m2 − 8m + 5 = 0 , với m là tham số. a) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu. b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1; x2 phân biệt thỏa mãn điều 1,5

kiện x12 + 2 x22 − 3 x1 x2 = x1 − x2 a) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu. Để phương trình có 2 nghiệm trái dấu thì x1.x2 < 0 ⇔ 3m2 − 8m + 5 < 0 ⇔ ( m − 1)( 3m − 5) < 0

Kết hợp với điều kiện phương trình có nghiệm là x = −1 . b) Giải hệ phương trình:  2 x 2 − 4 xy + 3 x − 4 y − 4 = 9 ( x − 1) ( x 2 − 2 xy + x − 2 y )    x + 1 + x − 2 y = 2 x − 2 y + 5. ( x − 1) ( x 2 − 2 xy + x − 2 y ) ≥ 0   Điều kiện:  x + 1 ≥ 0 x − 2 y ≥ 0 2 x − 2 y + 5 ≥ 0 

0,125

1,0

0,125

0,25

Kết luận: Hệ có 2 nghiệm là: 

3 0,5

1 (thỏa mãn).

3

• Với x = 26 thay vào (*) ta có:

0,125

Ta có

0,75 0,25

m > 1  m − 1 > 0 m < 5    5 3 3m − 5 < 0  ⇔ ⇔ ⇔1< m < 0,375 m − 1 < 0 3 m < 1     5  3m − 5 > 0 m > 3  5 Vậy 1 < m < thì thỏa yêu cầu bài toán.

0,125 3 b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1 ; x2 phân biệt thỏa mãn điều

0,75

kiện x12 + 2 x22 − 3x1 x2 = x1 − x2 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì 2

∆′ = ( m − 3) − 3m 2 + 8m − 5 > 0 ⇔ m 2 − 6m + 9 − 3m 2 + 8m − 5 > 0

Ta có phương trình (2) ⇔ x + 1 + 2 ( x + 1)( x − 2 y ) + x − 2 y = 2 ( x − y ) + 5 ⇔2

( x + 1)( x − 2 y ) = 4 ⇔ ( x + 1)( x − 2 y ) = 2 ⇔ ( x + 1)( x − 2 y ) = 4 ⇔ x 2 − 2 xy + x − 2 y = 4 (*)

2

⇔ −2m + 2m + 4 > 0 ⇔ −1 < m < 2

0,25

(2)

 x1 − x2 = 0 x12 + 2 x22 − 3x1 x2 = x1 − x2 ⇔ ( x1 − x2 )( x1 − 2 x2 ) = x1 − x2 ⇔   x1 − 2 x2 − 1 = 0

⇔ 2 ( x − 2 xy + x − 2 y ) + x − 4 = 9 ( x − 1) ( x − 2 xy + x − 2 y )

 x ≥ −4  x ≥ −4  x ≥ −4  ⇔ 2 ⇔   x = 2 ( n) ⇔ 2 36 − 1 = + 8 + 16 x x x x x − 28 + 52 = 0 )  (    x = 26 (n)

(1)

2  x1 x2 = 3m − 8m + 5

0,125

0,125

Theo đề ta có

2

⇔ 8 + x − 4 = 36 ( x − 1) ⇔ 36 ( x − 1) = x + 4

 x1 + x2 = 2(m − 3)

Theo định lý Vi-et ta có: 

Ta có phương trình (1) 2

pt (*) ⇔ 4 − 4 y + 2 − 2 y = 4 ⇔ −6 y = −2 ⇔ y =

1,0

a) Giải phương trình: 2 x 2 x + 3 = 3 x 2 + 6 x + 1. ĐKXĐ: x ≥

• Với x = 2 thay vào (*) ta có:

0,25

0,25

• TH1: x1 − x2 = 0 (loại vì x1 ≠ x2 ). x1 − 2 x2 − 1 = 0 , • TH2: k ết

a) Chứng minh AL.CB = AB.KL . hợp

với

(1)

ta

có

h ệ:

2m − 7  x = 3x2 = 2m − 7  x1 + x2 = 2 ( m − 3)  2 3 ⇔ ⇔    4 m − 11  x1 − 2 x2 − 1 = 0  x1 = 2 x2 + 1 x =  1 3 Thay x1 ; x2 tìm được vào (2) ta có: 4m − 11 2 m − 7 = 3m 2 − 8m + 5 .

3 3 m = 2 (l ) ⇔ 19m 2 − 22 m − 32 = 0 ⇔   m = −16 ( tm )  19 −16 Kết hợp với điều kiện ta có m = thì thỏa yêu cầu bài toán.

19

Xét hai tam giác AKL và ACB , có: + A chung AK AL = .

AC AB Suy ra hai tam giác AKL và ACB đồng dạng.

0,5

+ AK . AB = AH 2 = AL. AC 

0,25

Suy ra

AL KL =  AL.CB = AB.KL. AB CB

0,5

b) Lấy điểm E trên đoạn thẳng AD sao cho BD = DE . Chứng minh E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

1,0

Ta có D là điểm chính giữa trên cung nhỏ BC nên AE là đường phân giác 0,25 trong của góc A của tam giác ABC. (*)

+ Tam giác DBE cân tại D nên : BED = EBD (1) .

0,125

Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn ( O ) , D là điểm chính

4

1

giữa trên cung nhỏ BC của đường tròn ( O ) , H là chân đường cao vẽ từ A của tam giác ABC. Hai điểm K , L lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên AB và AC .

3,0 a) Chứng minh AL.CB = AB.KL . b) Lấy điểm E trên đoạn thẳng AD sao cho BD = DE . Chứng minh E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. c) Đường thẳng KL cắt đường tròn ( O ) tại hai điểm M , N ( K nằm giữa M , L ). Chứng minh AM = AN = AH .

= BAD + + ABE = DBC + ABE

+ BED ABE = BCD = DBC + EBC

+ Ta có EBD

( 2) .

0,25

( 3)

0,125

= EBC hay BE là phân giác trong của góc B của Từ (1), (2), (3) suy ra ABE tam giác ABC ( **) .

0,25 Từ (*) và (**) suy ra E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. c) Đường thẳng KL cắt đường tròn ( O ) tại hai điểm M , N ( K nằm giữa 1,0 M , L ). Chứng minh AM = AN = AH . + Hai tam giác AKL và ACB đồng dạng.

1 = 1 sd Suy ra ALK = ABC  sd AM + sd NC AC

( ) (

2 1 1

 sd AM + sd NC = sd AN + sd NC 2 2  sd AM = sd AN  AN = AM ( 4 )

(

) )

2

0.5

+ Chứng minh được hai tam giác ALN và ANC đồng dạng vì có góc A chung và ANL = ACN (cùng chắn 2 cung bằng nhau).

AL AN =  AN 2 = AL. AC. Mà AL. AC = AH 2  AN = AH AN AC Từ (4) và (5) ta suy ra AM = AN = AH .

Suy ra

(5)

0,5

a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 5

( 2 x + y )( x − y ) + 3 ( 2 x + y ) − 5 ( x − y ) = 22 1,0 b) Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2 a 2 + a = 3b 2 + b. Chứng minh rằng 2a + 2b + 1 là số chính phương. a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 0,5

( 2 x + y )( x − y ) + 3 ( 2 x + y ) − 5 ( x − y ) = 22 Ta có ( 2 x + y )( x − y ) + 3 ( 2 x + y ) − 5 ( x − y ) = 22 ⇔ ( 2 x + y )( x − y + 3) − 5 ( x − y + 3) = 7 ⇔ ( 2 x + y − 5 )( x − y + 3) = 7 Vì 7 = 1.7 = 7.1 = ( −1) . ( −7 ) = ( −7 ) . ( −1) nên ta có 4 trường hợp xảy ra.

10  x=  2 x + y − 5 = 1  3 TH1:  (loại). ⇔ x − y + 3 = 7  y = −2  3 10  x= 2 x + y − 5 = 7  3 TH2:  (loại). ⇔ x − y + 3 = 1  y = 16  3  2 x + y − 5 = −1  x = −2 TH3:  (thỏa mãn) ⇔  x − y + 3 = −7 y = 8  2 x + y − 5 = −7  x = −2 ⇔  x − y + 3 = −1 y = 2

TH4: 

(thỏa mãn)

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm

Theo BĐT Cauchy ta có a −

0,125 0,125

a3 b3 c3 a +b+c + + ≥ . a + b2 b2 + c 2 c2 + a 2 2

0,125

0,125

0,125

Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:

6

a3 b ≥a− . a + b2 2 a3 b3 c3 a+b+c b) 2 + + ≥ . a + ab + b 2 b 2 + bc + c 2 c 2 + ca + a 2 3 2

a3 b ≥a− . a 2 + b2 2 2 3 a a ( + b2 ) − ab2 = a − ab2 . a Ta có 2 2 = a +b a2 + b2 a2 + b2

a)

a3 2 a3 = . 2 .

2 a +b 3 a + b2 a2 + + b2 2 b3 2 b3 c3 2 c3 Tương tự ta có 2 ≥ . 2 2, 2 ≥ . 2 .

2 2 b + bc + c 3 b + c c + ca + a 3 c + a2

Ta có:

a3 ≥ a + ab + b2 2

2

0,125

0,125

0,125

Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta có: a3 b3 c3 + 2 + 2 2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a 2 2  a3 b3 c3  a + b + c ≥  2 2+ 2 2+ 2 . ≥ 3  a + b b + c c + a2  3

0,125

HẾT. 0,25

Do đó ( a − b, 2a + 2b + 1) = 1. Từ (*) ta được a − b và 2a + 2b + 1 là số chính 0,125 phương. Vậy 2a + 2b + 1 là số chính phương.

a)

0,5

2

Gọi d = ( a − b, 2a + 2b + 1) với d ∈ ℕ *

Vì ( a − b )⋮ d  a ⋮ d  ( 2a + 2b )⋮ d mà ( 2a + 2b + 1)⋮ d nên 1⋮ d  d = 1

2

0,25

2

( x; y ) là ( −2;8 ) và ( −2; 2 )

( a − b )⋮ d  ( a − b )( 2a + 2b + 1)⋮ d 2  b 2 ⋮ d 2  b ⋮ d . ( 2a + 2b + 1)⋮ d

a3 b3 c3 a+b+c + 2 + 2 ≥ .

2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a 2 3 b3 c c3 a Tương tự theo câu a) ta có : 2 2 ≥ b − , 2 2 ≥ c − . b +c 2 c +a 2

b)

Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta có:

b) Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2a 2 + a = 3b 2 + b. Chứng minh rằng 0,5 2a + 2b + 1 là số chính phương.

2 2 2 Ta có 2a + a = 3b + b ⇔ ( a − b )( 2a + 2b + 1) = b (*)

Suy ra 

ab 2 ab 2 b ≥ a− =a− .

2 a +b 2ab 2 2

1,0

0,5 0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 – 2022 Khóa ngày 05 tháng 6 năm 2021

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 NĂM 2021 MÔN TOÁN CHUYÊN THÀNH PHỐ CẦN THƠ Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức

ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN (CHUYÊN) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề

(Đề thi có 2 trang) Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức

√

:

√

√

với x > 1 và x 2.

b) Tính giá trị của P khi 7 4√3 √5 1 7 4√3 √5 √3 2 . a) Rút gọn biểu thức P.

Câu 2. (1,5 điểm) Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = –2mx – 2m. Tìm tất cả giá trị của tham số m sao cho (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 và x2 thỏa mãn | | | | 2√3.

Câu 3. (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau trên tập số thực: a) 2√2 1 4√ 2.

2 12 4 1 b) .

1 2 4 2

Câu 4. (2,0 điểm) a) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x2 + 5y2 + 4xy + 4y + 2x – 3 = 0. b) Lúc 7 giờ, anh Toàn điều khiển một xe gắn máy khởi hành từ thành phố A đến thành phố

B. Khi đi được quãng đường, xe bị hỏng nên anh Toàn dừng lại để sửa chữa. Sau 30 phút sửa xe, anh Toàn tiếp tục điều khiển xe gắn máy đó đi đến thành phố B với vận tốc nhỏ hơn vận tốc ban đầu 10 km/h. Lúc 10 giờ 54 phút, anh Toàn đến thành phố B. Biết rằng quãng đường từ thành phố A đến thành phố B là 160 km và vận tốc của xe trên mỗi đoạn đường không đổi. Hỏi anh Toàn dừng xe để sửa chữa lúc mấy giờ?

Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC (AB > BC > AC) có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn (O). Vẽ đường tròn tâm C, bán kính CB cắt đường thẳng AB tại điểm D và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E. a) Chứng minh đường thẳng DE vuông góc với đường thẳng AC. b) Đường thẳng DE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F. Các đường thẳng CO, AB cắt $ !%# $. nhau tại điểm H và các đường thẳng BE, CF cắt nhau tại điểm K. Chứng minh !"# c) Gọi I là giao điểm của đường thẳng AB và CE. Chứng minh IA. IB = ID. IH. Câu 6. (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng 2 2 & 2

' 12 & &

--------HẾT--------

√

a) Rút gọn biểu thức P.

Với x > 1 và x 2 ta có:

√

với x > 1 và x 2.

:

√ √

√ √

√ √ ( ):

√

√ √

√ √

:

√

:

√ √

√ 1

:

√ √

√ √

√

√

∙ + 1 √ 1 1,

√

√

√ ∙ 1 √ √

√

√

√

∙ √

1 1

∙ 1 √ 1 1

1 √ 1 1

√ 1 1 ∙ 1 √ 1 1 P = (x – 1)(x – 2) = x2 – 3x + 2 Vậy P = x2 – 3x + 2 với x > 1 và x 2.

b) Tính giá trị của P khi 7 4√3 √5 1 7 4√3 √5 √3 2 .

7 4√3 √5 1 7 4√3 √5 √3 2

4 4√3 3 √5 1 4 4√3 3 √5 2 √3 (do √3 < 2 )

/ 2 √3 √5 1 / 2 √3 √5 2 √3 2 √3 √5 1 2 √3 √5 2 √3 (do 2 √3 > 0 ) 2 √3 2 √3 √5 1 √5 2 √3 2 √3 2√3 (thỏa điều kiện)

Thay 2√3 vào P ta được 2√3 3 ∙ 2√3 2 14 6√3 Vậy 14 6√3.

Câu 2. (1,5 điểm) Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = –2mx – 2m. Tìm tất cả giá trị của tham số m sao cho (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 và x2 thỏa mãn | | | | 2√3 .

Giải: Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình:

x2 = –2mx – 2m ⇔ x2 + 2mx + 2m = 0 (1)

2

Ta có: ∆’ = m – 2m. (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 và x2 ⇔ Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 6>2 56 > 0 6>2 2 ⇔ ∆’ > 0 ⇔ m – 2m > 0 ⇔ m. (m – 2) > 0 ⇔ 4 ⇔ 6<2 6<0 56 < 0

26 Theo định lý Vi-ét ta có: ∙ 26 Theo đề bài ta có: | | | | 2√3 ⇔ | | | | 12 ⇔

2| ∙ | 12 ⇔

2 ∙ 2| ∙ | 12 ⇔ 26 2 ∙ 26 2|26| 12 ⇔ 46 46 4|6| 12 (*) • Với m > 2 thì (*) trở thành: 4m2 – 4m + 4m = 12 ⇔ m2 = 3 (loại vì m2 > 4) 6 1 7ℎ97 • Với m < 0 thì (*) trở thành: 4m2 – 8m – 12 = 0 ⇔ m2 – 2m – 3 = 0 ⇔ ( 6 3 :;9< Vậy với m = –1 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 và x2 thỏa mãn đề bài.

Câu 3. (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau trên tập số thực: a) 2√2 1 4√ 2. ĐKXĐ: x ≥ 0 2√2 1 4√ 2 ⇔ 2 1 2√2 1 1 4√ 4

⇔ √2 1 1 √ 2 ⇔ √2 1 1 √ 2 ⇔ √2 1 1 √ 2 (do √2 1 1 > 0 , √ 2 > 0 ) ⇔ √2 1 √ 1 ⇔ 2 1 1 2√ ⇔ 2√ 0 ⇔ x2 – 4x = 0 ⇔ (thỏa điều kiện) 4 Vậy phương trình có tập nghiệm S = {0; 4}

x 2 12x 4y 1 b) . y 1 2y 4x 2

8 4 3 0 1

4 4 12 4 1 ⇔

⇔

2 1 2 4 2 4 4 1 0 2 2 2 2 Lấy (1) – (2) ta được: x – y – 4x + 4 = 0 ⇔ (x – 2)2 = y2 ⇔ ( 2

1 TH1: y = x – 2 thay vào (1) ta được: x2 – 8x – 4(x – 2) + 3 = 0 ⇔ x2 – 12x + 11 = 0 ⇔ 11 • Với x = 1 thì y = 1 – 2 = –1 • Với x = 11 thì y = 11 – 2 = 9 1 TH2: –y = x – 2 thay vào (1) ta được: x2 – 8x + 4(x – 2) + 3 = 0 ⇔ x2 – 4x – 5 = 0 ⇔ 5 • Với x = –1 thì y = 2 – (–1) = 3 • Với x = 5 thì y = 2 – 5 = –3 Vậy hệ phương trình có tập nghiệm: S = {(1 ; –1) ; (11 ; 9) ; (–1 ; 3) ; (5 ; –3)}

Câu 4. (2,0 điểm) a) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x2 + 5y2 + 4xy + 4y + 2x – 3 = 0.

Ta có: x2 + 5y2 + 4xy + 4y + 2x – 3 = 0 ⇔ (x2 + 4xy + 4y2) + y2 + 2(x + 2y) + 1 – 4 = 0 ⇔ [(x + 2y)2 + 2(x + 2y) + 1] = 4 ⇔ (x + 2y + 1)2 + y2 = 4

2 1 4 G ⎡

0 Vì x, y ∈ ℤ nên phương trình trên tương đương với ⎢ ⎢ 2 1 0 GG ⎢

4 ⎣ • Giải (I): 1 2 1 1, 0 2 1 4 1 4 ⇔ ⇔ H 1 2 ⇔ H 3 ⇔ (

3 , 0 0 0 0 0 • Giải (II): 2 1 0 2 1 0 2 5 , 2 2 1 0 2 ⇔H ⇔I ⇔(

2 1 0 3 , 2

4 ( 2

2 Vậy tập nghiệm nguyên của phương trình là: S = {(1; 0); (–3; 0); (–5; 2); (3; –2)}. b) Lúc 7 giờ, anh Toàn điều khiển một xe gắn máy khởi hành từ thành phố A đến thành phố

B. Khi đi được quãng đường, xe bị hỏng nên anh Toàn dừng lại để sửa chữa. Sau 30 phút sửa xe, anh Toàn tiếp tục điều khiển xe gắn máy đó đi đến thành phố B với vận tốc nhỏ hơn vận tốc ban đầu 10 km/h. Lúc 10 giờ 54 phút, anh Toàn đến thành phố B. Biết rằng quãng đường từ thành phố A đến thành phố B là 160 km và vận tốc của xe trên mỗi đoạn đường không đổi. Hỏi anh Toàn dừng xe để sửa chữa lúc mấy giờ?

Giải: Gọi vận tốc xe ban đầu là x (km/h) (x > 10).

Vận tốc sau khi sửa chữa xe là: x – 10 (km/h)

Quãng đường từ A đến đoạn đường bị hỏng xe là: ∙ 160 120 (km) Quãng đường còn lại là: 160 – 120 = 40 (km).

Thời gian đi từ A đến đoạn đường bị hỏng xe là: J

J

J

(h), thời gian đi từ lúc đã sửa xe đến B là

(h) Anh Toàn phải dừng lại sửa xe 30 phút = 0,5 h nên tổng thời gian đi từ A đến B là:

J J 0.5 (h)

J Vì lúc đi từ A là 7 giờ và đi đến B là 10 giờ 54 phút nên tổng thời gian đi từ A đến B (kể cả thời gian sửa xe là 3 giờ 54 phút = 3,9 (h)

J J Vậy ta có phương trình: 0.5 3,9

J

⇔

3,4

J ⇒ 120(x – 10) + 40x = 3,4x. (x – 10) ⇔ 3,4x2 – 194x + 1200 = 0 (1) ∆’ = 972 – 3,4. 1200 = 5329 = 732 > 0 nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x1 = 50 (thỏa đk)

J

< 10 (không thỏa đk) N Suy ra vận tốc của xe đi từ A đến lúc bị hỏng xe là 50 km/h

J Thời gian anh Toàn đi từ A đến lúc bị hỏng xe là = 2,4 (h) OJ Vậy anh Toàn dừng xe để sửa chữa lúc: 7 + 2,4 = 9,4 (h) = 9 giờ 24 phút

J

J

Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC (AB > BC > AC) có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn (O). Vẽ đường tròn tâm C, bán kính CB cắt đường thẳng AB tại điểm D và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E. a) Chứng minh đường thẳng DE vuông góc với đường thẳng AC.

$ !RQ $ ∆CED có CE = CD (bán kính (C)) ⇒∆CED cân tại C ⇒ !QR

$ PRQ $ nên ∆ADE cân tại A ⇒ AE = AD Suy ra: PQR Ta lại có: CE = CD (bán kính (C)) nên AC là trung trực của ED Suy ra AC ⊥ ED

b) Đường thẳng DE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F. Các đường thẳng CO, AB cắt $ nhau tại điểm H và các đường thẳng BE, CF cắt nhau tại điểm K. Chứng minh rằng: !"# $. !%# $ TóV WX;7T Yằ7T TóV 7T;à< đố< ^<ệ7 Vủ9 Wứ T<áV 7ộ< W<ếe %!QS $ PQR *Ta có: S%R $ (2 góc nội tiếp chắn cung FA của (O)) $ = S!P Mà S%R $ PRQ $ (chứng minh câu a) Và PQR $ hay S%R $ = PRQ $ = %RS $ Nên S%R Do đó ∆FBD cân tại F ⇒ FB = FD Mà CB = CD (bán kính (C)) Nên FC là trung trực của BD ⇒ FC ⊥ DB hay BH ⊥CK *Ta có: CE = CB (bán kính (C)) và OE = OB (bán kính (O)) Suy ra OC là trung trực của BE ⇒ OC ⊥BE hay CH ⊥BK Xét ∆BCK: CH ⊥BK (cmt) BH ⊥CK (cmt) Suy ra H là trực tâm ∆BCK nên KH ⊥BC $ "!% $ 900 ⇒ !"#

$ "!% $ 900 Mà BH ⊥CK (cmt) ⇒ !%# $ !%# $ (đpcm) Nên !"# c) Gọi I là giao điểm của đường thẳng AB và Chứng minh IA. IB = ID. IH.

$ P%! $ (2 góc nôi tiếp chắn cung AC) Xét (O): PQ! $ !R% $ ∆CBD có CB = CD (bán kính (C)) ⇒∆CBD cân tại C ⇒ !%R $ $ Suy ra !QP !R% $ !QP $ PQR $ Mà ta có: !QR $ $ $ !RQ !R% PRQ

*Xét ∆IAE và ∆IBC có: f = !%G f (2 góc nội tiếp chắn cung AC của (O)) PQG f %G! f (2 góc đối đỉnh) QGP ⇒ ∆IAE ∽ ∆ICB (g – g) ⇒

gh

gi

gj gk

⇒IE. IC = IB. IA * Ta có: B đối xứng E qua CO (OC là trung trực của BE) $ !Q# $ (tính chất đối xứng) ⇒ !%# $ $ (∆CBD cân tại C) Và: !%# !R# $ $ Nên: !Q# !R#

CE.

⇒ CDEH nội tiếp (2 đỉnh kề nhau E, D cùng nhìn cạnh CH dưới các góc bằng nhau) f ⇒$ RQG = !#G Xét ∆IED và ∆IHC có: f (cmt) f = !#G RQG f (2 góc đối đỉnh) f #G! QGR gh gm ⇒ ∆IED ∽ ∆IHC (g – g) ⇒ ⇒IE. IC = ID. IH Mà IE. IC = IB. IA (cmt) Vậy IB. IA = ID. IH (đpcm)

gl

gk

n o

n

o

o

n

' 12

Câu 6. (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng Áp dụng Bất dẳng thức phụ ' p q r Chứng minh BĐT phụ:

n Áp dụng BĐT B.C.S cho hai bộ số s ; ; -

n-

s p q r u 9 Y V ' Khi đó ta có: -

n-

o-

o-

n o p q r r

u và √9; √Y; √V ta có:

√p √q √r & ⇔ p

n

o

n o v

' n o o

n

n o

n

o

n o -

n o v ⇒

' n o o

n

n o

n o w

n

o

⇒

'

6 n o o

n

n o

⇒ ⇒

n o

n o

n

o

n

o

o

n o

n

' 2/

n o

∙

w

n o

' 2√9 6 12

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

n

n o o

x n o

. Dấu “=” xảy ra khi nq

or

'

o

n o

⇔

p

n q

, a, b, c > 0 o r

n o p q r

6 (BĐT Cauchy)

n w

& ⇔x=y=z=2 & 36

ĐÁP ÁN VÀO 10 CHUYÊN ĐẮC LẮC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2021-2022

ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN TOÁN - THPT CHUYÊN NGUYỄN DU – 2021 – 2022 Câu 1. Cho phương trình x 4 − ( m + 2 ) x 2 + 3m − 3 = 0 với m là tham số. Tìm tất cả giá trị của m để

Câu 1. Cho phương trình x 4 − ( m + 2 ) x 2 + 3m − 3 = 0 với m là tham số. Tìm tất cả giá trị của m để

phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 sao cho x14 + x2 4 + x34 + x4 4 − 2 x1 x2 x3 x4 đạt giá

phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 sao cho x14 + x2 4 + x3 4 + x4 4 − 2 x1 x2 x3 x4 đạt giá

trị nhỏ nhất.

trị nhỏ nhất.

Lời giải

Câu 2.

1) Giải phương trình 2022 2022 x − 2021 + 2023 x − 2022 = 2023

Đặt x 2 = t , t ≥ 0 . Phương trình trở thành: t 2 − ( m + 2 ) t + 3m − 3 = 0 (1)

3 3  x − 6 xy − y = 8 2) Giải hệ phương trình  2  2 x + y + 3 + 5 x − y + 3 = − x − y + 5

Phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt 0 < t1 < t2 .

Câu 3.

1) Tìm tất cả các số tự nhiên n và k để n 4 + 4 2 k +1 là số nguyên tố.

2) Tìm tất cả các số nguyên dương x, y thỏa mãn x 4 − x 2 + 2 x 2 y − 2 xy + 2 y 2 − 2 y − 36 = 0 Câu 4. Cho ba số thực dương a , b, c thỏa mãn a + b + c ≤ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P=

b ( a 2 + 1)

2

a 2 ( b2 + 1)

+

c ( b2 + 1)

2

b 2 ( c 2 + 1)

+

a ( c 2 + 1)

2

c 2 ( a 2 + 1)

.

 ∆ = ( m + 2 )2 − 4 ( 3m − 3) > 0  m 2 − 8m + 16 > 0 m > 1  Ta được  S = m + 2 > 0 ⇔ ⇔ m ≠ 4 m > 1  P = 3m − 3 > 0  Giả sử x1 < x2 < x3 < x4 Khi đó, đặt x12 = x4 2 = t2 ; x2 2 + x3 2 = t1 ; t1 > 0; t2 > 0 .

Câu 5. Cho nửa đường tròn ( O; R ) đường kính AB . Lấy điểm C tùy ý trên nửa đường tròn đó ( C khác

Ta có

A và B ). Gọi M , N lần lượt là điểm chính giữa của cung AC và cung BC . Hai đường thẳng AC và

5  27 27 2  P = 2t12 + 2t2 2 − 2t1t2 = 2S 2 − 6 P = 2 ( m + 2 ) − 6 ( 3m − 3) = 2m 2 − 10m + 26 = 2  m −  + ≥ 2 2 2 

BN cắt nhau tại D . Hai dây cung AN và BC cắt nhau tại H .

1) Chứng minh tứ giác CDNH nội tiếp.

2

5 (thỏa mãn điều kiện) 2

2) Gọi I là trung điểm DH . Chứng minh IN là tiếp tuyến của nửa đường tròn ( O; R ) .

Dấu bằng xảy ra khi m =

3) Chứng minh rằng khi C di động trên nửa đường tròn ( O; R ) thì đường thẳng MN luôn tiếp xúc với

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

một đường tròn cố định.

4) Trên nửa đường tròn ( O; R ) không chứa C lấy một điểm P tùy ý ( P khác A và B ). Gọi Q, R, S

lần lượt là hình chiếu vuông góc của P trên AB, BC , CA . Tìm vị trí của P để tổng giá trị nhỏ nhất.

AB BC CA + + đạt PQ PR PS

27 5 , đạt khi m = .

2 2

Câu 2.

1) Giải phương trình 2022 2022 x − 2021 + 2023 x − 2022 = 2023 3 3  x − 6 xy − y = 8 2) Giải hệ phương trình  2  2 x + y + 3 + 5 x − y + 3 = − x − y + 5

Lời giải   x ≥ 1) Điều kiện:  x ≥ 

2021 2022 2022 ⇔x≥ 2022 2023 2023

2022 2022 x − 2021 + 2023 x − 2022 = 2023

⇔ 2022

⇔

(

2 n = 1 n = 1 ⇔ ⇔ ( n − 2k +1 ) + n 2 = 2 ⇔  k +1 n − 2 = ±1 k = 0

)

2022 x − 2021 − 1 + 2023x − 2022 − 1 = 0

2022 ( 2022 x − 2022 ) 2022 x − 2021 + 1

2023 x − 2023 =0 2023x − 2022 + 1

+

Thử lại A = 1 + 4 = 5 , thỏa mãn yêu cầu.

  20222 2023 ⇔ ( x − 1)  + =0 2023x − 2022 + 1   2022 x − 2021 + 1 ⇔ x =1

2) x 4 − x 2 + 2 x 2 y − 2 xy + 2 y 2 − 2 y − 36 = 0 ⇔ ( x 4 + y 2 + 1 − 2 x 2 − 2 y + 2 x 2 y ) + ( x 2 − 2 xy + y 2 ) = 36 + 1

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1

2

2  x + y − 1 > x − y Nhận xét:  2  x + y − 1 > 0

3

⇔ ( x − y ) + 3 xy ( x − y ) − 6 xy − 8 = 0 ⇔ ( x − y − 2 ) ( x − y ) + 2 ( x − y ) + 4  + 3xy ( x − y − 2 ) = 0   2

⇔ ( x − y − 2 ) ( x + y − xy + 2 x − 2 y + 4 ) = 0 2

y = x − 2  x − y − 2 = 0  x = −2 ⇔ ⇔  ⇔ y = x−2 2 2 2  x + 2 + y − 2 + x − y = 0 ( ) ( ) ( ) y = 2     x = y

2 x + y + 3 + 5 x − y + 3 = − x 2 − y + 5 , ta được

Thay vào phương trình

3x + 1 + 4 x + 5 = − x 2 − x + 7 ⇔

(

) (

3x + 1 − 2 +

)

DK : x ≥ −

Vậy phương trình có nghiệm: ( x; y ) = ( 2;3)

Câu 4. Cho ba số thực dương a , b, c thỏa mãn a + b + c ≤ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

1 3

P=

2

4 x + 5 − 3 + ( x + x − 2) = 0

3 4   ⇔ ( x − 1)  + + x + 2 = 0 4x + 5 + 3  3x + 1 + 2  ⇔ x =1

b ( a 2 + 1)

Lời giải 2

A = n 4 + 42 k +1 = ( n 2 ) + ( 22 k +1 ) = ( n 2 + 22 k +1 ) − 2n 2 .22 k +1

P ≥ 33

(a

2

2

b 2 ( c 2 + 1)

+

a ( c 2 + 1)

2

c 2 ( a 2 + 1)

.

2( k +1)

3

+ 1)( b 2 + 1)( c 2 + 1) abc

1 a 1 1 a + = 4. + 9. ≥ 1313 4 9 5 4 9a 4 .9 a a b+

1 b 1 1 = 4. + 9. ≥ 1313 4 9 5 4 9b 4 .9 b b

c+

1 c 1 1 = 4. + 9. ≥ 1313 4 9 5 c 4 9c 4 .9 c

2

= ( n 2 + 22 k +1 ) − ( n.2k +1 ) = ( n 2 + 22 k +1 − n.2k +1 )( n 2 + 22 k +1 + n.2k +1 ) A là số nguyên tố  n 2 + 2 2 k +1 − n.2 k +1 = 1 ⇔ n 2 − 2.n.2k +1 + 2

c ( b2 + 1)

2 Ta có 2 = a + b + c ≥ 3 3 abc ⇔ abc ≤   3

2) Tìm tất cả các số nguyên dương x, y thỏa mãn x 4 − x 2 + 2 x 2 y − 2 xy + 2 y 2 − 2 y − 36 = 0

2

+

Lời giải

Câu 3.

1) Tìm tất cả các số tự nhiên n và k để n 4 + 4 2 k +1 là số nguyên tố.

2

2

a 2 ( b2 + 1)

Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = (1; −1) .

2

( ∀x ∈ ℕ*; y ∈ ℕ *) .

 x 2 + y − 1 = 6  x 2 + x − 4 = 0    x − y = 1  y = x − 1  2  2 x y x + x−6 = 0 + − 1 = 6 x = 2 ⇔  ⇔ (1) ⇔   x − y = − 1 y = x + 1 y = 3    2  2  x + y − 1 = 1  x + x + 4 = 0     x − y = −6  y = x + 6

⇔ ( x − y − 2 ) ( x 2 − 2 xy + y 2 + 2 x − 2 y + 4 + 3xy ) = 0 2

2

⇔ ( x 2 + y − 1) + ( x − y ) = 37 (1)

2) x 3 − 6 xy − y 3 = 8

P ≥ 3 3 133.13

1 ≥ 39 412.927.a 5 .b5 .c5 3 13

+ n2 = 2 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =

2 3

1 15

2 224.354.   3

=

13 2

Tam giác OMN vuông cân tại O . Gọi J là trung điểm MN , ta có MN ⊥ OJ ; Câu 5. Cho nửa đường tròn ( O; R ) đường kính AB . Lấy điểm C tùy ý trên nửa đường tròn đó ( C khác A và B ). Gọi M , N lần lượt là điểm chính giữa của cung AC và cung BC . Hai đường thẳng AC và

BN cắt nhau tại D . Hai dây cung AN và BC cắt nhau tại H .

1) Chứng minh tứ giác CDNH nội tiếp.

1 1 R 2 MN = R2 + R2 = 2 2 2

Suy ra MN luôn tiếp xúc với đường tròn tâm O , bán kính

2) Gọi I là trung điểm DH . Chứng minh IN là tiếp tuyến của nửa đường tròn ( O; R ) .

3) Chứng minh rằng khi C di động trên nửa đường tròn ( O; R ) thì đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.

4) Trên nửa đường tròn ( O; R ) không chứa C lấy một điểm P tùy ý ( P khác A và B ). Gọi Q, R, S lần lượt là hình chiếu vuông góc của P trên AB, BC , CA . Tìm vị trí của P để tổng

OJ =

AB BC CA + + đạt PQ PR PS

giá trị nhỏ nhất.

Lời giải

R 2 .

2

4)

P=

AB 2 BC 2 CA2 + + PQ. AB PR.BC PS.CA

Có PQ. AB = PA.PB = PB.PC.sin BAC = PB.PC. BC PR.BC = PB.PC.sin BPC AB PS .CA = PA.PC .sin APC = PA.PC.sin APC = PA.PC.sin ABC = PA.PC.

Ta được P =

=

AB 2 AB. AC AB.BC AB 2 AB. AC.PA + AB.BC.PB + + = + PA.PB PC.PB PC.PA PA.PB PA.PB.PC

AB ( AC.PA + BC.PB ) AB 2 AB 2 AB. AB.PC + = + PA.PB PA.PB.PC PA.PB PA.PB.PC

=2

(d / l

AB 2 4 AB 2 ≥ =4 PA.PB PA2 + PB 2

Dấu bằng xảy ra khi P là điểm chính giữa cung AB không chứa C .

= 90° ; AN ⊥ NB  HND = 90° 1) Có AC ⊥ CH  DCH + DNH = 180°  tứ giác CDNH là tứ giác nội tiếp.  DCH = IHN .

2) Tam giác DNH vuông tại N có NI là trung tuyến ứng với cạnh huyền. Ta được INH = NCD

Tứ giác CDNH nội tiếp nên IHN = NBA

Tứ giác ACNB nội tiếp nên NCD = ONB  NBA + ONA = 90° Tam giác ONB cân tại O nên NBA = 90° . Vậy IN là tiếp tuyến của nửa đường tròn ( O; R ) .

Suy ra INO . Hai góc này kề bù, suy ra 3) Ta có OM là tia phân giác góc AOC , ON là tia phân giác góc NOB ON ⊥ OM .

AC AB

Ptolemy )

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 – 2022 Môn Toán chuyên Thời gian làm bài : 150 phút (Đề gồm 1 trang, có 6 câu)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1. (1,75 điểm) a a −b b a b +b a   a ≥ 0, b ≥ 0  1) Rút gọn biểu thức A =  −  : (a + b)  a+ b  a ≠ b   a− b 1 1 2 2) Giải phương trình + = 3 x x +1 x +1 x +2

(

) (

)(

)

Câu 2. (1,5 điểm) 1) Tìm đa thức bậc ba P ( x ) = x3 + ax 2 + bx + c, với a, b, c là các hệ số thực. Biết P ( x ) chia hết cho ( x − 1) , P ( x ) chia cho ( x − 2 ) , ( x − 3) đều có dư là 6 2) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn bất đẳng thức 5 x 2 + 3 y 2 + 4 xy − 2 x + 8 ≤ 0 Câu 3. (2,25 điểm) Cho phương trình x 4 − 4 ( 4m − 1) x 2 + 9m = 0 ( m là tham số thực ) 1) Giải phương trình khi m = 4 2) Tìm m để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 trong đó có hai

nghiệm x1 , x2 thỏa x1 = 3 x2  x 2 + 2 xy 2 = 3 3) Giải hệ phương trình  2 2  y + 2 x y = 3 Câu 4. (0,75 điểm) Trong 2021 số nguyên dương đầu tiên, có bao nhiêu số không chia hết cho 7 và không chia hết cho 11?

Câu 5. (3,0 điểm) Cho ∆ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( O )( CA > CB ) . Ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H . AD và BE cắt ( O ) lần lượt tại M , N 1) Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp, xác định tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABDE và chứng minh MN / / DE 2) Chứng minh AE. AC.CE = CD. AB.EF 3) Gọi K là trung điểm của HC. Chứng minh IHKO là hình bình hành Câu 6. (0,75 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c. a+b b+c c+a + + ≥2 a+ b+ c Chứng minh c a b

(

)

ĐÁP ÁN ĐỀ TUYỂN SINH CHUYÊN TOÁN ĐỒNG NAI 2021-2022 Bài 1. a a −b b a 1) Rút gọn biểu thức A =  −  a− b Với điều kiện đã cho, ta có :  a − b a + ab + b ab . a + b A= −  a− b a+ b 

(

)(

)

(

(

 a ≥ 0, b ≥ 0  b +b a   : (a + b)  a+ b  a ≠ b 

)  : ( a + b )  

)

A = a + ab + b − ab : ( a + b ) = ( a + b ) : ( a + b ) = 1 1

2) Giải phương trình x

(

1

+

) (

x +1

)(

x +1

x +2

)

=

2 3

Điều kiện xác định : x > 0. Quy đồng, khử mẫu ta được phương trình : 1 x.

(

⇔

1

+

) (

)(

x +1

x +1

1 1 − + x x +1

( ⇔ 2(

3

)

)(

)

2 3

1 1 2 1 − = ⇔ − x +1 x +2 3 x

x +2− x =2 x x −1

x+2

=

(

1 2 = x +2 3

)

x + 2 ⇔ 2x + 4 x = 6

)

x + 3 = 0  x =1⇔ x =1

Vậy tập nghiệm của phương trình đa cho là S = {1}

Bài 2.

1) Tìm đa thức bậc ba P ( x ) = x3 + ax 2 + bx + c, với a, b, c là các hệ số thực. Biết P ( x ) chia hết cho ( x − 1) , P ( x ) chia cho ( x − 2 ) , ( x − 3) đều có dư là 6 Vì P ( x ) chia hết cho ( x − 1) , chia ( x − 2 ) dư 6, chia ( x − 3) dư 6, Nên: x = 1 là nghiệm của đa thức P ( x ) , x = 2 là nghiệm của đa thức P ( x ) − 6, x = 3 là nghiệm của đa thức P ( x ) − 6 vậy ta có hệ phương trình :

1 + a + b + c = 0  a + b + c = −1 a + b + c = −1    8 + 4a + 2b + c − 6 = 0 ⇔  4a + 2b + c = −2 ⇔ 3a + b = −1 27 + 9a + 3b + c − 6 = 0 9a + 3b + c = −21 8a + 2b = −20     a = −9  ⇔ b = 26  P ( x ) = x 3 − 9 x 2 + 26 x − 18 c = −18 

2) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn bất đẳng thức 5 x + 3 y + 4 xy − 2 x + 8 ≤ 0 5 x + 3 y 2 + 4 xy − 2 x + 8 y + 8 ≤ 0 2

⇔ 25 x + 20 xy − 10 x + 15 y + 40 y + 40 ≤ 0 2 ⇔  25 x 2 + 2.5 x.( 2 y − 1) + ( 2 y − 1)  + 11y 2 + 44 y + 44 ≤ 5   2

⇔ ( 5 x + 2 y − 1) + 11( y + 2 ) ≤ 5 (*) Nhận xét : với các số nguyên x, y thì : +Vế trái của (*) có giá trị là số tự nhiên 2

2

+ ( 5 x + 2 y − 1) , ( y + 2 ) là các số chính phương bé hơn 5 2 2 ( 5 x + 2 y − 1) ∈ {0;1;4} ( 5 x − 5 ) ∈ {0;1;4} ⇔ Vậy để (*) xảy ra thì   2  y = −2 ( y + 2 ) = 0

( 5 x − 5) = 0  x = 1  ⇔  y = −2  y = −2 2

Vậy có duy nhất một cặp số nguyên ( x; y ) thỏa yêu cầu là (1; −2 ) Bài 3.

1) Giải phương trình khi m = 4 Với m = 4 , phương trình đã cho có dạng x 4 − 60 x 2 + 36 = 0

)

(

( (

) = 0 3) 3)

{(

2

2

2

(

) (

Vậy với m = 4, phương trình đã cho có tập nghiệm S = ± 3 2 + 2 3 ; ± 3 2 − 2 3 2

2

⇔  x 2 − 30 + 12 6   x 2 − 30 − 12 6   x = ± 3 2 + 2  x 2 = 30 + 12 6 ⇔ ⇔ 2 x = ± 3 2 − 2  x = 30 − 12 6 

)}

2) Tìm m để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 trong đó có hai nghiệm x1 , x2 thỏa x1 = 3 x2 x 4 − 4 ( 4m − 1) x 2 + 9m = 0 (1) Đặt t = x 2 , ta có phương trình : t 2 − 4 ( 4m − 1) t + 9m = 0 ( 2 ) Để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 thì phương trình (2) cần có hai

∆ ' > 0  nghiệm dương phân biệt t1 , t2 . Vậy phương trình (2) cần có điều kiện t1 + t2 > 0 t t > 0 12 Áp dụng định lý Vi-et cho phương trình (2): t1 + t2 = 4 ( 4m − 1) , t1t2 = 9m 4 (16m 2 − 8m + 1) − 9m > 0 ∆ ' > 0 64m 2 − 41m + 4 > 0    ⇔ t1 + t2 > 0 ⇔ 4 ( 4m − 1) > 0 1 t t > 0 9m > 0 m >  4 12  Không mất tính tổng quát, giả sử 0 < t1 < t2 Vậy phương trình x 2 = t1 cho hai nghiệm − t1 ; t1 Phương trình x 2 = t2 cho hai nghiệm − t2 ; t2 Vì 0 < t1 < t2 nên − t2 < − t1 < t1 < t2 Vì x1 = 3 x2 nên x1; x2 cùng âm hoặc cùng dương

 x12 = t2 Nếu x1 ; x2 cùng âm thì  2  t2 = 3t1  x2 = t1 2  x1 = t2 Nếu x1; x2 cùng dương thì  2  t2 = 3t1  x2 = t1 Kết hợp với hệ thức Vi-et ta có :

t1 + t2 = 4 ( 4m − 1) t1 = 4m − 1    t2 = 3( 4m − 1)  16m 2 − 11m + 1 = 0 t1t2 = 9m t = 3t  2 1 2 3( 4m − 1) = 9m ⇔m=

11 ± 57 32

11 + 57 là giá trị cần tìm 32 2 2  x + 2 xy = 3 3) Giải hệ phương trình  2 2  y + 2 x y = 3

So sánh với điều kiện ta kết luận m =

 x + 2 xy = 3 (1) . Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) vế theo vế, ta được :  2 2  y + 2 x y = 3 ( 2 ) 2

(x

2

x 2 + 2 x.

x = 1 x −1 = 0 2  ⇔ ( x − 1) ( 4 x 2 + 6 x − 3) = 0  2 ⇔ −3 ± 21 4x + 6x − 3 = 0 x =  4 Nếu x = 1  y =

x = y ⇔ ( x − y )( x + y − 2 xy ) = 0 ⇔   x + y − 2 xy = 0

1 =1 2.1 − 1

Nếu x =

−3 + 21 −3 − 21 y= 4 4

Nếu x =

−3 − 21 −3 + 21 y= 4 4

2

− y 2 ) + ( 2 xy 2 − 2 x 2 y ) = 0 ⇔ ( x − y )( x + y ) − 2 xy ( x − y ) = 0

x2 = 3 ⇔ 4 x 4 − 2 x3 − 11x 2 + 12 x − 3 = 0 4x − 4x + 1 2

Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm ( x; y ) là :

 −3 + 21 −3 − 21   −3 − 21 −3 + 21  ; ; ,  4 4 4 4   

(1;1) ; 

Với x = y, thay vào (1) ta có :  3  15  x 2 + 2 x 3 = 3 ⇔ 2 x 3 + x 2 − 3 = 0 ⇔ 2 ( x − 1)  x +  +  = 0 4 8   2

⇔ x =1 y =1 Với x + y − 2 xy = 0 ⇔ y (1 − 2 x ) = − x

Bài 4. Trong 2021 số nguyên dương đầu tiên, có bao nhiêu số không chia hết cho 7 và không chia hết cho 11?

Ta chia 2021 số nguyên dương đầu tiên thành 4 nhóm: Nhóm A: gồm A số chia hết cho 7 nhưng không chia hết cho 11 Nhóm B : gồm B số chia hết cho 11 nhưng không chia hết cho 7 Nhóm C: gồm C số chia hết cho 7 và chia hết cho 11

 2 11 1 y = Nếu x = hệ phương trình đã cho trở thành  (vn) 4 2  y 2 + 0,5 y − 3 = 0  Nếu x ≠

1 x , thay vào phương trình (1) ta có : y= 2 2x −1

Nhóm D: gồm D số không chia hết cho 7 và không chia hết cho 11 Khi đó A + B + C + D = 2021 Từ 1 đến 2021 có : Các số chia hết cho 7 là : 7;14;....;2016 có ( 2016 − 7 ) : 7 + 1 = 288 (số)

Các số chia hết cho 11 là : 11;22;...;2013 có ( 2013 − 11) :11 + 1 = 183 (số)

Bài 5.

Các số chia hết cho 77 là 77;154;,....;2002 có 26 số

A

Nhóm A gồm: các số chia hết cho 7 nhưng không chia hết cho 11

N

Hay gồm các số chia hết cho7 nhưng không chia hết cho 77 Vậy A = 288 − 26 = 262

G

Nhóm Bgồm các số chia hết cho 11 nhưng không chia hết cho 7 Hay gồm các số chia hết cho11 nhưng không chia hết cho 77

E

I F

Vậy B = 183 − 26 = 157

O

Nhóm C gồm các số chia hết cho 7 và chia hết cho 11 hay gồm các số chia hết cho11 và chia hết cho 77  C = 26

H

Nhóm D gồm các số không chia hết cho 7 và không chia hết cho 11

K

Vậy D = 2021 − ( A + B + C ) = 2021 − ( 262 + 157 + 26 ) = 1576 Vậy trong 2021 số nguyên dương đầu tiên có 1576 số không chia hết cho 7 và không chia hết cho 11

B

D

C

M 1) Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp, xác định tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABDE và chứng minh MN / / DE Vì AD, BE là các đường cao của ∆ABC nên tứ giác ABDE có ∠ADB = ∠AEB = 90° Vậy tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn, tâm I là trung điểm của AB Ta có ∠BED = ∠BAD (vì tứ giác ABDE nội tiếp) ∠BAD = ∠BNM (vì hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM trong ( O )) Vậy ∠BED = ∠BNM mà hai góc so le trong nên MN song song DE 2) Chứng minh AE. AC.CE = CD. AB.EF Xét ∆ABC và ∆DEC có : ∠C chung, ∠ABC = ∠DEC (vì ABDE nội tiếp )

BC CE = AC CD Chứng minh tương tự câu a ta có tứ giác BCEF nội tiếp và ∆ABC ∽ ∆AEF ( g.g )

Vậy ∆ABC ∽ ∆DEC ( g.g ) 



AB AE = BC EF

AE AC CE AB AC BC . . = . . =1 EF AB CD BC AB AC Vậy AE. AC.CE = CD. AB.EF 3) Chứng minh IHKO là hình bình hành Kẻ đường kính CG của đường tròn ( O )

Ta có tích các tỉ số

Ta có : GA ⊥ AC (vì ∠GAC là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) BH ⊥ AC (vì BE là đường cao của ∆ABC ) Vậy GA / / BH . Tương tự : AH / /GB Suy ra tứ giác AGBH là hình bình hành Hình bình hành AGBH có I là trung điểm của AB nên I là trung điểm của GH Xét ∆GHC có : I là trung điểm của GH , O là trung điểm của GC Vậy IO là đường trung bình của tam giác GHC Suy ra IO song song và bằng một nửa CH Mà K là trung điểm của CH nên IO song song và bằng HK Vậy tứ giác IHKO là hình bình hành Bài 6. Cho ba số thực dương a, b, c. a+b b+c c+a Chứng minh + + ≥2 a + b+ c c a b a+b b+c c+a a b b c c a + + = + + + + + c a b c c a a b b

(

)

Áp dụng hệ quả của BĐT Cô si Schwarz ta có :

(

)

a+ b+ b+ c+ c+ a a b b c c a + + + + + ≥ c c a a b b a+ b+ b+ c+ c+ a a b b c c a ⇔ + + + + + ≥2 a+ b+ c c c a a b b

(

)

2

Vậy

a+b b+c c+a + + ≥2 c a b

(

)

a + b + c . Dấu " = " xảy ra khi a = b = c

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG THÁP

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2021-2022 Môn: TOÁN (CHUYÊN) Ngày thi: 10/06/2021

ĐỀ CHÍNH THỨC

 4a + 1 a  a −1 a > 0  − Câu 1. Rút gọn biểu thức : P =  . 2   a − 1 a − a  a a ≠1   Câu 2. Cho hàm số y = ( m − 3) x 2 , với m là tham số Tìm tất cả các giá trị nguyên dương của m để hàm số đồng biến khi x < 0 Câu 3.Tại một tổ bầu cử Đại biểu Quốc hội khóa XV và Hội đồng Nhân dân các cấp nhiệm kỳ 2021 − 2026. Tổ bầu cử mời cử tri tham dự lễ khai mạc và chuẩn bị ghế ngồi cho họ. Ghế được sắp xếp thành các hàng, giữ khoảng cách đảm bảo phòng chống dịch bệnh, mỗi cử tri ngồi một ghế. Nếu cử tri được mời đi dự đầy đủ thì khi xếp mỗi hàng 7 ghế sẽ thiếu 2 ghế, khi xếp mỗi hàng 8 ghế sẽ có 2 ghế trống. Tính số cử tri mà tổ bầy cử đã mời dự lễ khai mạc. (Mỗi cử tri là một công dân có đủ quyền bầu cử theo quy định của pháp luật) 2

2

Câu 4.Giải phương trình : ( x 2 − 2 x ) − 2 ( x − 1) − 1 = 0 Câu 5.Cho phương trình x 2 + 2 ( m − 2 ) x + m 2 − 4m = 0 ( x là ẩn số, m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều 3 3 kiện + x2 = + x1 x1 x2 Câu 6. Tìm tất cả các cặp số ( x; y ) thỏa mãn phương trình 16 x 4 + y 2 = 4 x ( x + y ) − 1 Câu 7.Ông An có một mảnh đất hình thang vuông với đáy lớn dài 16m, đáy bé dài 9m và hai đường chéo vuông góc với nhau. Ông dự định xây dựng một công trình trên toàn bộ diện tích của mảnh đất đó. Biết rằng đơn giá xây dựng là 4 triệu đồng trên mỗi mét vuông.

Tính chi phí xây dựng công trình.

Câu 8.Từ một tấm tôn hình quạt OAB có OA = 2dm, ∠AOB = 120°, người ta xác định hai điểm M , N lần lượt là trung điểm của OA, OB rồi cắt tấm tôn theo hình chữ nhật MNPQ (như hình vẽ). Dùng miếng tôn hình chữ nhật đó cuộn lại tạo thành mặt xung quanh của một hình trụ sao cho MQ, NP trùng khít nhau. Tính thể tích hình trụ tạo thành O M

N H

A

b) Tính diện tích tam giác ABC theo r ,α ĐÁP ÁN VÀO 10 CHUYÊN TỈNH ĐỒNG THÁP NĂM HỌC 2021-2022 MÔN TOÁN  4a + 1 a  a −1 a > 0  Câu 1. Rút gọn biểu thức : P =  − . 2    a −1 a − a  a  a ≠ 1   4a + 1 a  − P= .  a −1 a − a   4a + 1 a = −  a −1 a. a −1  4a 4 = 2 = a a

(

)

a −1 a > 0    a2  a ≠ 1    . a − 1 = 4a + 1 − 1 . a − 1  a2 a2 a −1 

Câu 2. Cho hàm số y = ( m − 3) x 2 , với m là tham số Tìm tất cả các giá trị nguyên dương của m để hàm số đồng biến khi x < 0 Điều kiện để hàm số đồng biến khi x < 0 là m − 3 < 0 ⇔ m < 3 Do m là số nguyên dương nên m = 1, m = 2

Câu 3. Tại một tổ bầu cử Đại biểu Quốc hội khóa XV và Hội đồng Nhân dân các cấp nhiệm kỳ 2021 − 2026. Tổ bầu cử mời cử tri tham dự lễ khai mạc và chuẩn bị ghế ngồi cho họ. Ghế được sắp xếp thành các hàng, giữ khoảng cách đảm bảo phòng chống dịch bệnh, mỗi cử tri ngồi một ghế. Nếu cử tri được mời đi dự đầy đủ thì khi xếp mỗi hàng 7 ghế sẽ thiếu 2 ghế, khi xếp mỗi hàng 8 ghế sẽ có 2 ghế trống. Tính số cử tri mà tổ bầy cử đã mời dự lễ khai mạc. (Mỗi cử tri là một công dân có đủ quyền bầu cử theo quy định của pháp luật) Gọi x là số cử tri mà tổ bầu cử đã mời dự lễ khai mạc, y là số hàng ghế

B

ĐK: x, y > 0, x, y ∈ ℕ K Q

P

Câu 9. Cho đường tròn ( O ) có bán kính r. Trên tiếp tuyến của (O) tại A lấy điểm M sao cho AM = r , vẽ cát tuyến MBC của (O) ( B nằm giữa M, C) sao cho ∠AMB = α với 45° < α < 90°. Gọi I là trung điểm BC a) Chứng minh OAMI là tứ giác nội tiếp

Khi xếp mỗi hàng 7 ghế sẽ thiếu hai ghế nên ta có phương trình : 7 y = x − 2 Khi xếp mỗi hàng 8 ghế sẽ có 2 ghế trống nên ta có phương trình 8 y = x + 2

7 y = x − 2  x = 30(tmdk ) Ta được hệ phương trình :  ⇔ 8 y = x + 2   y = 4(tmdk ) Vậy tổ bầu cử đã mời 30 cử tri dự lễ khai mạc bầu cử 2

2

Câu 4. Giải phương trình : ( x 2 − 2 x ) − 2 ( x − 1) − 1 = 0 2

⇔ ( x2 − 2 x ) − 2( x2 − 2x ) − 3 = 0 2 t = −1  x − 2 x = −1 Đặt t = x 2 − 2 x , ta được phương trình : t 2 − 2t − 3 = 0 ⇔  ⇔ 2 t = 3 x − 2x = 3 2  x − 2x + 1 = 0  x = −1 ⇔  2 x − 2 x − 3 = 0 x = 3 

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {−1;1;3}

Câu 5. Cho phương trình x 2 + 2 ( m − 2 ) x + m 2 − 4m = 0 ( x là ẩn số, m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa 3 3 mãn điều kiện + x2 = + x1 x1 x2

 1  x = 2   4 x 2 − 1 = 0  1   1  y = 1  Vậy ( x; y ) ∈  ;1 ;  − ; −1  ⇔ ⇔ 2 2 1    2 x − y = 0   x = − 2   y = −1 

Câu 7. Ông An có một mảnh đất hình thang vuông với đáy lớn dài 16m, đáy bé dài 9m và hai đường chéo vuông góc với nhau. Ông dự định xây dựng một công trình trên toàn bộ diện tích của mảnh đất đó. Biết rằng đơn giá xây dựng là 4 triệu đồng trên mỗi mét vuông. Tính chi phí xây dựng công trình.

9m

A

B

2

∆ ' = ( m − 2 ) − m 2 + 4m = m 2 − 4m + 4 − m 2 + 4m = 4 > 0 (với mọi m) Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi giá trị của m 3 3 Xét + x2 = + x1 . Điều kiện x1 x2 ≠ 0 x1 x2 1 1 3 3 3 + x1 x2 3 + x1 x2 + x2 = + x1 ⇔ = ⇔ ( 3 + x1 x2 )  −  = 0 (1) x1 x2 x1 x2  x1 x2 

Do x1 ≠ x2 nên (1) ⇔ 3 + x1 x2 = 0 ⇔ x1 x2 = −3(tmdk )

16m

C

Giả sử mảnh đất của ông An được biểu diễn bởi hình thang vuông ABCD như hình vẽ

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có x1 x2 = m 2 − 4m m = 3 x1 x2 = −3 ⇔ m 2 − 4m + 3 = 0 ⇔  (tmdk ) m = 1 Vậy m = 1; m = 3 là các giá trị thỏa mãn bài toán Câu 6.Tìm tất cả các cặp số ( x; y ) thỏa mãn phương trình :

Có ∠ADB = ∠DCA (cùng phụ ∠BDC )  ∆DAC ∽ ∆ABD Do đó

16 x 4 + y 2 = 4 x ( x + y ) − 1

DA DC =  AD 2 = DC. AB = 16.9 = 144  AD = 12(m) AB AD

S ABCD =

16 x 4 + y 2 = 4 x ( x + y ) − 1 ⇔ 16 x 4 − 4 x 2 − 4 xy + y 2 + 1 = 0 2

D

2

⇔ (16 x 4 − 8 x 2 + 1) + ( 4 x 2 − 4 xy + y 2 ) = 0 ⇔ ( 4 x 2 − 1) + ( 2 x − y ) = 0

1 ( AB + CD ) .AD = 150m2 2

Chi phí xây dựng công trình là : 150.4 = 600 (triệu đồng)

Câu 8. Từ một tấm tôn hình quạt OAB có OA = 2dm, ∠AOB = 120°, người ta xác định hai điểm M , N lần lượt là trung điểm của OA, OB rồi cắt tấm tôn theo hình chữ nhật MNPQ (như hình vẽ). Dùng miếng tôn hình chữ nhật đó cuộn lại tạo thành mặt xung

quanh của một hình trụ sao cho MQ, NP trùng khít nhau. Tính thể tích hình trụ tạo thành

O M

N H

A

B

K Q

P

Gọi H là trung điểm MN, K là giao điểm của OH và QP, ta được K là trung điểm QP và OH ⊥ MN Từ giả thiết ta có tam giác OMN cân tại O, ON = 1, ∠MON = 120°

HN = ON .sin 60° =

3  MN = 3 2

1 13 13 − 1 OH = ON .cos60° = ; OK = OP 2 − KP 2 = . Suy ra HK = 2 2 2 Vậy chiều cao hình trụ h =

13 − 1 2

Bán kính đáy của hình trụ : r =

MN 3 = 2π 2π 2

 3  13 − 1 3 = Thể tích hình trụ V = π r 2 h = π   .

2 8π  2π 

(

)

13 − 1 ( dm3 )

Câu 9. Cho đường tròn ( O ) có bán kính r. Trên tiếp tuyến của (O) tại A lấy điểm M sao cho AM = r , vẽ cát tuyến MBC của (O) ( B nằm giữa M, C) sao cho ∠AMB = α với 45° < α < 90°. Gọi I là trung điểm BC

a) Chứng minh OAMI là tứ giác nội tiếp b) Tính diện tích tam giác ABC theo r ,α

B H D C

M α

I A

O

a) ∠OAM = 90°, ∠OIM = 90°  ∠OAM + ∠OIM = 180° Vậy OAMI là tứ giác nội tiếp b) Vẽ đường cao AH của tam giác ABC. Ta có : AH = AM .sin α = r.sin α Gọi D là giao điểm của AO và BC , tam giác AMD vuông tại A, suy ra AD = AM .tan α = r.tan α Do 45° < α < 90° nên D nằm ngoài đoạn OA nên : OD = AD − AO = r.tan α − r = r ( tan α − 1) OI = OD.sin ( 90° − α ) = r ( tan α − 1) .cos α = r ( sin α − cos α ) 2

IB = OB 2 − OI 2 = r 2 − r 2 ( sin α − cos α ) = r 2sin α cos α 1 S ABC = .BC. AH = IB. AH = r 2 .sin α . 2sin α cos α 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2021-2022 Môn: Toán (Chuyên Toán) Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm) 2 x  4  7 x + 14 ( x ≥ 0) 1 + + x + 5 x +1 x + 3 x + 2 a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm tất cả giá trị của x để A là số nguyên Câu 2. (2,0 điểm) a) Cho phương trình x 2 − mx − 2m2 = 0, với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị m để phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên x1 , x2 thỏa mãn 5 x12 + 8 x22 = 252 b) Cho đa thức f ( x ) = ax 2 + bx + c ( a ≠ 0 ) . Tìm a, b, c biết f ( x ) − 2020 chia hết cho

Cho biểu thức A =

x − 1, f ( x ) + 2021 chia hết cho x + 1và f ( x ) nhận giá trị bằng 2 khi x = 0 Câu 3. (2,0 điểm) 12 a) Giải phương trình : x 2 + 4 x + 3 x + 3 = 3 x + x + + 7 x  x 2 − 2 y 2 + xy + 2 x + 7 y − 3 = 0 b) Giải hệ phương trình  2 2  x + 3 y + 30 + x − 2 y − 5 = 0 Câu 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn ( O ) có đường kính AB cố định, I là một điểm thuộc đoạn OA ( I khác O), qua I kẻ đường thẳng vuông góc với AB và cắt đường tròn ( O ) tại hai điểm phân biệt M và N . Gọi C là điểm thuộc cung lớn MN và E là giao điểm của AC với MN a) Chứng minh tứ giác EIBC nội tiếp một đường tròn b) Chứng minh AE. AC = AM 2 và AE. AC − AI . AB = AI 2 c) Gọi H , K , P lần lượt là hình chiếu của C lên đường thẳng BM , MN , BN . Xác định vị trí điểm C trên đường tròn ( O ) sao cho độ dài đoạn thẳng HK lớn nhất Câu 5. (1,0 điểm) Cho hai số thực x, y không âm thỏa mãn x + y = 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = ( 5 x 2 + 7 y )( 5 y 2 + 7 x ) + 151xy

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TỈNH GIA LAI NĂM 2021-2022 Câu 1. (2,0 điểm) 2 x  4  7 x + 14 ( x ≥ 0) 1 + + x + 5 x +1 x + 3 x + 2 a) Rút gọn biểu thức A Ta có : 2 x  4  7 x + 14 A= 1 + + x + 5 x +1 x + 3 x + 2

Cho biểu thức A =

=

2 x x +5 . + x + 5 x +1

7

(

(

x +2

)(

x +1

)

x +2

)

2 x 7 2 x +7 + = x +1 x +1 x +1 b) Tìm tất cả giá trị của x để A là số nguyên 2 x +7 5 =2+  2 < A ≤ 7 với x ≥ 0 Ta có : A = x +1 x +1 5 ∈{1;2;3;4;5} Vậy A ∈{3;4;5;6;7}  x +1  5 5 5   3 2 1   9 4 1  x + 1∈ 5; ; ; ;1  x ∈  4; ; ; ;0   x ∈ 16; ; ; ;0  2 3 4   2 3 4   4 9 16  Câu 2. (2,0 điểm) a) Cho phương trình x 2 − mx − 2m2 = 0, với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị m để phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên x1 , x2 thỏa mãn 5 x12 + 8 x22 = 252 =

∆ = m 2 − 4 ( −2m 2 ) = 9m 2 ≥ 0 (với mọi m)

Vì x1 , x2 là hai nghiệm nguyên của phương trình Ta có : 5 x12 + 8 x22 = 252 (*) ⇔ 6 x12 + 9 x22 − ( x12 + x22 ) = 28.9  x ⋮3  x = 3t Suy ra x12 + x22 ⋮3 mà x1 , x2 ∈ ℤ nên  1   1 ,t, k ∈ ℤ  x2 ⋮3  x2 = 3k Thay vào (*) ta được 5.9t + 8.9k = 28.9 ⇔ 5t 2 + 8k 2 = 28 28 Ta được 0 ≤ k 2 ≤ , k ∈ ℤ 8 28 2 2 k = 0  t = ∉ ℤ(ktm) 5

k2 =1 t2 = 4 +)Với t = 2, k = 1  x1 = 6; x2 = 3  x1 x2 = 18 ⇔ −2m2 = 18(VN ) +)Với t = 2, k = −1  x1 x2 = −18  −2m2 = −18  m = ±3 +)Với t = −2, k = −1  x1 x2 = 18 ⇔ −2m2 = 18(ktm) +)Với t = −2, k = 1  x1 x2 = −18  −2m 2 = −18 ⇔ m = ±3 Vậy có hai giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán m = ±3 b) Cho đa thức f ( x ) = ax 2 + bx + c ( a ≠ 0 ) . Tìm a, b, c biết f ( x ) − 2020 chia hết cho x − 1, f ( x ) + 2021 chia hết cho x + 1và f ( x ) nhận giá trị bằng 2 khi x = 0 Vì f ( x ) − 2020 chia hết cho x − 1 nên f ( x ) − 2020 = ( x − 1) .g ( x )  f (1) − 2020 = 0 ⇔ a + b + c = 2020 (1) Lập luận tương tự ta có a − b + c = −2021( 2 ) Mà f ( x ) nhận giá trị bằng 2 khi x = 0  c = 2 ( 3)

x = y − 3 2 = ( 3 y − 4)   x =1− 2 y *)Thay x = y − 3 vào (2) ta được: 4 y 2 − 6 y + 39 = 8 + y ( 3)  4 y 2 − 6 y + 39 = y 2 + 16 y + 64

4041 ,c = 2 2 Câu 3. (2,0 điểm)

Vậy a = −5, b =

x 2 + 4 x + 3 x + 3 = 3x + x +

Điều kiện : x > 0 x 2 + 4 x + 3 x + 3 = 3x + x +

12 +7 x

 ( x + 4 )( x + 3)  + 3 x + 3 − 3x = 0 ⇔  x ( x + 4) −   x    x+3 ⇔ x + 4. x − −3 x− x+3 =0 x    x+4  ⇔ x− x+3  − 3 = 0 x  

(

(

(

)

)

)

2

∆ = ( y + 2 ) − 4.( −2 y 2 + 7 y − 3) = y 2 + 4 y + 4 + 8 y 2 − 28 y + 12 = 9 y 2 − 24 y + 16

5  a = − 2 a + b + c = 2020  4041   Từ (1) , ( 2 ) , ( 3) ta có hệ a − b + c = −2021 ⇔ b = 2 c = 2   c = 2 

a) Giải phương trình :

 1 ± 13 x =  x+3 = x  x2 − x − 3 = 0 2 ⇔ ⇔ ⇔ x + 4 = 9 x 1  4 3 x + = x    x = 2 1 + 13 1 ;x = Vậy phương trình có nghiệm x = 2 2 2 2  x − 2 y + xy + 2 x + 7 y − 3 = 0 (1) b) Giải hệ phương trình  2 2  x + 3 y + 30 + x − 2 y − 5 = 0 ( 2 ) Từ (1) ⇔ x 2 + ( y + 2 ) x − 2 y 2 + 7 y − 3 = 0

12 +7 x

 y = −1  3 y 2 − 22 y − 25 = 0 ⇔  25 y = 3  25 Thử lại ta thấy y = −1, y = thỏa mãn phương trình (3) 3 25 16 Với y = −1  x = −4 , Với y = x= 3 3 *)Thay x = 1 − 2 y vào (2) ta được : 7 y 2 − 4 y + 31 = 4 y + 4 ( 4 )  7 y 2 − 4 y + 31 = 16 y 2 + 32 y + 16

 −6 + 51 15 − 2 51 x= y = 3 3  9 y + 36 y − 15 = 0 ⇔   −6 − 51 ( ktm (3)) y = 3  Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm 16 25  15 − 2 51 −6 + 51  ; ( x; y ) = ( −4; −1) ,  ;  ,   3 3 3 3   2

Câu 4. (3,0 điểm)

M C K H

E A

I O

P B

N a) Chứng minh tứ giác EIBC nội tiếp một đường tròn Ta có : ∠ACB = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB) ∠BIE = 90°(giả thiết) Tứ giác BCEI có ∠BCE + ∠EIB = 180° Vậy tứ giác BCEI nội tiếp một đường tròn b) Chứng minh AE. AC = AM 2 và AE. AC − AI . AB = AI 2 Theo giả thiết MN ⊥ AB tại I suy ra A là điểm chính giữa của cung nhỏ MN Xét ∆AME và ∆ACM có : AM = AN ) ∠MAC chung, ∠AMN = ∠MCA (vì AM AE =  MA2 = AC. AE (1) Suy ra AC AM Xét tam giác AMI vuông tại I, suy ra AI 2 = AM 2 − MI 2 ( 2 ) Xét tam giác AMB vuông tại M có đường cao MI , Suy ra MI 2 = IA.IB ( 3) Từ (1), (2), (3)  AC. AE − AI .IB = AI 2

c) Gọi H , K , P lần lượt là hình chiếu của C lên đường thẳng BM , MN , BN . Xác định vị trí điểm C trên đường tròn ( O ) sao cho độ dài đoạn thẳng HK lớn nhất Tứ giác CHMK có ∠H + ∠K = 180° nên tứ giác CHMK nội tiếp Suy ra ∠HCK = ∠HMN (cùng bù với ∠KMH ) (a) Ta có : ∠BMN = ∠BCN (cùng chắn cung BN ) ( b ) Từ (a) và (b)  ∠HCK = ∠BCN (*) Ta có : ∠CKH = ∠CMH (cùng chắn cung CH ) ( c ) ∠CNB = ∠CMB (cùng chắn cung BC ) ( d ) Từ ( c ) , ( d )  ∠CKH = ∠CNB (**) HK CK Từ (*) và (**)  ∆CHK ∽ ∆CBN  = ≤1 BN CN Do đó HK ≤ BN . Dấu " = " xảy ra khi HK = BN Ta có BHPC là tứ giác nội tiếp (vì có hai đỉnh H , P nhìn đoạn BC dưới 1 góc vuông). ) Suy ra ∠KHC = ∠NBC (cùng chắn cung PC Tứ giác CNPK nội tiếp (vì ∠P + ∠K = 180°)  ∠CNB = ∠CKH  ∆CHK = ∆CBN  KC = CN ⇔ K ≡ N ⇔ ∠CNM = 90° Suy ra CM là đường kính của đường tròn (O) Vậy C đối xứng với M qua O Câu 5. Cho hai số thực x, y không âm thỏa mãn x + y = 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá

trị nhỏ nhất của biểu thức S = ( 5 x 2 + 7 y )( 5 y 2 + 7 x ) + 151xy Từ giả thiết bài toán ta có : S = ( 5 x 2 + 7 y )( 5 y 2 + 7 x ) + 151xy

= 25 x 2 y 2 + 35 ( x 3 + y 3 ) + 49 xy + 151xy = 25 x 2 y 2 + 35 ( x + y ) ( x + y ) − 3xy  + 200 xy   2

2

= 25 x 2 y 2 − 10 xy + 280 = ( 5 xy − 1) + 279 Vì x, y không âm nên : 2

x+ y 0 ≤ xy ≤   ⇔ 0 ≤ xy ≤ 1 ⇔ −1 ≤ 5 xy − 1 ≤ 4  2  2

2

 0 ≤ ( 5 xy − 1) ≤ 16  279 ≤ ( 5 xy − 1) + 279 ≤ 295 Vậy

x + y = 2 5±2 5  Min S = 279 ⇔  1 ⇔x= y= 5  xy = 5 x + y = 2 x = 1 Max S = 295 ⇔  ⇔  xy = 1 y =1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang) Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức A =

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2021-2022 Môn: Toán (Chuyên tin) Thời gian : 150 phút (không kể thời gian phát đề)

x +2 x +1 + + x −1 2 − x

 x ≥ 0,   x ≠ 1, x ≠ 4  x −2  

x +1

(

)(

x −1

)

a) Rút gọn biểu thức A b) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 4 + 2 3 Câu 2. (2,0 điểm) 2 2 a) Cho phương trình x − 2 ( m + 1) x + m − 3m + 2 = 0, m là tham số. Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = 4 x1 x2 b) Trong quá trình truy vết phòng dịch Covid – 19 của 3 ca F1 (tiếp xúc gần với người đã nhiễm bệnh) có tên là Lâm, Thanh, Vân; đã đi bằng 3 phương tiện khác nhau gồm: Xe ô tô cá nhân, xe khách và tàu hỏa, đến 3 địa phương khác nhau là : Hà Nội, Đà Nẵng và Gia Lai. Đội thu thập thông tin đã thu thập được các thông tin sau : (1) : Lâm không có ô tô cá nhân và đi đến Gia Lai

( 2 ) : Xe khách không đi Hà Nội mà chỉ đến Đà Nẵng và Gia Lai ( 3) :Thanh đến Đà Nẵng và không đi Hà Nội ( 4 ) :Tàu hỏa không đến Gia Lai mà chỉ đến Hà Nội ( 5 ) :Ba người đi trên ba phương tiện và đến ba địa phương khác nhau Hỏi mỗi người đi bằng phương tiện gì và đến địa phương nào ? Vì sao ?

Câu 3. (2,0 điểm) 2

a) Giải phương trình 3 2 x + 1 + x + 3 = 3 + 2 x + 7 x + 3 b) Bảng G vòng loại World Cup khu vực châu Á môn bóng đá có 5 đội bóng tham gia. Các đội thi đấu theo thể thức như sau: Mỗi đội đều thi đấu với tất cả các đội khác hai trận; trong mỗi trận đội thắng được 3 điểm, hòa mỗi đội được 1 điểm và đội thua 0 điểm. Kết quả xếp hạng từ 1 đến 5 của bảng đấu dựa trên tổng số điểm của mỗi đội đạt được từ cao xuống thấp, nếu các đội bằng điểm thì sẽ được xếp hạng bẳng cách so sánh thêm các chỉ số phụ. Hỏi sau khi kết thúc bảng đấu, đội đứng thứ năm có thể thắng ít nhất 4 trận hay không ? Vì sao ?

Câu 4. (3,0 điểm) Cho điểm A nằm ngoài đường tròn ( O ) . Qua A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC ( B, C là tiếp điểm) và cát tuyến ADE ( D nằm giữa A và E, tia AD nằm giữa hai tia AB và AO). Gọi K là trung điểm của đoạn DE , H là giao điểm của AO và BC. a) Chứng minh năm điểm A, B, K , O, C nằm trên một đường tròn b) Chứng minh AD. AE = AH . AO c) Gọi F là điểm đối xứng của D qua AO. Chứng minh ba điểm E, H , F thẳng hàng Câu 5. (1,0 điểm) Cho hai số thực a, b dương thỏa mãn 1 + 1 = 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : a b P=

1 1 + 2 a + b + 1 a + 2b + 1

ĐÁP ÁN TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN HÙNG VƯƠNG MÔN TOÁN NĂM 2021-2022 TỈNH GIA LAI Câu 1. x +2 x +1 + + x −1 2 − x

Cho biểu thức A =

 x ≥ 0,    x − 2  x ≠ 1, x ≠ 4 

x +1

(

)(

x −1

)

a) Rút gọn biểu thức A Ta có : x +2 x − 2 − x + 1 x −1 + x + 1 A= x −1 x − 2

(

)(

) (

(

=

( x − 4 ) − ( x − 1) +

(

)(

x −1

)(

)(

x +1

x −2

)

=

)

)

x −2

(

)(

x −1

x −2

)

=

1 x −1

b) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 4 + 2 3

(

Khi x = 4 + 2 3 = 1 + 3

 A=

)

2

 x =1+ 3

1 1 1 3 = = = 3 x −1 1 + 3 −1 3

Câu 2. a) Cho phương trình x 2 − 2 ( m + 1) x + m 2 − 3m + 2 = 0, m là tham số. Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = 4 x1 x2 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thì 1 ∆ ' > 0 ⇔ 5m − 1 > 0 ⇔ m > 5  x1 + x2 = 2 ( m + 1) Theo định lý Vi-et ta có :  2  x1 x2 = m − 3m + 2

Mà x1 + x2 = 4 x1x2 ⇔ 4 x1 x2 − ( x1 + x2 ) = 0  m = 3(tm) ⇔ 4 ( m2 − 3m + 2 ) − 2 ( m + 1) = 0 ⇔ 2m2 − 7m + 3 = 0 ⇔  1  m = (tm)  2 1 Vậy m = 3; m = thỏa mãn yêu cầu bài toán 2 b) Trong quá trình truy vết phòng dịch Covid – 19 của 3 ca F1 (tiếp xúc gần với người đã nhiễm bệnh) có tên là Lâm, Thanh, Vân; đã đi bằng 3 phương tiện khác nhau gồm: Xe ô tô cá nhân, xe khách và tàu hỏa, đến 3 địa phương khác nhau là : Hà Nội, Đà Nẵng và Gia Lai. Đội thu thập thông tin đã thu thập được các thông tin sau : (1) : Lâm không có ô tô cá nhân và đi đến Gia Lai

( 2 ) : Xe khách không đi Hà Nội mà chỉ đến Đà Nẵng và Gia Lai ( 3) :Thanh đến Đà Nẵng và không đi Hà Nội ( 4 ) :Tàu hỏa không đến Gia Lai mà chỉ đến Hà Nội ( 5 ) :Ba người đi trên ba phương tiện và đến ba địa phương khác nhau Hỏi mỗi người đi bằng phương tiện gì và đến địa phương nào ? Vì sao ?

Từ (1) ta thấy Lâm không có ô tô cá nhân nên chỉ có thể di chuyển bằng tàu hỏa hoặc xe khách.

Từ (4) Tàu hỏa không đến Gia Lai nên Lâm phải di chuyển bằng xe khách đến Gia Lai (thỏa mãn điều kiện ( 2 )) Từ (3) ta thấy Thanh chỉ đến Đà Nẵng, bằng 1 trong hai loại phương tiện Tàu hỏa hoặc ô tô cá nhân, mà từ (4) nên Thanh di chuyển bằng ô tô cá nhân đến Đà Nẵng .

Từ (5) ta thấy Vân di chuyển bằng tàu hỏa đến Hà Nội Kết luận : Lâm di chuyển bằng xe khách đến Gia Lai Thanh di chuyển bằng ô tô cá nhân đến Đà Nẵng Vân di chuyển bằng tàu hỏa đến Hà Nội Câu 3. a) Giải phương trình 3 2 x + 1 + x + 3 = 3 + 2 x 2 + 7 x + 3 1 Điều kiện x ≥ − . Khi đó : 2

thúc bảng đấu, đội đứng thứ năm có thể thắng ít nhất 4 trận hay không ? Vì sao ?

Giả sử, đội đứng thứ 5 bảng xếp hạng thắng ít nhất 4 trận Khi đó số điểm của đội đứng thứ 5 tối thiểu là 12 điểm Suy ra tổng số điểm của bảng đấu là S ≥ 12.5 = 60 Số trận của bảng là 4.5 = 20 trận, mỗi trận có tối đa 3 điểm Suy ra tổng số điểm của bảng đấu là S ≤ 20.3 = 60 Như vậy, đội đứng thứ 5 có kết quả thắng ít nhất 4 trận. Trong trường hợp tất cả các trận đều có kết quả thắng thua, và mỗi đội đều được 12 điểm, chỉ xếp hạng bằng cách so sánh chỉ số phụ Câu 4.

B E

K D

O

A H F

C 3 2x + 1 + x + 3 = 3 + 2x2 + 7 x + 3 ⇔ 3 2x + 1 − 3 + x + 3 −

) ⇔ ( 2 x + 1 − 1)( 3 − ⇔3

(

( 2 x + 1)( x + 3) = 0

(

)

2x + 1 − 1 + x + 3 1 − 2x + 1 = 0

)

x+3 =0

 2 x + 1 = 1  x = 0(tm) ⇔ ⇔  x = 6(tm)  x + 3 = 3 Vậy S = {0;6}

b) Bảng G vòng loại World Cup khu vực châu Á môn bóng đá có 5 đội bóng tham gia. Các đội thi đấu theo thể thức như sau: Mỗi đội đều thi đấu với tất cả các đội khác hai trận; trong mỗi trận đội thắng được 3 điểm, hòa mỗi đội được 1 điểm và đội thua 0 điểm. Kết quả xếp hạng từ 1 đến 5 của bảng đấu dựa trên tổng số điểm của mỗi đội đạt được từ cao xuống thấp, nếu các đội bằng điểm thì sẽ được xếp hạng bẳng cách so sánh thêm các chỉ số phụ. Hỏi sau khi kết

a) Chứng minh năm điểm A, B, K , O, C nằm trên một đường tròn Ta có ∠ABO = ∠ACO = 90° (giả thiết) Tứ giác ABOC có ∠B + ∠C = 180° Suy ra tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn đường kính AO  ∠AKO = 90° (vì K là trung điểm DE)  K nằm trên đường tròn đường kính AO. Suy ra 5 điểm A, B, K , O, C thuộc đường tròn đường kính AO b) Chứng minh AD. AE = AH . AO Xét ∆ABD và ∆AEB có : ∠BAE chung và ∠DBA = ∠DEB (cùng chắn cung DB) AB AD  ∆ABD ∽ ∆AEB ( g.g )  =  AB 2 = AD. AE (1) AE AB Mặt khác, ∆ABO vuông tại B có BH là đường cao Suy ra AB 2 = AH . AO (2) Từ (1) và (2) suy ra AD. AE = AH . AO c) Gọi F là điểm đối xứng của D qua AO. Chứng minh ba điểm E , H , F thẳng hàng AD AH Xét ∆ADH và ∆AOE có : = và ∠EAO chung AO AE

 ∆ADH ∽ ∆AOE (c.g.c )  ∠DHA = ∠AEO (1) ) ( 2) Suy ra tứ giác DHOE nội tiếp  ∠OHE = ∠ODE (cùng chắn OE ∆DOE cân tại O nên ∠OED = ∠ODE ( 3 ) Từ (1) , ( 2 ) , ( 3)  ∠OHE = ∠AHD ( 4 ) Vì F là điểm đối xứng với D qua OA nên ∠AHF = ∠AHD ( 5) Từ (4) và (5) suy ra ∠AHF = ∠OHE Ta có : ∠AHE + ∠OHE = ∠AHE + ∠AHF = 180° Vậy ba điểm E, H , F thẳng hàng 1 1 Câu 5. Cho hai số thực a, b dương thỏa mãn + = 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu a b 1 1 thức : P = + 2a + b + 1 a + 2b + 1 1 1 1 1 Ta chứng minh ≤  +  a +b 4 a b 1 1 1 1 2 2 Ta có : ( a − b ) ≥ 0 ⇔ ( a + b ) ≥ 4ab ⇔ ≤  +  (1) a + b 4 a b  Dấu " = " xảy ra khi a = b Áp dụng BĐT (1) ta được : 1 1 1 1  1  1 1  1  ≤  + +  + 1 ≤ 2a + b + 1 4  2a b + 1  4  2a 4  b   1 1 1 1 ≤ + + ( 2) 2a + b + 1 8a 16b 16 1 1 1 1 Tương tự ta có : ≤ + + ( 3) a + 2b + 1 16a 8b 16 Cộng (2) và (3) theo vế ta được : 1 1 3 1 1 1 3 1 1 + ≤  + + ⇔ P≤ + ⇔ P≤ 2a + b + 1 a + 2b + 1 16  a b  8 18 8 2   2a = b + 1  Dấu " = " xảy ra khi 2b = a + 1 ⇔ a = b = 1 1 1  + =2 a b 1 Vậy Max P = ⇔ a = b = 1 2 ⇔

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học 2021-2022 Môn: Toán (Đề chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

 a + a + b + ab a +1 ab + a + + 1 : 1 − ab  ab + 1 1 − ab  với a ≥ 0, b ≥ 0, a 2 + b 2 > 0 và ab ≠ 1.

1. Rút gọn biểu thức S .

2. Tính giá trị của biểu thức S khi a = 3 + 2 2 và b = 11 − 6 2.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN CHUYÊN



Câu I. (2,0 điểm) Cho biểu thức S = 

Câu II. (2,0 điểm)

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học: 2021-2022 Môn: Toán (Đề chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút

(Hướng dẫn chấm thi có 05 trang) Lưu ý: - Điểm làm tròn đến 0,25.

- Các cách giải khác mà đúng cho điểm tương đương.

Nội dung

Điểm

Câu I. (2,0 điểm) Cho biểu thức

 x + 2 y − 1 − 2 2 xy + x − 4 y − 2 = 0

 a +1  a + a + b + ab ab + a S = + + 1 : 1 − ab ab + 1 1 − ab   2 2 với a ≥ 0, b ≥ 0, a + b > 0 và ab ≠ 1.

 x − 2 + 3 2 y + 1 = 4.

1.(1,0 điểm) Rút gọn biểu thức S

1. Giải phương trình x 2 + x + 4 − ( 2 + x ) x 2 − x + 4 = 0.

2. Giải hệ phương trình 

Câu III. (3,5 điểm) Cho đường tròn (O ) đường kính AB = 2 R. Gọi ∆ là tiếp tuyến của (O ) tại A. Trên ∆ lấy điểm M sao cho MA > R. Qua M vẽ tiếp tuyến MC (C thuộc đường tròn (O ), C khác A). Gọi H và D lần lượt là hình chiếu vuông góc của C trên AB và AM . Gọi d là đường thẳng đi qua điểm O và vuông góc với AB. Gọi N là giao điểm của d và BC .

1. Chứng minh OM //BN và MC = NO. 2. Gọi Q là giao điểm của MB và CH , K là giao điểm của AC và OM . Chứng minh đường thẳng QK đi qua trung điểm của đoạn thẳng BC. 3. Gọi F là giao điểm của QK và AM , E là giao điểm CD và OM . Chứng minh tứ giác FEQO là hình bình hành. Khi M thay đổi trên ∆, tìm giá trị lớn nhất của QF + EO. Câu IV. (1,5 điểm) 1. Giải phương trình x3 + y 2 − x + 3 z = 2021 với x, y và z là các số nguyên.

2. Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng 1. Bên trong hình vuông người ta lấy tùy ý 2021 điểm phân biệt A1, A2 ,..., A2021 sao cho 2025 điểm A, B, C , D, A1, A2 , ..., A2021 không có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng từ 2025 điểm trên luôn tồn tại 3 điểm là 3 đỉnh của hình tam giác có diện tích không quá

1 .

4044

Câu V. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z ≤ 1. Chứng minh rằng

 1  1  1   2 − 1  2 − 1  2 − 1 ≥ 512. x  y   z

S=

(

)(

ab + a

)(

1 − ab

2 a +2 : 1 − ab 2 a +2 = ⋅ 1 − ab =

=

) (

a + 1 1 − ab +

(

a+ b

)(

)

ab + 1 + 1 − ab a + a + b + ab 0,25 : 1 − ab

)

a +1

1 − ab 1 − ab

(

a+ b

)(

)

a +1

2 a+ b

0,25

0,25 0,25

2.(1,0 điểm) Tính giá trị của biểu thức S với a = 3 + 2 2 và b = 11 − 6 2.

2

( ) 2 = (3 − 2 ) 

a = 3+ 2 2 = 1+ 2

a = 1 + 2.

2

b = 11 − 6

b = 3 − 2 = 3 − 2.

1 = .

2 1+ 2 + 3− 2 Câu II (2,0 điểm) S=

2

0,5 0,25 0,25

1. (1,0 điểm) Giải phương trình: x 2 + x + 4 − ( 2 + x ) x 2 − x + 4 = 0.

--- HẾT--Họ và tên thí sinh:……………….……………………Số báo danh:....................................

Phương trình x 2 + x + 4 − ( 2 + x ) x 2 − x + 4 = 0. (1) TXĐ: ℝ.

Cán bộ coi thi số 1………………………..…………Cán bộ coi thi số 2…………….....................

Đặt t = x 2 − x + 4 ( t ≥ 0 ) , khi đó phương trình (1) trở thành

t 2 − ( 2 + x ) t + 2 x = 0 (2)

0,25

⇔ ( t − 2 )( t − x ) = 0 .

Với t1 = 2  Với t2 = x 

0,25

2

2

x − x + 4 = 2 ⇔ x − x = 0 ⇔ x = 0; x = 1.

0,25

2

x − x + 4 = x  − x + 4 = 0  x = 4.

Thử lại, ta đi tới kết luận S = {0;1;4}.

0,25

 x + 2 y − 1 − 2 2 xy + x − 4 y − 2 = 0

2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 

 x − 2 + 3 2 y + 1 = 4.

x ≥ 2 2 xy + x − 4 y − 2 ≥ 0  Điều kiện:  ⇔ 1  x − 2 ≥ 0;2 y + 1 ≥ 0  y ≥ − 2 Phương trình

x −2−2 ⇔

(

( x − 2 )( 2 y + 1) + 2 y + 1 = 0

x − 2 − 2y + 1

)

2

0,25

0,25

= 0 ⇔ x − 2 = 2 y + 1.

 x − 2 = 2 y + 1

x = 3  x − 2 = 1 0,25 ⇔ ⇔ (thỏa mãn) y = 0  x − 2 + 3 2 y + 1 = 4  2 y + 1 = 1  Suy ra hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 3;0 ) .

0,25 Khi đó ta có hệ 

Câu III. (3,5 điểm) Cho đường tròn ( O ) đường kính AB = 2 R. Gọi ∆ là tiếp tuyến của ( O ) tại A. Trên ∆ lấy điểm M di động sao cho MA > R. Qua M dựng tiếp tuyến MC ( C thuộc đường tròn ( O ) , C khác A ). Gọi H và D lần lượt là hình chiếu vuông góc của C lên AB và AM . Gọi d là đường thẳng qua điểm O và vuông góc với AB. Gọi N là giao điểm của d và BC.

(Học sinh không vẽ hình ý nào sẽ không được chấm điểm ý đó) 1.(1,5 điểm) Chứng minh OM //BN và MC = NO. Ta có MA = MC và OA = OC suy ra MO là đường trung trực của đoạn thẳng AC, suy ra MO ⊥ AC. (1) .

Do ACB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên

ACB = 900  AC ⊥ BN .

( 2)

Từ (1) và (2) suy ra MO //BN .

0,25

0,25 0,25

Xét ∆MAO và ∆NOB

( hai góc đồng vị) vuông tại A và O ; AO = OB ; AOM = NBO Suy ra ∆MAO = ∆NOB  MA = NO. Mặt khác : MA = MC  MC = ON . ( 2 )

0,5 0,25

2.(1,0 điểm) Gọi Q là giao điểm của MB và CH . Gọi K là giao điểm của AC và OM . Chứng minh đường thẳng QK đi qua trung điểm của đoạn thẳng CB.

QH BH = (3).

AM BA CH HB CH HB Do CH //ON suy ra =  = ( 4 ).

ON OB AM 1 AB 2 1 Từ (3) và (4) ta có QH = CH , suy ra Q là trung điểm của CH .

2 Lại có K là trung điểm AC . Suy ra QK đi qua trung điểm của CB. Do QH //AM suy ra

0,25 0,25 0,25 0,25

3. (1,0 điểm) Gọi F là giao điểm của QK và AM , E là giao điểm CD và OM . Chứng minh tứ giác FEQO là hình bình hành. Khi M thay đổi trên ∆, tìm giá trị lớn nhất của QF + EO. Chứng minh ADCH là hình chữ nhật. Do K là trung điểm AC và Q là trung 0,25 điểm CH suy ra F là trung điểm AD. Ta có ∆EKC = ∆OKA ( g .c.g )  KE = KO

quát, giả sử A3 nằm trong ∆ABA2 . Khi đó ta có 6 + 2 = 8 tam giác không có điểm trong chung.

Sau 2021 bước như vậy thì hình vuông đã cho được chia thành 4044 tam giác 0,25 không có điểm trong chung.

Mặt khác tổng diện tích 4044 tam giác đó bằng 1, suy ra tồn tại ít nhất một tam

Ta có ∆FKA = ∆QKC ( g .c.g )  KF = KQ.

giác có diện tích không quá

0,25

Bước 3: Điểm A3 sẽ nằm ở một trong 6 tam giác đã có, không mất tính tổng

Suy ra FEQO là hình bình hành.

Ta có FQ + EO = AH + CB = AH + BH .BA = AH +

( AB − AH ) AB .

1 AB ⋅2⋅ ⋅ AB 2 − AB. AH AB 2  5 1  AB 2 ≤ AH + + AB 2 − AB. AH  = AB.  AB  4  4 3 Dấu bằng xảy ra AH = AB ⇔ AM = 3.R. 4

( AB − AH ) AB = AH +

2

2

2 2

0,25

⇔ (1 − x )(1 + x )(1 − y )(1 + y )(1 − z )(1 + z ) ≥ 512 x 2 y 2 z 2 Do x + y + z ≤ 1 nên ta có (1 − x )(1 − y )(1 − z )(1 + x )(1 + y )(1 + z ) Chứng minh được: ( x + y )( y + z )( z + x ) ≥ 8 xyz Và:

0,25

(1) ( 2).

( 2 x + y + z )( x + 2 y + z )( x + y + 2 z )

y ≡ {0;1}( mod 3) và 2021 ≡ 2 ( mod3) .

0,25

x3 − x = ( x − 1) x ( x + 1) ≡ 0 ( mod 3) ; 3z ≡ 0 ( mod3) .

0,25

0,25

≥2 x+ y x+ z 2 y+ x y+ z 2 z+ x z+ y = 8 ( x + y )( y + z )( z + x )

Như vậy vế trái chia cho 3 dư 0 hoặc 1 mà vế phải chia cho 3 dư 2. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm nguyên.

0,25 2. (0,75 điểm). Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng 1 . Bên trong hình vuông người ta lấy tùy ý 2021 điểm phân biệt A1, A2 ,..., A2021 sao cho 2025 điểm A, B, C, D, A1,..., A2021 không có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng từ 2025 điểm trên luôn tồn tại 3 điểm tạo thành hình tam giác có diện tích

1 .

4044

tính tổng quát ta giả sử A2 nằm trong ∆ABA1 , khi đó sẽ tạo ra thêm được 2 tam giác. Như vậy có 4 + 2 = 6 tam giác không có điểm trong chung.

2

≥ ( y + z )( z + x )( x + y )( 2 x + y + z )( x + 2 y + z )( x + y + 2 z )

Xét theo mod3 ta có

Ta chứng minh từ 2025 điểm đã cho tạo ra được đúng 4044 tam giác không có điểm trong chung (tức là: mọi điểm Y đã nằm ở miền trong tam giác này thì không nằm ở miền trong tam giác kia) Bước 1: từ A, B, C, D và A1 tạo ra được 4 tam giác không có điểm trong chung.

Bước 2: Điểm A2 sẽ nằm bên trong của một trong 4 tam giác đã có. Không mất

(1 − x )(1 − y )(1 − z ) ≥ 512 x y z 2

0,25

x3 + y 2 − x + 3z = 2021.

không quá

 1  1  1  − 1  2 − 1   2 − 1  ≥ 512.

2 z x  y   

minh rằng  Ta có

Câu IV. (1,5 điểm).

1. (0,75 điểm) Tìm các số nguyên x, y và z thỏa mãn phương trình

2

0,25

Câu V. (1,0 điểm). Cho ba số dương x, y và z thỏa mãn x + y + z ≤ 1. Chứng 0,25

Khi đó

AH +

1 .

4044

0,25

≥ 8.8 xyz

( 3) .

Từ (1), (2) và (3) suy ra điều phải chứng minh.

1 3

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = .

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2021 - 2022 Môn thi: TOÁN (chuyên Toán) Ngày thi: 14/6/2021 Thời gian làm bài: 150 phú

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN THAM KHẢO Bài I (2,0 điểm) 1) Giải phương trình x 2 + x + 2 − 2 x + 1 = 0 .

2) Cho ba số thực a , b và c thỏa mãn ab + bc + ca = 1 . Chứng minh a−b b−c c−a + + =0 1 + c 2 1 + a2 1 + b2

ĐỀ BÀI Bài I (2,0 điểm) 1) Giải phương trình x 2 + x + 2 − 2 x + 1 = 0 .

2) Cho ba số thực a , b và c thỏa mãn ab + bc + ca = 1 . Chứng minh a−b b−c c−a + + =0 1 + c 2 1 + a2 1 + b2

Bài II (2,0 điểm) 1) Tìm tất cả cặp số nguyên ( x , y) thỏa mãn x 2 + 5xy + 6 y 2 + x + 2 y − 2 = 0 .

2) Chứng minh với mỗi số nguyên n , số n2 + n + 16 không chia hết cho 49 .

Bài III (2,0 điểm) 2 và x 3 đều là số hữu tỉ. Chứng minh x là số hữu tỉ. x 2) Cho các số thực không âm a , b và c thỏa mãn a + b + c = 5 . Chứng minh 2a + 2 ab + abc ≤ 18

1) Cho số thực x khác 0 thỏa mãn x +

Bài IV (3,0 điểm) = 60° và AB < AC . Các đường Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) , với gốc BAC thẳng BO, CO lần lượt cắt các đoạn thẳng AC , AB tại M , N . Gọi F là điểm chính giữa của cung BC lớn.

1) Chứng minh năm điểm A , N , O , M và F cùng thuộc một đường tròn.

2) Gọi P , Q lần lượt là các giao điểm thứ hai của hai tia FN , FM với đường tròn (O) . Gọi J là giao điểm của đường thẳng BC và đường thẳng PQ . Chứng minh tia AJ là tia phân giác của . góc BAC 3) Gọi K là giao điểm của đường thẳng OJ và đường thẳng CF . Chứng minh AB vuông góc với AK .

Bài V (1,0 điểm) Cho A là một tập hợp con có 100 phần tử của tập hợp {1,2,3,…,178} 1) Chứng minh A chứa hai số tự nhiên liên tiếp.

2) Chứng minh với mọi số tự nhiên n thuộc tập hợp {2,3, 4,…, 22} , tồn tại hai phần tử của A có hiệu bằng n .

Lời giải 1) ĐKXĐ: x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1 .

Cách 1: Đặt t = x + 1, t ≥ 0.

Ta có:

(t

2

)

2

− 1 + t 2 − 1 + 2 − 2t = 0

⇔ t 4 − t 2 − 2t + 2 = 0

(

)

⇔ t 2 t 2 − 1 − 2(t − 1) = 0

⇔ t 2 (t − 1)(t + 1) − 2(t − 1) = 0

(

)

⇔ (t − 1) t 2 (t + 1) − 2 = 0

(

)

⇔ (t − 1) t 3 + t 2 − 2 = 0

(

)

⇔ (t − 1) t 3 − t 2 + 2t 2 − 2 = 0

(

)

⇔ (t − 1) t 2 (t − 1) + 2(t − 1)(t + 1) = 0

(

)

⇔ (t − 1)(t − 1) t 2 + 2t + 2 = 0

(

)

⇔ (t − 1)2 t 2 + 2t + 2 = 0 t = 1(TM ) ⇔ ⇔t =1 2 (t + 1) + 1 = 0 ( L )

Với t = 1 , suy ra

x + 1 = 1 ⇔ x + 1 = 1 ⇔ x = 0 (TM).

Vây phương trình có nghiệm x = 0 .

2) Ta có P = n2 + n + 16 suy ra 4 P = 4n2 + 4n + 64 = (2n + 1)2 + 63 .

Cách 2:

TH1: 2n + 1 ⋮ 7 suy ra (2n + 1)2 ⋮ 49 mà 63 ⋮ 49 suy ra 4 P ⋮ 49 suy ra P ⋮ 49 .

Ta có: x + x + 2 − 2 x + 1 = 0 ⇔ x + x + 1 − 2 x + 1 + 1 = 0 ⇔ x + ( x + 1 − 1) = 0 2

2

2

2

TH2: 2n + 1 ⋮ 7 suy ra (2n + 1)2 ⋮ 7 mà 63⋮7 suy ra 4 P ⋮ 49 suy ra P ⋮ 49 .

x = 0  x = 0  x = 0  x = 0 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x = 0(TM )  x + 1 = 1  x + 1 = 1  x = 0  x + 1 − 1 = 0

Vậy P ⋮ 49 với mọi n (đpcm)

Vây phương trình có nghiệm x = 0 .

Bài III (2,0 điểm)

2) Ta có: VT = =

a−b b−c c−a a−b b−c c−a + + = + + 1 + c 2 1 + a2 1 + b2 ab + bc + ca + c 2 ab + bc + ca + a2 ab + bc + ca + b 2

a−b b−c c−a ( a − b)( a + b) + (b − c )(b + c ) + (c − a)(c + a) + + = ( a + c)( b + c) ( a + b)(c + a) ( a + b)(b + c ) ( a + b)( a + c)(b + c)

(đpcm).

1) Cho số thực x khác 0 thỏa mãn x +

2) Cho các số thực không âm a , b và c thỏa mãn a + b + c = 5 . Chứng minh 2a + 2 ab + abc ≤ 18 Lời giải 1)

Bài II (2,0 điểm)

Cách 1:

1) Tìm tất cả cặp số nguyên ( x , y) thỏa mãn x 2 + 5xy + 6 y 2 + x + 2 y − 2 = 0 .

2) Chứng minh với mỗi số nguyên n , số n + n + 16 không chia hết cho 49 .

2

Lời giải 1) x + 5xy + 6 y + x + 2 y − 2 = 0 ⇔ ( x + 2 y)( x + 3 y) + ( x + 2 y ) = 2 ⇔ ( x + 2 y)( x + 3 y + 1) = 2 (1) 2

2 và x3 đều là số hữu tỉ. Chứng minh x là số hữu tỉ. x

2

Do x; y ∈ ℤ suy ra x + 2 y; x + 3 y + 1 ∈ ℤ

Cùng có x 3 ∈ ℚ suy ra Do x 2 +

Vậy từ (1) ta suy ra các trường hợp sau  x + 2 y = 2 x = 6 TH1:  . ⇔ + 3 + 1 = 1 x y  y = −2  x = 1  x + 2 y = 1 TH2:  ⇔  x + 3 y + 1 = 2 y = 0  x = −2  x + 2 y = −2 ⇔ x + 3 y + 1 = − 1 y = 0 

TH3: 

 x + 2 y = −1 x = 3 TH4:  ⇔  y = −2  x + 3 y + 1 = −2

Vậy các cặp số nguyên ( x; y) thỏa mãn là (6; −2);(1; 0);( −2; 0);(3; −2) .

2

2 x

Ta có x + ∈ ℚ suy ra x 2 +

4  2 4 + 4 =  x +  ∈ ℚ  x2 + 2 ∈ ℚ . x2 x x  

8 8  2  4 ∈ ℚ suy ra x 3 − 3 =  x −  x2 + 2 + 2  ∈ ℚ x3 x  x  x 

4 4 2 ∈ ℚ  x 2 + 2 + 2 ∈ ℚ nên suy ra x − ∈ ℚ . x2 x x 

2 

2



 



Vậy 2x =  x +  +  x −  ∈ ℚ suy ra x ∈ ℚ (điều phải chứng minh) x x Cách 2: Ta có: x + 

2 là số hữu tỉ x

x4 + 2 x2 ∈ℚ x3

Mà: x 3 ∈ ℚ  x 4 + 2 x 2 ∈ ℚ (1)

(

)

2

 x 2 + 1 ∈ ℚ (2)

Ta lại có: 

2 x2 + 2 ∈ ℚ; x 2 x 2 + 2 ∈ ℚ  x x 2 + 2 ∈ ℚ x

(

)

(

)

2 3 x2 + 2 x x 2 + 2 ∈ ℚ  x 2 + 2 ∈ ℚ (3) x

(

)

(

)

3

2

Từ (2) và (3)  ( x 2 + 2 ) − 3 ( x 2 + 1) ∈ ℚ

(

)

3

(

)

(

)

3

(

)

 x 2 + 1 + 3 x2 + 1 + 1 ∈ ℚ

 x 2 + 1 + 3 x2 + 1 ∈ ℚ 2  x 2 + 1  x2 + 1 + 3  ∈ ℚ  

(

)(

)

1) Chứng minh năm điểm A , N , O , M và F cùng thuộc một đường tròn.

 x2 + 1 ∈ ℚ  x2 + 2 ∈ ℚ

= BAC (góc nội tiếp và góc ờ tâm) BOC

x2 + 2 x ∈ ℚ  x2 + 2 ⋅ 2 = x∈ℚ Mà: x x +2

(

)

= 60°  BOC = 120° Mà BAC

b+c+2  2  

2

2) 2a + 2ab + abc = 2a + ab(c + 2) ≤ 2a + a  7−a  2 a + 2ab + abc ≤ 2a + a    2 

 Tứ giác AMON nội tiếp (1)

= NMO (cùng chắn ON ) NAO = MNO (cùng chắn OM ) MAO

2

= NBO (do OA = OB  ∆OAB cân) Mà NAO

Ta sẽ chứng minh:

= MCO (do OA = OC  ∆OAC cân) MAO

a 2 − 14a + 49 2a + a ⋅ ≤ 18 4

= NMB  ∆MBN cân tại N  NM = NB Nên NBM

⇔ a 3 − 14 a2 + 57 a − 72 ≤ 0

= MCN  ∆MCN cân tại M  MN = MC MNC

⇔ ( a − 3)2 ( a − 8) ≤ 0 luôn đúng với mọi 0 < a < 5

 NB = MC

Bài IV (3,0 điểm)

Xét ∆FNB và ∆FMC có:

= 60° và AB < AC . Các đường Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) , với gốc BAC thẳng BO , CO lần lượt cắt các đoạn thẳng AC , AB tại M , N . Gọi F là điểm chính giữa của cung BC lớn.

= MCF (cùng chắn AF ) NB = MC (chưng minh trên) NBF

Lời giải

) FB = FC ( F là điểm chính giữa BC  ∆FNB = ∆FMC(c.g.c)  FN = FM    NFB = MFC

+ MFB = BFC = BAC = 60° Mà MFC

Hay AK ⊥ AB

+ MFB = 60°  NFB

Bài V (1,0 điểm) Cho A là một tập hợp con có 100 phần tử của tập hợp {1, 2,3,… ,178}

= 60 o  NFM  o

 NAM = 60

1) Chứng minh A chứa hai số tự nhiên liên tiếp.

2) Chứng minh với mọi số tự nhiên n thuộc tập hợp {2, 3, 4,… ,22} , tồn tại hai phần tử của A có hiệu bằng n .

Tứ giác NAFM nội tiếp (2) Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm A , N , O , M , F cùng thuộc một đường tròn

Lời giải

2) Gọi P , Q lần lượt là các giao điểm thứ hai của hai tia FN , FM với đường tròn (O) . Gọi . J . là giao điểm của đường thẳng BC và đường thẳng PQ . Chứng minh tia AJ là tia phân giác của

1) Gọi các phần tử của tập A là A = {a1 , a2 , a3 … , a100 } . Không mắt tính tổng quát già sử

. góc BAC

a1 < a2 < a3 < … < a100

= AF = BP , do đó QJMC và BJNP là các tứ giác nội tiếp Ta có CQ

= BAC = 60° suy ra ∆BFC đều F là điểm chính giữa cung BC nên BFC = MQC = FAC = 60° Suy ra MQC

a2 − a1 ≥ 2; a3 − a2 ≥ 2 ….; a100 − a99 ≥ 2

Suy ra a100 = a100 − a90 + … + a3 − a2 + a2 − a1 + a1 ≥ 99.2 + a1 > 178 vậy a100 không thuộc tập hợp {1, 2, 3…,178} (trái với giả thiết) suy ra điều giả sử là sai từ đó ta có điều phải chứng minh.

= 60° suy ra MCQO là tứ giác nội tiếp Lại có MOC

2) Với n∈ {2,3, 4…, 22} giả sử không tồn tại hai phần tử nào của A có hiệu bẳng n (*).

Suy ra 5 điểm M , C , Q, J , O cùng thuộc một đường tròn

Ta có ai ≠ a j + kn ( k ∈ ℕ)∀i , j ∈ {1,2,3… ,100}

Chứng minh tương tự B, N ,O, J , P cũng thuộc một đường tròn = COM = 60° = BAC

Suy ra CJM

= MBJ = 30° = Suy ra AMJB là tứ giác nội tiếp  MAJ

Giả sử tập A không có hai số tự nhiên nào liên tiếp thì ta có

Với các phần tử a1 , a2 , a3 , a12 Ta có a1 ≤ 79 khi đó tập A không thể có các phần tử có dạng a1 + k , n ( k ∈ ℕ * )

BAC 2

Suy ra AJ là tia phân giác của góc BAC

3) Gọi K là giao điểm của đường thẳng OJ và đường thẳng CF . Chứng minh AB vuông góc với AK .

Theo trên ta có PBQC là hình thang cân, OJ là đường trung trưc của CP

Xét bất phương trình a1 + k.n ≤ 178  k ≥

178 − a1 99 ≥ >4 n 22

Vậy ít nhất có 4 số thuộc tập {1, 2,3 ....178} không thuốe A .

Tưong tự như vậy với a2 , a3 … a12 mỗi trường hợp cũng có ít nhất có 4 số thuộc tập {1, 2,3… ,178} không thuộc A ( các số bỏ đi trong các trương hợp là khác nhau).

Với các phần tử a13 , a14 , a15 …a34

= CAP − BAC = CAP − 30° = JOP − OCF = = Mặt khác JAP JOP − OPK JKP 2

Ta có a13 ≤ 91 khi đó tập A không thể có các phằn tử có dạng a13 + k.n ( k ∈ ℕ* )

Suy ra tứ giác AKJP nội tiếp

Xét bất phương trình a13 + kn ≤ 178  k ≥

= JPK = KCJ = 60°  BAK = BAJ + KAJ = 30° + 60° = 90° Suy ra KAJ

178 − a13 87 ≥ >3 n 22

Vậy ít nhất có 3 số thuộc tập {1, 2,3… ,178} không thuộc A .

Tương tự như vậy với a14 , a15 …a34 mỗi trường hợp cũng có ít nhất có 3 số thuộc tập {1, 2, 3…,178} không thuộc A ( các số bỏ đi trong các trường họp là khác nhau).

Suy ra tập A không nhiều hơn 178 − 114 = 64 phẩn tử ( trái với giả thiết) vậy điều giả sử (*) là sai tử đó ta có điều phải chứng minh.

-----HẾT-----

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

TRƯỜNG SƯ PHẠM

(Thời gian 150 phút, không kể thời gian giao đề) ĐỀ BÀI

1+ 5 2

a) Tìm một đa thức bậc hai Q ( x) với hệ số nguyên sao cho α là nghiệm của Q ( x) b) Cho đa thức: P( x) = x 5 − x 4 − x + 1 . Tính giá trị của P(α ) (3,0 điểm) Cho A, B là hai điểm cố định nằm trên đường tròn tâm O , bán kính R . Giả sử C là điểm cố định trên tia đối của tia BA . Một cát tuyến thay đổi qua C cắt đường tròn ( O ) tại D và E ( D nằm giữa C , E ). Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác BCD và ACE cắt nhau tại giao điểm thứ hai M . Biết rằng bốn điểm O, B, M , E tạo thành tứ giác OBME .

Chứng minh rằng: a) Tứ giác OBME nội tiếp. b) CD.CE = CO 2 − R 2 .

Bài 4.

Cho a =

1+ 5 2

a) Tìm một đa thức bậc hai Q ( x) với hệ số nguyên sao cho α là nghiệm của Q ( x) b) Cho đa thức: P ( x) = x 5 − x 4 − x + 1 . Tính giá trị của P (α )

(2,5 điểm) Cho a =

Bài 3.

(2,5 điểm)

Ngày thi: 17/06/2021.

(Đề thi gồm 01 trang)

Bài 2.

Bài 1.

NĂM HỌC 2021 – 2022.

MÔN THI: TOÁN (Toán chung)

Bài 1.

ĐÁP ÁN TOÁN CHUYÊN SƯ PHẠM HÀ NỘI

Lời giải

a).Tìm một đa thức bậc hai Q ( x) với hệ số nguyên sao cho α là nghiệm của Q ( x) Cách 1:

Có α =

1+ 5 ⇔ 2α − 1 = 5  4α 2 − 4α − 4 = 0 ⇔ α 2 − α − 1 = 0 .

2

Phương trình x 2 − x − 1 = 0 có hệ số nguyên và có 2 nghiệm α =

1+ 5 1− 5 , β= .

2 2

Vậy Q ( x ) = x2 − x − 1 thỏa yêu cầu bài.

Cách 2:

Có α =

1+ 5 1− 5 , đặt β = 2 2

α + β = 1 Ta có  α .β = −1

c) M luôn di chuyển trên một đường tròn cố định.

Phương trình có hệ số nguyên nhận α , β làm nghiệm là x 2 − x − 1 = 0

(2,0 điểm)

Vậy Q ( x ) = x2 − x − 1 thỏa yêu cầu bài.

Tìm tất cả các số nguyên dương N sao cho N có thể biểu diễn một cách duy nhất

b) P ( x) = x5 − x 4 − x + 1 = x5 − x 4 − x 3 + x3 − x + 1

x2 y + 1 ở dạng với x, y là hai số nguyên dương. xy + 1

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

(2,5 điểm)

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

Cho a , b , c là ba số nguyên dương sao cho mỗi số trong ba số đó đều biểu diễn được dưới dạng lũy thừa của 2 với số mũ tự nhiên. Biết rằng phương trình bậc hai ax 2 − bx + c = 0 (1) có cả hai nghiệm đều là số nguyên. Chứng minh rằng hai nghiệm của phương trình (1) bằng nhau.

P (α ) = (α 2 − α − 1)(α 3 + α ) + α 2 + 1 .

P (α ) = 0 + α 2 + 1 (Do α là nghiệm của phương trình: x 2 − x − 1 ).

Mà α 2 + 1 = α + 2 nên P (α ) = α 2 + 1 = α + 2 =

1+ 5 5+ 5 . +2= 2 2

Vậy P (α ) = Bài 2.

− 2 EMB

= 360° − EOB

5+ 5 .

2

+ EMB = 180° hay tứ giác OBME nội tiếp. suy ra EOB

(3,0 điểm)

b) Chứng minh CD.CE = CO 2 − R 2 .

Cho A, B là hai điểm cố định nằm trên đường tròn tâm O , bán kính R . Giả sử C là điểm cố

Cách 1.

định trên tia đối của tia BA . Một cát tuyến thay đổi qua C cắt đường tròn ( O ) tại D và E (

Kẻ CF là tiếp tuyến của ( O ) , suy ra CF ⊥ OF  CF 2 = CO 2 − OF 2 = CO 2 − R 2 (1)

D nằm giữa C , E ). Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác BCD và ACE cắt nhau tại giao

Mặt khác: ∆CDF ∽ ∆CFE (g.g)

điểm thứ hai M . Biết rằng bốn điểm O, B, M , E tạo thành tứ giác OBME .



Chứng minh rằng:

CD CF =  CF 2 = CD.CE (2) CF CE

Từ (1) và (2) ta có CD.CE = CO 2 − R 2 .

a) Tứ giác OBME nội tiếp.

Cách 2.

b) CD.CE = CO 2 − R 2 .

Gọi T là trung điểm DE .

c) M luôn di chuyển trên một đường tròn cố định.

Có CD.CE = ( CT − TD )( CT + TE ) , TD = TE

Lời giải

= CT 2 − TD 2 = CO 2 − OT 2 − TD 2 = CO 2 − OD 2 = CO 2 − R 2

c) Chứng minh M luôn di chuyển trên một đường tròn cố định.

E

= OMB + BMC = OEB + EAB = 90° hay M luôn di chuyển trên đường tròn đường OMC kính OC cố định.

T M

Bài 3.

D

(2,0 điểm)

Tìm tất cả các số nguyên dương N sao cho N có thể biểu diễn một cách duy nhất ở dạng

x2 y + 1 với x, y là hai số nguyên dương. xy + 1

O C

Lời giải

B

A N=

x2 + y ⇔ x 2 − Nxy − N + y = 0 ⇔ x ( Ny − x ) = y − N (1) xy + 1

F Với N = 1 dễ thấy có vô số cách biểu diễn N theo x, y là các bộ số dạng ( x, y ) = ( a, a + 1) ( a ∈ ℕ* ) Với N ≥ 2

a) Chứng minh tứ giác OBME nội tiếp.

(

= 2 BAE = 2 BDC = 2 BMC = 2 EMC − EMB

EOB

(

− EMB

= 2 180° − EAB

)

)

Nếu y = N  x = N 2 Nếu y ≠ N thì (1)  y − N ⋮ x  y − N ≥ x suy ra trong hai số y; N có ít nhất một số lớn hơn x

 Ny − x > 0  y − N > 0  y > N  y > x

Đặt a = 2k ; b = 2n ; c = 2m ( k , m, n ∈ ℕ )

Từ (1)  y − N ⋮ Ny − x  y − N ≥ Ny − x ≥ 2 y − x ≥ y + ( y − x ) ≥ y  N ≤ 0 ( loại)

Gọi x1 ; x2 là nghiệm nguyên của phương trình ax 2 − bx + c = 0

Vậy với N ≥ 2 thì ta có một biểu diễn duy nhất ở dạng

x2 + y xy + 1

Ta có ax12 − bx1 + c = 0  c = x1 ( b − ax1 ) > 0  c ⋮ x1  2m ⋮ x1 tương tự 2m ⋮ x2 (1)  x + x = 2n − k x > 0 Theo hệ thức Vi-et:  1 2 m − k   1 ( 2)  x2 > 0  x1.x2 = 2

Cách khác.

+) N = 1 có vô số bộ ( x; y ) có dạng ( k ; k + 1) ( k ∈ N ) thỏa mãn

x2 + y =N. xy + 1

Từ (1) ; ( 2 )  x1 ; x2 là các lũy thừa với số mũ tự nhiên của 2. Đặt x1 = 2 p , x2 = 2q ( p, q ∈ ℕ ) không mất tính tổng quát giả sử p ≥ q .

Suy ra N = 1 loại +) N ≠ 1

Khi đó x1 + x2 = 2 n − k ⇔ 2 q ( 2 p − q + 1) = 2 n − k  2 p − q + 1 = 2 n − k − q

x 2 + y ⋮ xy + 1

Vì 2 p − q + 1 ≥ 2  2 n − k − q ≥ 2  2 n − k − q là số chẵn  2 p − q + 1 là số chẵn

 y ( x 2 + y ) − x ( xy + 1) ⋮ xy + 1  y 2 − x ⋮ xy + 1 +) x < y  x 2 + y ≤ xy + y < 2 xy + 2

 x 2 + y ≤ xy + xy = 2 xy < 2 xy + 2  2

 2 p − q = 1  p − q = 0 ⇔ p = q  x1 = x2 (đpcm).

Cách 2:

x2 + y < 2  N < 2 vô lý. xy + 1

Đặt a = 2n ; b = 2m ; c = 2 p ( m; n; p ∈ ℕ ) .

Xét phương trình ax 2 + bx + c = 0 (1) có ∆ = b 2 − 4ac = 22 m − 2 n + p + 2 .

2

+) x ≥ y  − ( xy + 1) < − x < y − x < y < xy + 1 Để phương trình (1) có nghiệm nguyên thì ∆ là số chính phương.

 y2 − x = 0  x = y2  22 m − 2n + p + 2 = k 2

( k ∈ ℕ ) ⇔ 2n + p + 2 = ( 2m − k )( 2m + k )

4

N=

y +y =y y2 +1

m u 2u + 2v  2 − k = 2  m = 2u −1 (1 + 2v −u ) . ( u < v )  2m = v 2  2 − k = 2

 x = N2

(

Nếu u ≠ v thì 1 + 2v −u là số lẻ và khác 1 (vô lý).

)

Với mọi N > 1 thì cặp N 2 ; N là duy nhất

Suy ra u = v  k = 0  ∆ = 0 .

Bài 4.

(2,5 điểm)

Do đó, phương trình (1) có hai nghiệm bằng nhau.

Cho a , b , c là ba số nguyên dương sao cho mỗi số trong ba số đó đều biểu diễn được dưới dạng lũy thừa của 2 với số mũ tự nhiên. Biết rằng phương trình bậc hai ax 2 − bx + c = 0 (1) có cả hai nghiệm đều là số nguyên. Chứng minh rằng hai nghiệm của phương trình (1) bằng nhau.

Lời giải Cách 1:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2021-2022 Môn : Toán (Chuyên Tin) Thời gian: 150 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài I. (2,0 điểm) 1) Giải phương trình :

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TIN HÀ NỘI NĂM HỌC 2021-2022 Bài I.

2

4 + 2x − x = x − 2 3  x + 2 = 3 y 2) Giải hệ phương trình  3  y + 2 = 3 x Bài II. (2,0 điểm) 1) Chứng minh với mỗi số nguyên n, số n2 + 3n + 16 không chia hết cho 25 2) Tìm tất cả các số nguyên x và y thỏa mãn x 2 − xy − 2 y 2 + x + y − 5 = 0 Bài III. (2,0 điểm) 1) Cho a, b và c là các số thực đôi một khác nhau. Chứng minh : ( a + b )( b + c ) + ( b + c )( c + a ) + ( c + a )( a + b ) = −1 ( a − b )( b − c ) ( b − c )( c − a ) ( c − a )( a − b ) a b c 2) Cho biểu thức P = + + với a, b và c là các số thực 1 + 2bc 1 + 2ca 1 + 2ab không âm thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P Bài IV. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) và AB < AC. Gọi I là tâm

đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Đường thẳng AI cắt đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai là M (M khác A). Gọi D, E và F lần lượt là các hình chiếu của điểm I trên các đường thẳng BC , CA và AB 1) Chứng minh tam giác MBI là tam giác cân 2) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai P (P khác A). Chứng minh P, M , D là ba điểm thẳng hàng 3) Gọi H là giao điểm của đường thẳng IP và đường thẳng EF . Chứng minh HD song song với AM Bài V. (1,0 điểm) Trên bàn có n viên kẹo. Hai bạn An và Bình cùng chơi một trò chơi như sau : Hai bạn luân phiên lấy kẹo trên bàn, mỗi lần chỉ được lấy 1,2,3,4 hoặc 5 viên kẹo và phải lấy số viên kẹo khác với số viên kẹo của bạn còn lại vừa lấy ngay trước đó.

Bạn đầu tiên không thể thực hiện được lượt chơi của mình là người thua cuộc. Nếu An là người đi trước, 1) Với n = 7, hãy chỉ ra chiến thuật chơi của Bình khiến An là người thua cuộc 2) Với n = 22, hãy chỉ ra chiến thuật chơi của An khiến Bình là người thua cuộc

1) Giải phương trình :

4 + 2 x − x 2 = x − 2 ( DK : x ≥ 2 )

Từ phương trình ban đầu, ta suy ra :  x = 0(ktm) 4 + 2 x − x2 = x2 − 4 x + 4 ⇔ 2 x2 − 6 x = 0 ⇔   x = 3(tm) Vậy x = 3

 x 3 + 2 = 3 y 2) Giải hệ phương trình  3  y + 2 = 3 x

(1) ( 2)

Trừ phương trình (1) cho phương trình ( 2 ) , vế theo vế ta được :

x3 − y 3 = 3( y − x ) ⇔ ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 + 3) = 0 ⇔ x = y (do x 2 + xy + y 2 + 3 > 0) Thay x = y vào (1), ta có : x = 1 y = 1 2 x 2 − 3 x + 2 = 0 ⇔ ( x − 1) ( x + 2 ) = 0 ⇔   x = −2  y = −2

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm ( x; y ) = (1;1) ; ( −2; −2 )

Bài II. 1) Chứng minh với mỗi số nguyên n, số n 2 + 3n + 16 không chia hết cho 25 Ta có : n 2 + 3n + 16 = ( n + 4 )( n − 1) + 20 Giả sử n 2 + 3n + 16 chia hết cho 25, suy ra n 2 + 3n + 16 chia hết cho 5 Khi đó, vì 20⋮5 nên ( n + 4 )( n − 1)⋮5  n + 4 hoặc n − 1 chia hết cho 5 Mà ( n + 4 ) − ( n − 1) = 5 nên cả n + 4 và n − 1 đều chia hết cho 5 Khi đó, ( n + 4 )( n − 1)⋮ 25 , dẫn đến ( n + 4 )( n − 1) + 20 không chia hết cho 25 (vô lý)

Vậy n 2 + 3n + 16 không chia hết cho 25 2) Tìm tất cả các số nguyên x và y thỏa mãn x 2 − xy − 2 y 2 + x + y − 5 = 0

= ( a − b )( ca − ab ) + ( b − c )( ca − bc )

Phương trình tương đương với :

( x + y )( x − 2 y ) + x + y − 5 = 0 ⇔ ( x + y )( x − 2 y + 1) = 5 Vì x, y ∈ ℤ nên x + y , x − 2 y + 1 là các ước của 5. Từ đây, ta có bảng giá trị :

x − 2y +1 5

x+ y 1 5

1

−1

−5

−5

−1

Khi đó, VT (*) = ab ( b − a ) + bc ( c − b ) + ca ( a − b + b − c )

x y 2 −1 10 (ktm) 3 8 − ( ktm) 3 −4 −1

Vậy các cặp nghiệm ( x; y ) ∈{( 2; −1) ; ( −4; −1)}

Bài III.

= a ( a − b )( c − b ) + c ( b − c )( a − b ) = ( a − b )( b − c )( c − a ) = VP (*)

Đẳng thức được chứng minh.

2) Cho biểu thức P =

không âm thỏa mãn a 2 + b2 + c 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P Ta có :

a a a 2 = ≤ 2 2 a + b+c 1 + 2bc a + (b + c)

2 2 (BĐT cuối đúng do 2  a 2 + ( b + c )  ≥ ( a + b + c ) (với mọi a, b, c ≥ 0)  

Chứng minh tương tự, ta cũng có :

b b 2 c c 2 ≤ , ≤ 1 + 2ca a + b + c 1 + 2ab a + b + c

1) Cho a, b và c là các số thực đôi một khác nhau. Chứng minh :

( a + b )( b + c ) + ( b + c )( c + a ) + ( c + a )( a + b ) = −1 ( a − b )( b − c ) ( b − c )( c − a ) ( c − a )( a − b )

Do đó,

(a + b + c) P≤

a+b+c

Cộng 1 vào từng phân số bên vế trái, điều cần chứng minh tương đương với:

( a + b )( b + c ) + ( a − b )( b − c ) + ( b + c )( c + a ) + ( b − c )( c − a ) + ( c + a )( a + b ) + ( c − a )( a − b ) = 2 ( a − b )( b − c ) ( b − c )( c − a ) ( c − a )( a − b ) ⇔

ab + bc bc + ca ca + ab + + =1 ( a − b )( b − c ) ( b − c )( c − a ) ( c − a )( a − b )

⇔

b ( a + c )( c − a ) + c ( b + a )( a − b ) + a ( c + b )( b − c ) =1 ( a − b )( b − c )( c − a )

⇔ b ( c 2 − a 2 ) + c ( a 2 − b 2 ) + a ( b 2 − c 2 ) = ( a − b )( b − c )( c − a ) ⇔ ab ( b − a ) + bc ( c − b ) + ca ( a − c ) = ( a − b )( b − c )( c − a )(*)

a b c + + với a, b và c là các số thực 1 + 2bc 1 + 2ca 1 + 2ab

Vậy , GTNN của P là

2

a = 0  = 2 . Dấu bằng xảy ra khi  2 và các hoán vị b = c =  2

a = 0  2, đạt khi  2 và các hoán vị. b = c =  2

Bài IV.

Nên tam giác MBI cân tại M 2) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai P

A

(P khác A). Chứng minh P, M , D là ba điểm thẳng hàng Do ∠AEI = ∠AFI = 90° nên 4 điểm A, E, I , F nằm trên đường tròn đường kính AH . Ta

P

∠BPF = 180° − ∠PFA = 180° − ∠PEA = ∠PEC có :  ∠PBF = ∠PCE Nên ∆PFB ∽ ∆PEC ( g.g )

PB BF DB = =  PD là phân giác của ∠BPC PC CE DC Mặt khác, điểm M là điểm chính giữa cung BC nên PM cũng là phân giác của ∠BPC Từ đó suy ra 2 tia PD, PM trùng nhau hay P, D, M thẳng hàng.

3) Gọi H là giao điểm của đường thẳng IP và đường thẳng EF . Chứng minh HD song song với AM Dẫn đến

E H F

IO

Do tứ giác PEIF nội tiếp, IE = IF nên PI là tia phân giác của ∠EPF Dẫn đến PH là phân giác của ∠EPF , suy ra

C B

D

Mà theo câu 2, ta cũng có :

HE PE = HF PF

PE EC = , ngoài ra do ∠AEF = ∠AFE PF BF

Nên suy ra ∠BFH = ∠BEH Từ đây các tam giác BFH và CEH đồng dạng ( c.g.c ) 

M

HB FB DB = = HC FC DC

Nên HD cũng là phân giác của ∠BHC . Kết hợp với ∠FHB = ∠EHC ta có: ∠FHD = ∠FHB + ∠BHD = ∠EHC + ∠CHD = 90° hay HD ⊥ EF

1) Chứng minh tam giác MBI là tam giác cân Sử dụng góc ngoài của tam giác và góc nội tiếp, chú ý AM là phân giác của ∠BAC ta có biến đổi góc 1 1 ∠BIM = ∠IAB + ∠IBA = ∠BAC + ∠ABC 2 2 = ∠MAC + ∠IBC = ∠MBC + ∠IBC = ∠IBM

Mà AI ⊥ EF nên AI / / DH , hay HD / / AM (dfcm) Bài V. Trên bàn có n viên kẹo. Hai bạn An và Bình cùng chơi một trò chơi như sau : Hai bạn luân phiên lấy kẹo trên bàn, mỗi lần chỉ được lấy 1,2,3,4 hoặc 5 viên kẹo và phải lấy số viên kẹo khác với số viên kẹo của bạn còn lại vừa lấy ngay trước đó.

Bạn đầu tiên không thể thực hiện được lượt chơi của mình là người thua cuộc. Nếu An là người đi trước, 1) Với n = 7, hãy chỉ ra chiến thuật chơi của Bình khiến An là người thua cuộc Bình có chiến thuật thắng như sau : - Nếu lượt đầu tiên, An bốc k viên kẹo, với k > 1, thì Bình bốc số kẹo là 7 − k. Khi đó số kẹo trên bàn đã hết nên Bình thắng.

- Nếu lượt đầu tiên An bốc 1 viên kẹo, thì Bình bốc 3 viên kẹo. Khi đó trên bàn chỉ còn 3 viên kẹo nhưng An không thể bốc hết cả 3 viên kẹo. Nên ở lượt tiếp theo dù An bốc 1 hay 2 viên thì Bình chỉ cần bốc số kẹo còn lại là thắng 2) Với n = 22, hãy chỉ ra chiến thuật chơi của An khiến Bình là người thua cuộc

An có chiến thuật thắng như sau : - Ở lượt đầu tiên An bốc 2 viên kẹo. Khi đó số kẹo còn lại là 20 và Bình không được bốc 2 viên kẹo - Ở lượt tiếp theo, ta có 2 trường hợp xảy ra : Trường hợp 1.1: Nếu Bình bốc 1 viên kẹo, An sẽ bốc tiếp 3 viên kẹo. Lúc này nếu Bình bốc 1 viên kẹo thì An sẽ bốc 2 viên (và ngược lại), nếu Bình bốc 4 viên thì An sẽ bốc 5viên (và ngược lại). Số kẹo sau lượt An bốc sẽ còn 13 hoặc 7 viên.

Trường hợp 1.2: Nếu Bình bốc k > 1 viên kẹo, thì An sẽ bốc 7 − k viên kẹo. Số kẹo sau lượt An bốc sẽ còn 13 viên kẹo Trường hợp 2.1 Nếu Bình bốc k ≠ 3 viên kẹo, thì An bốc 6 − k viên kẹo để đưa về còn 7 viên kẹo. Theo ý 1) thì An sẽ có chiến thuật thắng Trường hợp 2.2 Nếu Bình bốc 3 viên kẹo, thì An sẽ bốc 5 viên kẹo để đưa về còn 5 viên kẹo.

- Đến đây, vì Bình không thể bốc cả 5 viên kẹo, nên khi Bình bốc k < 5 viên kẹo, An sẽ bốc 5 − k viên kẹo là dành chiến thắng.