Bộ đề thi năng khiếu môn toán lớp 10 trường chuyên năm 2022

SỞ GD-ĐT HẢI DƯƠNG
Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LẦN THỨ NHẤT
NĂM HỌC 2021-2022
Mơn: Tốn 10
Lớp: 10 A1
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1. (3 điểm)
a) Cho hai tập hợp A  {x  ¡ | x  (1)n ;n  ¥ *} và B  {x  ¡ | x 2  4 x  3  0}
Viết A dưới dạng liệt kê phần tử; B dưới dạng khoảng (đoạn). Tìm A  B ; C¡ B .
b) Trong lớp 10A1 của trường X tất cả các học sinh đều thích ít nhất 1 trong hai mơn thể thao: bóng
đá và bóng rổ. Biết rằng số học sinh thích bóng đá gấp đơi số học sinh thích bóng rổ. Có 15 em
thích cả hai mơn và có 5 em chỉ thích bóng rổ. Tính số học sinh lớp 10A1.
Câu 2. ( 2,5 điểm)
a) Giải phương trình x + 2 7 - x = 2 x - 1 +
b) Cho hàm số y 

- x 2 + 8x - 7 + 1

x3
có đồ thị  C  và đường thẳng d : y  x  m , với m là tham số thực. Biết
x 1

rằng đường thẳng d cắt  C  tại hai điểm phân biệt A và B sao cho điểm G  2; 2 là trọng tâm
của tam giác OAB ( O là gốc toạ độ). Giá trị của m bằng bao nhiêu ?

·  60 . Các điểm M , N được
Câu 3. (1,5 điểm) Cho tam giác ABC có AB  c, AC  b và BAC
uuur

uuur

uur

xác định bởi MC  2MB và NA 

1 uuur
NB . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN
2

vng góc với nhau.
Câu 4. (2 điểm)
a) Cho x  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S  x 2 

1
6
 6x   4
2
x
x

 8 x  y  5  x  y  1  3 x  2 (1)

b) Giải hệ phương trình : 
1
 8 x  y  5 (2)
 xy 
x


 x; y ¡ 

Câu 5. (1 điểm) Cho hình thang ABCD có đáy AB , CD , CD  2 AB . M , N lần lượt là các điểm
thuộc cạnh AD và BC sao cho AM  5MD , 3BN  2 NC . Gọi P là giao điểm của AC và MN ;
PM QN

Q là giao điểm của BD và MN . Tính
PN QM
……………………..Hết………………………


HƯỚNG DẪN CHẤM 10A1
Câu 1:
a)

Ta có A  {  1;1} .

Xét bất phương trình x2  4x  3  0  1  x  3
Như vậy B  [1;3]
Ta có A  B  1 ; C¡ B  (;1)  (3; )
b)
Gọi tập 𝐴 là tập gồm các em thích bóng đá.
𝐵 là tập các em thích bóng rổ.
Vì có 15 em thích cả 2 mơn và 5 em chỉ thích bóng rổ nên số em thích bóng rổ là:
15 + 5 = 20
Vì số em thích bóng đá gấp đơi số em thích bóng rổ nên số em thích bóng đá là:
20.2 = 40
Theo cơng thức |𝐴 ∪ 𝐵| = |𝐴| + |𝐵| − |𝐴 ∩ 𝐵| ta có số học sinh lớp 10A1 là:
20 + 40 − 15 = 45

Câu 2:
a)

ìï 7 - x ³ 0
ïï
Û 1£ x £ 7.
● Điều kiện: ïí x - 1 ³ 0
ïï 2
ïï - x + 8x - 7 ³ 0
ỵ

(*) Û

x - 1- 2 x - 1 + 2 7 - x -

Û
Û

x- 1

(

(

)

x- 1- 2 -

)(

x- 1- 2

x- 1-

(7 - x )(x - 1) =

0

( x - 1 - 2) = 0
x)= 0

7- x
7-

é x- 1= 2
ê
Û ê
ê x- 1 = 7- x
ë
éx = 5
Û êê
.
x
=
4
êë

b) Phương trình hồnh độ giao điểm của d và  C  là:

 x 2  mx  m  3  0

 x  1 .

x3
 xm
x 1

Suy ra xA , xB là 2 nghiệm của phương trình x2  mx  m  3  0 .
Theo định lí Viet, ta có xA  xB  m .

Mặt khác, G  2; 2 là trọng tâm của tam giác OAB nên xA  xB  xO  3xG
 xA  xB  6


 m  6 . Thử lại thỏa mãn.
Vậy m  6 thoả mãn yêu cầu đề bài.
Câu 3:

uuur

uuur

uuur uuur

uuur uuur

uuur

uuur uuur

Ta có MC  2MB  AC  AM  2( AB  AM )  3AM  2 AB  AC

uuur

uur

uur

Tương tự ta cũng có 3CN  2CA  CB

uuur uuur

uuur uuur

uur

uur

Vậy: AM  CN  AM  CN  0  (2 AB  AC)(2CA  CB)  0

uuur uuur uuur uuur
uuur uuur
 (2 AB  AC)( AB  3 AC)  0  2 AB2  3 AC 2  5 AB  AC  0
 2c 2  3b 2 

5bc
 0  4c 2  6b 2  5bc  0  c  2b
2

Câu 4:

1
a) Đặt t  x  . Theo bất đẳng thức Cauchy ta có t  2
x

Khi đó S  t 2  6t  2  (t  3) 2  7  7


3 5
x

1
2
Vậy min S  8  t  3  x   3  
x

3 5
x 

2
b)
Điều kiện: x  0, y  0, 8x  y  5  0, x  y 1  0
(1) 




 

8x  y  5  3 x 



x  y  1  2  0.

8x  y  5  9x
x  y 1 4

0
8x  y  5  3 x
x  y 1  2



1
1
   x  y  5 

  0
 8x  y  5  3 x
x

y

1

2





   x  y  5 
   x  y  5


8x  y  5   0

x  y  1  2  8x  y  5  3 x  0
x  y 1  3 x  2 

 x  y 1 9x
4  8x  y  5 
   x  y  5 

0
 x  y  1  3 x 2  8 x  y  5 








1
1
0
   x  y  5  y  8 x  1 

 x  y 1  3 x 2  8x  y  5 
2 4 4 4 4 4 43 

 1 4 4 4 4 404x,y
TXD


   x  y  5  y  8 x  1  0

TH1:  x  y  5  0  y  5  x thay vào phương trình (2) :

1
 3 x  x 5  x  1  3x
ĐK: x   0;5
x
1 x
5  x  2  1  x   0  x
 1  x   0
5 x  2

x(5  x) 
x









1
 (1  x) 

 1  0  x  1  y  4 thỏa mãn điều kiện
x 2 
 1 544
 0 2x40;543 


TH 2: y  8x 1  0  y  8x  1 thay vào phương trình (2) :

x(8 x  1) 

1
 2  x 8x  1  1  2 x  x 8x  1  1  2 x  0
x

VT  x 8x  1  1  2 x  x  2 x  1 





2

x  1  0 x  0

Suy ra phương trình vơ nghiệm
x  1
Đáp số : hệ có nghiệm duy nhất 
y  4
Câu 5

Gọi E là giao điểm của AD và BC . Ta có A, B lần lượt là trung điểm của EC , ED .
uuuur
uuuur
uuur uuur
Cách 1: Giả sử PM  xPN ; QN  yQM .

ur 7 x uuur
uuuur
uuur 11 uu
EA
 EC
uuur EM  xEN
11 uuur
7 x uuur
6
10

EA 
EC

Ta có EP 
6 1  x 
10 1  x 
1 x
1 x
Do P, A, C thẳng hàng nên
Vậy

11
7x

25

 1  55  21x  30  30 x  x   .
9
6 1  x  10 1  x 

PM 25

.
PN
9

r 11y uuur
uuur
uuuur 7 uuu
EB 
ED
uuur EN  yEM
uuur
7
11y uuur
5
12


EB 
ED
Ta có EQ 
1 y
1 y

5 1  y 
12 1  y 
Do Q, B, D thẳng hàng nên

7
11y
24

 1  84  55 y  60  60 y  y   .
5
5 1  y  12 1  y 


QN 24
.

QM
5
PM QN 341
Suy ra
.


PN QM
45
Vậy

Cách 2: Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác EMN có A; P; C thẳng hàng ta có:

AE PM CN

.
.
1
AM PN CE

6 PM 3
 .
. 1
5 PN 10
Suy ra

PM 25

.
PN
9

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác EMN có B; Q; D thẳng hàng ta có:

DM QN BE
.
.
1
DE QM BN

Suy ra

1 QN 5
.
. 1

12 QM 2

QN 24
PM QN 341
; suy ra
.



QM
5
PN QM
45


SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LẦN I- KHỐI 10

TRƯỜNG THPT CHUN

NĂM HỌC 2020 - 2021

NGUYỄN TRÃI

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1: (2 điểm) Giải phương trình: 9 x 2  1  18 x  2  2 .


Câu 2: (2 điểm) Giải hệ phương trình: 


y 3  x3  3x 2  2 x
x3  y 3  3 y 2  2 y

2
3

Câu 3: (1 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn abc  . CMR:
ab
bc
ca
a bc


 3 3 3
ab bc ca a b c

Câu 4: (1 điểm) Tìm số tự nhiên x sao cho 1  2 x  22 x1 là số chính phương.
Câu 5: (3 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A có đường trịn ngoại tiếp (O). Đường
thẳng AO cắt BC tại M, cắt (O) tại K. Gọi D là một điểm thuộc đoạn BC. Lấy P và
Q thuộc đoạn AB, AC sao cho DP // AC và DQ // AB. Lấy I là trung điểm BD, J là
trung điểm CD.
a) CMR: BI = MJ và

MJ IP
.


MK IJ

b) CMR: KD  PQ .
c) Cho KD cắt (O) tại E. CMR: AQPE là hình thang cân.
Câu 6: (1 điểm) Cho bảng vuông 4  4 . Ta điền các số 1; 2; 3; 4 vào bảng sao cho
mỗi ơ một số và khơng có hàng hoặc cột nào có 2 số giống nhau. Hỏi có bao nhiêu
cách điền số như vậy?


Hướng dẫn giải:
Câu 1: a) ĐKXĐ: x 
Khi x 

1
3

1
thì 18 x  2  6  2  2 và
3

9x2 1  0

Do đó VT  2 . Dấu “=” xảy ra khi x 

1
3

Câu 2: Trừ 2 vế ta được: y 3  x3  x3  y 3  3( x 2  y 2 )  2( x  y)
2( x3  y 3 )  3( x 2  y 2 )  2( x  y)  0  ( x  y )(2 x 2  2 xy  2 y 2  3x  3 y  2)  0

1
2

1
2

Có: 2 x2  2 xy  2 y 2  3x  3 y  2  ( x  y  1)2  x 2  x   y 2  y   0
2
3

Do đó x = y và: x3  x3  3x2  2 x  x  2 hoặc x  .
2 2
3 3

Vậy ( x; y)  (0;0);( ; )
Câu 3:
VT = abc(

3
1
1
1
2
9



) 
3 2(ab  bc  ca)
ab  bc  ca

ab  ac bc  ba ca  cb

Ta cần CM: 3(a3  b3  c3 )  (a  b  c)(ab  bc  ca)
Lại có: (a3  b3  c3 )(a  b  c)  (a 2  b 2  c 2 )2
Mà: 3(a 2  b2  c 2 )  (a  b  c)2 và a 2  b2  c 2  ab  bc  ca nên ta có đpcm.
Dấu “=” xảy ra khi: a  b  c  3

2
3

Câu 4: Xét phương trình: 1  2 x  22 x 1  y 2  2 x (2 x1  1)  ( y  1)( y  1)
- Nếu x = 0 thì: y  2 hoặc y  2
- Nếu x > 0 thì y lẻ, đặt y = 2k + 1 ta được: 2 x 2 (2 x 1  1)  k (k  1)  x  2
Do (k, k+1) = 1 nên k 2x2 hoặc k  1 2 x2
TH1: k  m2x2 thì 2 x 1  1  m(k  1) = m  m2 2x2


Hay: m  1  2 x2 (m2  8)  0
m = 0 loại, m = 1 loại, m = 2 loại, m  3 loại.
TH2: k  1  m2 x2 thì 2 x 1  1  mk  m(m2 x 2  1)  m2 2 x2  m
Hay: 2 x2 (m2  8)  m  1  0 . Từ đó chặn được: 3  m  4 . Do đó m = 3.
Vậy x = 4.
Câu 5:

a) Vì I, J là trung điểm BD, CD nên JI =
Có:

1
BC = BM nên BI = MJ.
2

MJ
BI
IP IP
BI .MA BM .PI





2
MK MK MK .MA
BM IJ
BM

b) Có: KP 2  KB 2  BP 2 , KQ 2  KC 2  CQ 2 .
Do đó: KP 2  KQ 2  BP 2  CQ 2  DP 2  DQ 2
Áp dụng định lí 4 điểm ta có: KD  PQ
c) Vì K là điểm chính giữa cung nhỏ BC nên ED là phân giác BEC .


Do đó:

EB BD BP
nên ∆𝐸𝑃𝐵 ~∆𝐸𝑄𝐶 (𝑐. 𝑔. 𝑐)


EC CD CQ

Nên BEP  CEQ  PEQ  BEC  BAC

Lại có: DK // PQ và DK // AE nên kết hợp điều trên ta có AQPE là hình thang cân.
Câu 6: Vì các hàng và các cột có thể chuyển vị trí cho nhau nên ta đếm 1 trường
hợp sau đó đếm số cách có thể đổi vị trí.
Ta xét trường hợp các số 1 ghi ở đường chéo chính.
Tiếp theo là các số 2, 3, 4 ở hàng 1 theo đúng thứ tự.
+ TH1: số 2 ghi ở ô đầu tiên của hàng 2 thì 2 ơ cịn lại là 4;3
Làm tiếp ta thấy trường hợp này có 2 cách.
+ TH2: Số 2 ghi ở ô thứ 3 của hàng thứ 2: Làm tiếp ta thấy có 1 cách
+ TH3: Số 2 ghi ở ô thứ 4 của hàng thứ 2: Tương tự có 1 cách.
Như vậy, trường hợp các số 1 ở đường chéo chính và hàng 1 ghi số 1; 2; 3; 4 có 4
cách. Ta có thể đổi vị trí 3 số 2; 3; 4 được 3! = 6 cách.
Do đó, trường hợp các số 1 ghi ở đường chéo chính ta có: 4.6 = 24 cách.
Các cách điền số khác có thể thu được bằng cách đổi vị trí các hàng của bảng
vng, có 4 hàng nên số hoán vị đổi các hàng là: 4!
Vậy số cách điền số thỏa mãn mà: 4!.24 = 576.


SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG

ĐỀ THI THÁNG LẦN 1 NĂM HỌC 2021 - 2022

TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI

MƠN TỐN – 10
Thời gian làm bài : 180 Phút

( Đề có 1 trang )

mx 2 − 6 x + m − 6
Câu 1. (2,0 điểm) Tìm m sao cho hàm số y =

đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2
x2 + 2

Câu 2. (2,0 điểm) Cho dãy số Fibonacci ( Fn ) thỏa mãn F1 = F2 = 1 và Fn+2 = Fn+1 + Fnn  1 .
Chứng minh 2n−1 Fn − n chia hết cho 5 với mọi n  1
Câu 3. (3,0 điểm)
1) Cho hình bình hành ABCD tâm O. Lấy các điểm I, J sao cho:
3IA + 2 IC − 2 ID = 0 (1) và JA − 2 JB + 2 JC = 0 (2)

Chứng minh rằng: I, J, O thẳng hàng.
2) Cho tam giác ABC. Các điểm D,E,F trên các cạnh BC,CA,AB thỏa mãn:
BD CE AF
. Chứng minh
=
=
CD AE BF

a) Hai tam giác ABC và DEF có cùng trọng tâm
b) Nếu hai tam giác ABC và DEF chung trực tâm thì tam giác ABC đều.
Câu 4. (2,0 điểm) Tìm tất cả các hàm f :

→

thỏa mãn:

f ( ( x − y ) 2 ) = x 2 − 2 yf ( x) + ( f ( y )) 2 x, y 

.

Câu 5. (1,0 điểm) Một lễ hội có n chú hề tới góp vui. Biết rằng mỗi chú hề đều chọn được ít

nhất 5 màu từ 8 màu có sẵn để vẽ lên trang phục và mặt của mình sao cho khơng có 2 chú hề
nào sử dụng các màu giống hệt nhau và 1 màu có không quá 10 chú hề sử dụng. Chứng minh
rằng n  16 và hãy chỉ ra 1 cách tô màu cho đúng 16 chú hề thỏa mãn các điều kiện trên.


ĐÁP ÁN THI THÁNG LẦN 1 LỚP 10 TOÁN NĂM HỌC 2021-2022
Câu 1. (2,0 điểm) Tìm m sao cho hàm số y =

mx 2 − 6 x + m − 6
đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2
x2 + 2

Lời giải:



min y = 2  



mx 2 − 6 x + m − 6
 2x (1)
x2 + 2
mx 2 − 6 x + m − 6
x0 : 0 2 0
= 2 (2)
x0 + 2

(1)  f ( x) = (m − 2) x 2 − 6 x + m − 10  0x
(2)  phương trình (m − 2) x 2 − 6 x + m − 10 = 0 có nghiệm.

m = 2 rõ ràng không thỏa mãn

m = 2 thì hai điều trên tương đương với  f = 0 hay m = 11 hoặc m = 1

Đáp số: m = 11 hoặc m = 1
Câu 2. (2,0 điểm) Cho dãy số Fibonacci ( Fn ) thỏa mãn F1 = F2 = 1 và Fn+2 = Fn+1 + Fnn  1 .
Chứng minh 2n−1 Fn − n chia hết cho 5 với mọi n  1
Lời giải:
Chứng minh bằng truy hồi
Bước cơ sở với F1.F2 đơn giản
Giả sử n  2 và kết quả đúng với mọi k = 1, 2, n .
Xét 2n.Fn+1 − (n + 1) = 2(2n−1 Fn − n) + 4(2n−2 Fn−1 − (n − 1)) + 5n − 5
Từ đó do 2n−1 Fn − n và 2n−2 Fn−1 − (n − 1) chia hết cho 5, ta có 2n.Fn+1 − (n + 1) chia hết cho 5.
Theo nguyên lý quy nạp, có điều phải chứng minh
Câu 3. (3,0 điểm) 1) Cho hình bình hành ABCD tâm O. Lấy các điểm I, J sao cho:
3IA + 2 IC − 2 ID = 0 (1) và JA − 2 JB + 2 JC = 0 (2)

Chứng minh rằng: I, J, O thẳng hàng.


2) Cho tam giác ABC. Các điểm D,E,F trên các cạnh BC,CA,AB thỏa mãn:

BD CE AF
.
=
=
CD AE BF

Chứng minh
a) Hai tam giác ABC và DEF có cùng trọng tâm

b) Nếu hai tam giác ABC và DEF chung trực tâm thì tam giác ABC đều.
Lời giải:
1) Ta có:
(1)  3(OA − OI ) + 2(OC − OI ) − 2(OD − OI ) = 0  −3OI + 3OA + 2OC − 2OD = 0

1
 −3OI + 3OA + 2(−OA) − 2(−OB) = 0  OI = (OA + 2OB)
3

(2)  −OJ + OA − 2OB + 2OC = 0  −OJ + OA − 2OB + 2(−OA) = 0  OJ = −OA − 2OB
1
3

Từ (3) và (4) suy ra: OI = − OJ  I, J,O thẳng hàng
2) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC.
CD
AE
BF
 BD
  CE
  AF

GC +
GB  + 
GA +
GC  + 
GB +
GA 
CB
AC

BA
 BC
  CA
  AB

 BD AE 
 CD AF 
 CE BF 
=
+
+
+
 GC + 
 GB + 
 GA = GA + GB + GC = 0.
 BC AC 
 CB AB 
 CA BA 

Ta có GD + GE + GF = 

Suy ra G là trọng tâm tam giác DEF
A

F

O

B

D

E

C

Lại có hai tam giác ABC và DEF có chung trực tâm nên dựa vào tính chất của đường thẳng
Euler suy ra hai tam giác cũng có chung tâm đường trịn ngoại tiếp O .


Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC.
Do OD = OE nên OD 2 − R 2 = OE 2 − R 2
Suy ra DB.DC = EC.EA . Mà

DB EC
nên DC 2 = EA2
=
DC EA

Chứng minh tương tự ta thu được DC = EA = FB . Từ đó BC = CA = AB hay tam giác ABC đều.
Câu 4. (2,0 điểm) Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn:
f ( ( x − y ) 2 ) = x 2 − 2 yf ( x) + ( f ( y )) 2 x, y 

.

Lời giải:
 f (0) = 0
 f (0) = 1

Cho x = y = 0  f (0) = ( f (0)) 2  

y = 0
ta được: f ( x 2 ) = x 2  f (t ) = tt  0
x 

Nếu f (0) = 0 : Cho 

Cho x = y  ta được: f (0) = x 2 − 2 xf ( x) + ( f ( x)) 2  ( f ( x) − x) 2 = 0  f ( x) = x với mọi x. Thử
lại thấy đúng.
y = 0
ta được: f ( x 2 ) = x 2 + 1  f (t ) = t + 1t  0 .
x 

Nếu f (0) = 1: Cho 
Cho x = 0; y 

ta được: f ( y 2 ) = −2 y + ( f ( y ))2  ( f ( y )) 2 = f ( y 2 ) + 2 y

 f ( y) = y + 1
với mọi y
= y 2 + 1 + 2 y = ( y + 1) 2  
 f ( y) = − y − 1

Giả sử yo  R sao cho: f ( yo ) = − yo − 1 . Chọn x = y = yo ta được:
 f ( yo ) = yo − 1
2
1 = yo2 − 2 yo f ( yo ) + ( f ( yo ) )  
 f ( yo ) = yo + 1

Nếu f ( yo ) = yo − 1  − yo − 1 = yo − 1  yo = 0 và f (0) = −1 (loai).

Nếu f ( yo ) = yo + 1  − yo − 1 = yo + 1  yo = −1  f (−1) = 0 .
Thỏa mãn: f ( yo ) = yo + 1 . Vậy f ( y ) = y + 1y  R . Thử lại thấy đúng.
Câu 5. (1,0 điểm) Một lễ hội có n chú hề tới góp vui. Biết rằng mỗi chú hề đều chọn được ít
nhất 5 màu từ 8 màu có sẵn để vẽ lên trang phục và mặt của mình sao cho khơng có 2 chú hề


nào sử dụng các màu giống hệt nhau và 1 màu có khơng q 10 chú hề sử dụng. Chứng minh
rằng n  16 và hãy chỉ ra 1 cách tô màu cho đúng 16 chú hề thỏa mãn các điều kiện trên.
Lời giải:
Ta đếm số T các cặp ( H , m) với H là chú hề nào đó và m là màu mà chú hề đó sử dụng.
Cách 1.
GĐ 1. Chọn chú hề: Có n cách
GĐ 2. Chọn màu mà chú hề đó dùng:  5
Vậy T  5n
Cách 2.
GĐ 1. Chọn màu mà chú hề dùng: 8 cách
GĐ 2. Chọn chú hề dùng màu đó:  10
Vậy T  8.10
Từ các điều trên ta có: 5n  80 , suy ra n  16
Dấu bằng xảy ra khi mỗi chú hề dùng đúng 5 màu và 1 màu có đúng 10 chú hề sử dụng
Ta minh họa 1 trường hợp xảy ra dấu bằng trong bảng sau: ( dấu x chỉ màu mà chú hề tương ứng
sử dụng)
H1
H2
H3
H4
H5
H6
H7
H8

H9
H10
H11
H12
H13
H14
H15
H16

m1 m2 m3
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x

x
x
x
x
x

x
x

x
x
x

x

m4
x
x
x
x

x
x
x
x
x

x
x
x
x

m5
x
x
x
x
x

x
x
x
x

x
x

x
x
x
x
x

m7 m8

x
x
x
x
x

x
x
x
x
x

x

x
x
x

m6

x

x
x
x
x
x

x
x
x
x
x

x
x
x
x



SỞ GD-ĐT HẢI DƯƠNG
Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LẦN THỨ NĂM
NĂM HỌC 2021-2022
Mơn: Tốn 10
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số bậc hai y  f ( x)  mx 2  (m  2) x  3 .
a) Tìm m để y  f ( x) là hàm chẵn.
b) Tìm m để y  f ( x) đồng biến trên (2; ) .
Câu 2. (2 điểm)
a) Giải phương trình 2  x  1 3x  1  8 x  4  x2  7 x  18 .

 x 2  4 y 2  2 xy  1  4 x
b) Giải hệ phương trình 
2
2
 x( x  2 y )  8 y  7 x  2
Câu 3. (2 điểm)
a) Tìm số nguyên dương n, n  4 biết: 2.C0n  5.C1n  8.C2n  (3n  2)  Cnn  1600 .
b) Cho ba số thực dương x; y; z thỏa mãn x  y  z 

P

z  xy  1

2

y 2  yz  1



x  yz  1

3
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2

2

z 2  zx  1



y  zx  1

2

x 2  xy  1

.

Câu 4. (3 điểm)
a) Cho tam giác ABC có AB= c ,BC=a ,CA=b .Trung tuyến CM vng góc với phân giác
CM 3
b

5  2 5 . Tính . . và cos A .
trong AL và
AL 2
c
b) Cho tam giác ABC không vuông với độ dài các đường cao kẻ từ đỉnh B, C lần lượt là

hb , hc , độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A là ma . Tính cos A , biết
hb  8, hc  6, ma  5.
Câu 5. (1 điểm) Cho đa giác lồi n đỉnh. Ta nối tất cả các đường chéo. Biết rằng khơng có 3 đường
chéo nào đồng quy bên trong của đa giác đã cho. Tính số miền đa giác được tạo thành bên trong của
đa giác lồi đó (ta chỉ tính các đa giác mà bên trong nó khơng có điểm nào thuộc đường chéo của đa
giác ban đầu)


HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 1:
a) Vì tập xác định của f ( x) là ¡ nên f ( x) là hàm chẵn  f ( x)  f ( x)x ¡
Hay mx 2  (m  2) x  3  m( x) 2  (m  2)( x)  3 x  ¡

 (m  2) x  0 x ¡
m2

b) Vì y  f ( x) là hàm số bậc hai nên để f ( x) đồng biến trên (2; ) thì trước hết m  0 .

 (m  2)

;   .
Khi đó, hàm số đồng biến trên 
 2m

 (m  2)

;   ; hay
Như vậy để f ( x) đồng biến trên (2; ) thì (2; )  
 2m


(m  2)
2
 2   m  2  4m   m ( m  0 )
2m
5

Câu 2:
a)

1
3
Pt: 2  x  1 3x  1  8 x  4  x2  7 x  18
Đk: x  

 2  x  1 3x  1  8 x  4  3x  1  ( x2  2 x  1)  2 x  16





  3x  1  2  x  1 3x  1   x  1  2 x  4  4 x  4  4  0
2







2

3x  1  x  1  2



x4 2



2

0

 3x  1  x  1  0
 3x  1  x  1


 x  4  2  0
 x  0
 x0
Vậy pt có nghiệm x=0
b)


 4 y2 1
 x  2y  4

 x  4 y  2 xy  1  4 x
x


.
Dễ thấy x  0 , ta có: 
2
2
2
 x( x  2 y )  8 y  7 x  2
( x  2 y ) 2  2 4 y  1  7

x
2

Đặt u 

2

4 y2 1
, v  x  2 y ta có hệ:
x

 uv  4
 u  4v
 v  3, u  1
 2

 2
v  2u  7
v  2v  15  0
v  5, u  9

 x  5, y  1
4 y 2  1  x
4 y 2  1  x
4 y 2  2 y  2  0
+) Với v  3, u  1 ta có hệ: 



 x  2, y  1
 x  2y  3
 x  3 2y
 x  3 2y

2

4 y 2  1  9 x
4 y 2  1  9 x
4 y 2  18 y  46  0
+) Với v  5, u  9 ta có hệ: 


 x  2 y  5
 x  5  2 y
 x  5  2 y
Hệ này vô nghiệm.

Câu 3:
a)

Số hạng tổng quát của tổng ở vế trái là: (3k  2)Ckn  3k  Ckn  2.Ckn , (0  k  n) .





Đặt P  2  C0n  5.C1n  8.C2n  (3n  2)  C nn , ta có: P  3 C1n  2  Cn2  3.C3n  n.Cnn 



2 C0n  C1n  C2n  Cnn



Mặt khác ta có:
1C1n  2  C2n  3.C3n  n  Cnn  n  2n 1 ;C0n  C1n  Cn2  Cnn  2n
Do đó P  3n  2n1  2  2n  (3n  4)2n 1 .
Từ yêu cầu bài toán ta suy ra: (3n  4)2n1  1600  25.26 .


3n  4  25
n 1
6
(3n  4)  2  25.2


 n  1  6
n7
n  N , n  4
n  N , n  4



Vậy n  7 thỏa mãn yêu cầu bài tốn.
b)
Biến đổi biểu thức P , ta có:
2

2
2

1 
1 
1
x y y  z 
z 
x
 
P

1
1
1
y
z
x
z
x
y

a 2 b2 c 2
Chứng minh bất đẳng thức:

   a  b  c(a, b, c  0)
b c a


Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

a2
b2
c2
a 2 b2 c 2
 b  2a,  c  2b,  a  2c     a  b  c
b
c
a
b
c a

1 
1 
1
1 1 1
Sử dụng (1) ta suy ra: P   x     y     z    x  y  z     Q
y 
z 
x
x y z


Tiếp tục đánh giá Q , ta có: Q  3 3 xyz 

Đặt t  3 xyz , ta có: 0  t  3 xyz 

Khi đó:

Q  3t 

3

3
xyz

x yz 1

3
2

3
3
9 15
 12t   9t  2 36  
t
t
2 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z 

Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là

1
2

15
1
, đạt khi x  y  z  .
2
2

Câu 4: (Tự vẽ hình)
a)

uuur

b uuur
c uuur
AB 
AC
bc
bc
uuur uuur uuur
uuur
uuuur CA  CB AB  2 AC
CM 

2
2r uuuur
uuu
Theo giả thiết: AL  CM  AL.CM  0
uuur uuur uuur
uuur
 bAB  c AC AB  2 AC  0  bc 2  bc 2 cos A  2cb 2 cos A  2cb 2  0

Ta có: AL 







  c  2b 1  cos A  0  c  2b (do cos A  1)

b2  a 2 c 2 a 2  b2
 
2
4
2
uuu
r
uuu
r
uuur uuur
2
1
1
2
AL2  AB  AC  AB 2  AC 2  2 AB. AC   9b 2  a 2 
9
9
9
2

2
2
CM 3
CM
9 a b
9

52 5 
 . 2
 52 5
2
2
AL 2
AL
4 9b  a
4
2
2
a b
a2
 2

5

2
5

 6 5
9b  a 2
b2

Khi đó: CM 2 














cos A 

b2  c 2  a 2 5b2  a 2
5 1


2
2bc
4b
4

b)
M

N
A
F
E

C

B

K

Vẽ đường cao BM và CN của tam giác ABC ( M  AC, N  AB ). Gọi K là trung điểm của
BC, qua K kẻ đường thẳng song song với CN và BM cắt AB, AC lần lượt tại E và F. Khi đó
E là trung điểm BN và F là trung điểm CM.
Bốn điểm A, E, K , F nằm trên đường tròn đường kính AK  5 , theo định lý sin trong tam
giác EKF ta được EF  AK.sin EKF  5sin A .
Áp dụng định lý cosin trong tam giác EKF ta được :
·
EF 2  KE 2  KF 2  2KE.KF .cos EKF
 32  42  2.3.4.cos A

 25sin 2 A  25  24.cos A  25 1  cos2 A  25  24.cos A
 cos A  

24
(vì cos A  0 ).
25

Câu 5:
Gọi a3 ; a4 ;...; am lần lượt là số miền tam giác; tứ giác; ngũ giác;…; m- giác được tạo thành.

Ta cần tính S  a1  a2  ...  am
+) Trước hết; ta đếm tổng tất cả các đỉnh của các miền đa giác.
Ta thấy ngay tổng này bằng A  3a3  4a4  ...  m.am .
Hơn nữa; nếu đếm như vậy thì mỗi giao điểm của 2 đường chéo sẽ được tính 4 lần (do giao điểm đó
thuộc 4 miền). Mỗi đỉnh của đa giác ban đầu sẽ được đếm n  2 lần (do thuộc n  2 miền)
Như vậy, A  3a3  4a4  ...  m.am  4.Cn4  n(n  2)
+) Tiếp theo, ta đếm tổng tất cả các góc trong các miền của đa giác.

(1)


Ta có tổng này bằng B  1800.a3  1800.2.a4  1800.3.a5  ...  1800.(m  2)am
Mặt khác, tổng các góc trên chính là tổng các góc của đa giác ban đầu ( 1800.(n  2) ) cộng với 3600
nhân tổng các giao điểm của các đường chéo.
Như vậy, B  1800.a3  1800.2.a4  1800.3.a5  ...  1800.(m  2)am  1800 ( n  2)  3600.Cn4
Suy ra a3  2a4  ...  (m  2).am  2.Cn4  (n  2)
1
Từ (1);(2) suy ra S  1  Cn4  n(n  3) .
2

(2)


SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI
ĐỀ THỨC
ĐỀ CHÍNH

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LẦN III

NĂM HỌC 2020-2021
MƠN: TỐN- KHỐI: 10
Thời gian :180 phút (khơng kể thời gian giao đề)
(Đề thi có 1 trang, gồm 5 câu)
Ngày thi: 7 tháng 12 năm 2020

Câu 1(2 điểm)
a) Cho dãy số a1  1, an 1  2an  3, n  1 . Tính an theo n.
2021un
1
b) Cho dãy số u1  , un 1 
; n  1. Tìm lim un .
5
2020un  1

Câu 2 (2,5 điểm)
a) Tam giác ABC có các đường cao AD, BE, CF và P là một điểm bất kì nằm trong mặt
phẳng. Chứng minh rằng các đường trịn (PAD), (PBE), (PCF) có trục đẳng phương
chung.
b) Từ điểm S nằm ngồi đường trịn (O) vẽ hai tiếp tuyến SC và SH ( C và H là tiếp
điểm) và một cát tuyến SBA đến (O) (B nằm giữa S và A). Vẽ đường kính CD của (O), E
là giao điểm của SO và BD. Chứng minh rằng AD song song với CE.
Câu 3(1,5 điểm) Với mỗi số nguyên dương n, kí hiệu Sn là số các bộ số nguyên
(a1 , a2 ,..., an ) thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau đây:

1) ai  1, i  1, 2,..., n
2) ai  ai 1  1, i  1, 2,..., n 1
Tìm giá trị của S1 , S 2 và tìm Sn theo n.
Câu 4(3 điểm)
a) Chứng minh rằng nếu p là ước nguyên tố lẻ của n4  1 (n là số tự nhiên) thì p chia cho

8 dư 1.
b) Tìm các số nguyên dương x, y và số nguyên tố p sao cho xy 3  p( x  y )
Câu 5(1 điểm) Cho a, b, c >0. Chứng minh rằng
a 2  b2  c 2
8abc

2
ab  bc  ca (a  b)(b  c)(c  a )

--------------------------Hết--------------------------



SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG

ĐỀ THI THÁNG LẦN 3 LỚP 10 TỐN

TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI

NĂM HỌC 2021 - 2022
MƠN TOÁN
Thời gian làm bài : 180 Phút

Câu 1. (2,0 điểm)
1) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số sau có tập xác định là

:y=

2015 x + 2016
(m − 1) x 2 + 2(m − 1) x + 4

2) Cho a, b  R và a  0 . Xét hai hàm số f ( x) = 2 x 2 − 4 x + 5 và g ( x) = x 2 + ax + b . Tìm tất cả các giá trị
của a và b biết giá trị nhỏ nhất của g ( x) nhỏ hơn giá trị nhỏ nhất của f ( x) là 8 đơn vị và đồ thị của hai hàm
số trên có đúng một điểm chung.
Câu 2. (3,0 điểm)
x(3x − 7 y + 1) = −2 y ( y − 1)



1) Giải hệ phương trình 



x + 2 y + 4x + y = 5

(

2) Giải bất phương trình : 2 x − 5 − x 2 − x + 25
3) Giải phương trình

)

x2 − 5x + 6  0

x 2 − 5 x + 6 + x − 3 + x + 21 = x 2 + 19 x − 42

Câu 3. (1,0 điểm)
Bảng giá cước taxi Mai Linh như sau: 10.000 đ cho 0,6 km đầu tiên, 13.000 đ/km cho đoạn tiếp theo từ
0,6 km cho tới 25 km và 11.000đ /km cho đoạn tiếp theo từ 25 km trở đi.
a) Hãy thiết lập hàm số f ( x) để tính giá tiền phải trả cho quãng đường đi x km .

b) Bạn An sau khi xuống xe đã trả tài xế số tiền là 371.200 đ. Hỏi quãng đường bạn An đã đi là bao nhiêu?
Câu 4. (3,0 điểm)
1) Cho tam giác ABC . Gọi D, E lần lượt là các điểm thỏa mãn: BD =

2
1
BC; AE = AC . Tìm vị trí của
3
4

điểm K trên AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng.
2) Cho tam giác ABC cân tại A, kẻ đường cao AH. Kẻ HK vng góc với AC tại K và M là trung điểm HK.
Chứng minh rằng đường thẳng AM vng góc với đường thẳng BK.
3) Cho hình thang ABCD, ( AD song song BC), M là trung điểm CD và P,Q là trung điểm BM, AM. Gọi CP
1 BC
cắt DQ tại N. Chứng minh rằng điểm N nằm bên trong hoặc trên cạnh tam giác AMB  
3
3 AD
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho các số thực dương a,b,c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

a2
b2
c2
3
3
A=
+
+
(b + c)2 + 5bc

(a + c) 2 + 5ac
(a + b) 2 + 5ab
3


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THÁNG LẦN 3 LỚP 10 TOÁN
Năm học 2021-2022
Câu 1. (2,0 điểm)
1) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số sau có tập xác định là

:y=

2015 x + 2016
(m − 1) x 2 + 2(m − 1) x + 4

2) Cho a, b  R và a  0 . Xét hai hàm số f ( x) = 2 x 2 − 4 x + 5 và g ( x) = x 2 + ax + b . Tìm tất cả các giá trị
của a và b biết giá trị nhỏ nhất của g ( x) nhỏ hơn giá trị nhỏ nhất của f ( x) là 8 đơn vị và đồ thị của hai hàm
số trên có đúng một điểm chung.
Lời giải:
1) Hàm số đã cho xác định trên
nếu (m − 1) x 2 + 2(m − 1) x + 4 = 0x hay phương trình
(m − 1) x 2 + 2(m − 1) x + 4 = 0 vô nghiệm.
Với m = 1 thì phương trình đã vơ nghiệm
Với m = 1 thì phương trình vơ nghiệm khi và chỉ khi
 = (m − 1) 2 − 4(m − 1)  0  (m − 1)(m − 5)  0  1  m  5

Vậy tập các giá trị m thỏa mãn đề bài là [1,5)
2) Hàm số f ( x) = 2 x 2 − 4 x + 5 = 2( x − 1) 2 + 3 có giá trị nhỏ nhất bằng 3 nên hàm số g ( x) đạt giá trị nhỏ
nhất là −5 , tức là −

a 2 − 4b
= −5 (1)
4

Hai đồ thị có đúng 1 điểm chung khi và chỉ khi phương trình 2 x 2 − 4 x + 5 = x 2 + ax + b có đúng 1 nghiệm
Phương trình trên tương đương x 2 − (a + 4) x + 5 − b = 0 , có đúng 1 nghiệm chỉ khi
 = (a + 4) 2 − 4(5 − b) = 0 (2)

Giải hệ (1) và (2) và chú ý a  0 được a = 2 và b = −4
Câu 2. (3,0 điểm)
x(3x − 7 y + 1) = −2 y ( y − 1)



1) Giải hệ phương trình 



x + 2 y + 4x + y = 5

(

2) Giải bất phương trình : 2 x − 5 − x 2 − x + 25
3) Giải phương trình

x2 − 5x + 6  0

x 2 − 5 x + 6 + x − 3 + x + 21 = x 2 + 19 x − 42

Lời giải:



1) 



)

x(3x − 7 y + 1) = −2 y ( y − 1)
x + 2 y + 4x + y = 5

Điều kiện: x + 2 y  0; 4 x + y  0

(2)

(1)