TOÁN vào 10 CHUYÊN NINH BINH 2021 2022

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NINH BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2021 - 2022

Đề chính thức
Mơn: TỐN (CHUN) (10/6/2021)
Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian phát đề)
Tên: TRƢƠNG QUANG AN
Địa chỉ: Xã Nghĩa Thắng, Huyện Tƣ Nghĩa, Tỉnh Quảng Ngãi

 a2

a

1



Bài 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức sau: A  


 ; a  0; a  1
 a a 1 a  a  1 1  a 
a. Rút gọn A
b.Tìm max A
Bài 2. (2,0 điểm)
a. Giải phƣơng trình 29  x2  2x  3  x2
 x 2  4 y 2  17
b. Giải hệ phƣơng trình 

2 xy  x  2 y  1

Bài 3. (3,0 điểm) Cho ba số thực dƣơng a, b, c thỏa mãn
Tìm max P 

1
1
1


 12 .
x y z y xz

1
1
1


2 x  3 y  3z 3x  2 y  3z 3x  3 y  2 z

Bài 4. (3,0 điểm) Trên (O;R) lấy B,C cố định,BC không qua O,A di động trên
cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn và
ABvà song song EF cắt AB,AC tại M,N.Gọi P là giao điểm của EF và BC.I là trung
điểm CB.Chứng minh
1.BEFC nội tiếp và MBNC nội tiếp
2.Tam giác EDI đồng dạng tam giác PEI và H là trực tâm tam giác API.
3.Đƣơng tròn ngoại tiêp tam giác MNP qua 1 điểm cố định.
Bài 5. (1,5 điểm)
3

1.Tìm x,y nguyên thỏa 7  x  2 y   y  x   8 y  5x  1
2.Một giải cờ vua n kỳ thủ tham gia thể thức nhƣ sau:Mỗi ngƣời thi với tất cả kỳ
thủ khác ,mỗi cặp thi 1 ván,thắng 2 điểm,thua 0điểm ,hịa 1 điểm
a.Tính theo n số ván đấu của giải
b.Biết khi kết thúc ,tổng điểm mà mỗi kỳ thủ đạt đƣợc khác nhau và bất ngờ là kỳ
thủ đứng cuối cùng
Lại thắng 3 kỳ thủ đứng đầu bảng theo xếp hạng.Chứng minh n không thể bằng 12.
Lời giải
 a2

a

1



Bài 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức sau: A  


 ; a  0; a  1
 a a 1 a  a  1 1  a 


a.Rút gọn A
b.Tìm max A
Lời giải
 a2
a
1 
2



 
 a a 1 a  a  1 1  a  a  a  1
2
b.Tìm max A .Ta có
2a0
a  a 1

a.Rút gọn A.Ta có A  

Bài 2. (2,0 điểm)
a. Giải phƣơng trình 29  x2  2 x  3  x2
 x 2  4 y 2  17

b. Giải hệ phƣơng trình 

2 xy  x  2 y  1

Lời giải

x 2  4 y 2  17
( x  2 y  5)( x  2 y  3)  0


2 xy  x  2 y  1
2 xy  x  2 y  1 2(2 xy  x  2 y)  (2).1 
  x  2y  5
x  2 y  5
 1 


 ( x; y )  (1; 2);  4; 

 2 
 2 xy  x  2 y  1  xy  2

.

x

2
y


3
x

2
y


3


1




 ( x; y )  (1; 2);  4; 

 2 xy  x  2 y  1  xy  2
2 

3
a.Ta có x  ; x  2  29  x 2  29  22  2.2  3  22  2 x  3  x 2 .Với
2
3
 x  2  29  x 2  29  22  2.2  3  22  2 x  3  x 2 .Vậy x=2 thỏa
2
1
1
1
Bài 3. (3,0 điểm) Cho ba số thực dƣơng a, b, c thỏa mãn


 12 .
x y z y xz
1
1
1
Tìm max P 


2 x  3 y  3z 3x  2 y  3z 3x  3 y  2 z
 x 2  4 y 2  17

b.Ta có 

Lời giải
16

16
1
2
1
.Thiết lập 2 bất đẳng




2 x  3 y  3z ( x  y)  ( z  x)  2( y  z ) x  y z  y x  z
1
thức sau rồi cộng lại là xong.Khi đó x  y  z  .Max P=3.
8

Ta có

Bài 4. (3,0 điểm) Trên (O;R) lấy B,C cố định,BC không qua O,A di động trên
cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn và
ABvà song song EF cắt AB,AC tại M,N.Gọi P là giao điểm của EF và BC.I là trung
điểm CB.Chứng minh


1.BEFC nội tiếp và MBNC nội tiếp
2.Tam giác EDI đồng dạng tam giác PEI và H là trực tâm tam giác API.
3.Đƣơng tròn ngoại tiêp tam giác MNP qua 1 điểm cố định.
Lời giải
1.Ta có BEC  BFC  900 hay BEFC nội tiếp .Suy ra AFE  ACB  NCB cùng
bù với BFE .Do MN//EF nên AFE  BMN .Suy ra NCB  BMN nên BMCN nội
tiế

2.Ta có BFHD,AEHF nội tiếp nên BDF  BHF  FAE  BAC(1); .Do tứ giác
BFEC nội tiếp nên AEF  ABC .Do tam giác BEC vng tại E có EI trung tuyến
nên tam giác IEC cân tại I.Suy ra
IEF  1800  IEC  AEF  1800  ACB  ABC  BAC (2) .Từ (1);(2) suy ra
BDF  IEF hay FEID nội tiếp.Kết hợp tam giác IEF cân suy ra
IEP  IEF  IFE  IDE  PEI đồng dạng DEI .gọi K là giao điểm AO với
(O) .ta có CK//
HB vì vng góc AC.Tƣơng tự BK//CH nên BHCK là hình bình hành.Do đó K,J,H
thẳng hàng .Gọi giao điểm HK với (O) là T khác K.khi đó 5 điểm A,T,F,H,E cùng
thuộc đƣờng trịn đƣờng kính AH.Suy ra
TFA  TEA  TFB  TEC; TFB  TCE  TBF đồng dạng TCE .Suy ra
TB FT
TB CT

; BTF  CTE 

; ETF  BAC  TFE đồng dạng
TC ET
TF ET
TBC  TFE  TBC .Do đó TFP  1800  TFE  1800  TBC  TBP suy ra tứ
giác PTFB nội tiếp nên PTB  PFB  AFE  ACB .Ta có
PTB  BTA  BCA  BTA  1800 nên A,T,P thẳng hàng.Vì vậy IH vng góc AP

.Lại có AH vng góc IP nên H là trực tâm tam giác API
3.Ta có DBH DAC  DB.DC  DA.DH (3) ; DPH DAI  DP.DI  DA.DH (4)
DBM DCN  DB.DC  DM .DN (5) .Từ đó ta có DI.DP=DM.DN nên
DPM DNI suy ra DPM  DNI .Vì vậy đƣơng trịn ngoại tiêp tam giác MNP
qua 1 điểm cố định là I.
Bài 5. (1,5 điểm)
3

1.Tìm x,y nguyên thỏa 7  x  2 y   y  x   8 y  5x  1
2.Một giải cờ vua n kỳ thủ tham gia thể thức nhƣ sau:Mỗi ngƣời thi với tất cả kỳ
thủ khác ,mỗi cặp thi 1 ván,thắng 2 điểm,thua 0điểm ,hịa 1 điểm
a.Tính theo n số ván đấu của giải
b.Biết khi kết thúc ,tổng điểm mà mỗi kỳ thủ đạt đƣợc khác nhau và bất ngờ là kỳ
thủ đứng cuối cùng
Lại thắng 3 kỳ thủ đứng đầu bảng theo xếp hạng.Chứng minh n không thể bằng 12.
Lời giải
1.Ta đặt a  x  2 y; b  y  x .Ta có 7(x+2y)(y-x)=8y-5x+1 suy
ra 7a3b  a  6b  1  b(7a3  6)  a  1


 13  7(a  1)(a 2  a  1)  (7a3  6)  (7a3  6) 1; 1;13; 13  (a; b) (1;2);(1;0 .Từ

đó có x,y là (-1;1).
2.a.Ta tính số ván đấu là số cách chọn cặp (A;B) khơng kể thứ tự .Có n cách chọn
A và n-1 cách chọn B.Vì khơng kể thứ tự nên số ván đấu là

n(n  1)
2

b.2.Gỉa sử n=12 và không mất tính tổng quát coi số điểm của 12 ngƣời chơi lần
lƣợt là a1  a2  ...  a12 .Khi đó ngƣời đứng cuối thắng 3 ngƣời đầu
nên a12  2.3  6  a11  a12  1  7  a10  a11  1  8 .Cứ nhƣ vậy đến ngƣời đứng
đầu a1  a2  1  17  a1  a2  ...  a12  6  7  8  ...  17  138 .Mà lại có sau mỗi ván tổng
điểm của 2 ngƣời chơi luôn bằng 2 dù thắng thua hay hòa.Vậy tổng điểm 12 ngƣời
chơi là a1  a2  ...  a12 

n(n  1)
.2  132 (vô lý).Vậy giả sử sai

2