CHUYÊN THÁI BÌNH 2021 2022

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

Bài 1.

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH
Năm học: 2021 – 2022
Mơn thi: TỐN
(Dành cho thí sinh thi chun Tốn, Tin)
Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian phát đề)

(2, 0 điểm)
2
2
1. Cho f ( x)  x  3 x  5 có hai nghiệm là x1 , x2 . Đąt g ( x)  x  4 . Tính giá trị của

T  g  x1  g  x2 

.

1 1 1
( a  b  c)     
 a b c  1. Chứng minh
2. Cho a, b, c la các số thực khác 0 và thóa mân

a
rằng 

Bài 2.

3

 b3   b 25  c 25   c 2021  a 2021   0

.

(2, 5 điểm)
1. Giải phương trình 4 x  3  4 x  3 x  9 .

2. Giải hệ phương trình
Bài 3.

2 xy
 2
2
x  y  x  y  1

 3 x 2  33  3 2 x  y  1  3 x  y  6


(3, 5 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn ( AB  AC ) nội tiếp trong đường trịn (O ) có các đường
cao BE , CF cắt nhau tại H . Gọi S là giao điểm của các đường thằng BC và EF , gọi M
là giao điểm khác A của SA và đường tròn (O) .
a. Chứng minh rằng tứ giác AEHF nội tiếp và HM vng góc với SA .
b. Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh rằng SH vng góc với AI .
c. Gọi T là điểm nằm trên đoạn thằng HC sao cho AT vuông góc với BT . Chứng
minh rằng hai đường trịn ngoại tiếp của các tam giác SMT và CET tiếp xúc với

nhau.

Bài 4. (1, 0 điểm)
Giả sử n là số tự nhiên thỏa mãn điều kiện n(n  1)  7 không chia hết cho 7. Chứng
3
minh rằng 4n  5n  1 khơng là số chính phương.

Bài 5.

(0, 5 điểm)
2
2
2
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  3abc . Tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức

T

a
b
c
 2
 2
2
2
2
2
3a  2b  c 3b  2c  a 3c  2a 2  b 2
2

--------------- Hết -------------

Trang 1


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TH ÁI B ÌNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học: 2020 – 2021
Mơn thi: TỐN
Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian phát đề)
HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1. (2, 0 điểm)
2
2
1. Cho f ( x)  x  3 x  5 có hai nghiệm là x1 , x2 . Đąt g ( x)  x  4 . Tính giá trị của

T  g  x1  g  x2 

.

1 1 1
( a  b  c)     
 a b c  1. Chứng minh
2. Cho a, b, c la các số thực khác 0 và thóa mân

a
rằng 

3

 b3   b 25  c 25   c 2021  a 2021   0

.

Lời giải
2
2
1. Cho f ( x)  x  3 x  5 có hai nghiệm là x1 , x2 . Đặt g ( x)  x  4. Tính giá trị của

T  g  x1  .g  x2 

.

2
Vì x1 , x2 là nghiệm của f ( x )  x  3x  5 nên ta có:

 x12  3x1  5  0
 x12  3 x1  5

 2
 2
 x2  3x2  5  0  x2  3 x2  5 .
 x1  x2  3

x x  5
Theo định lý Vi-et ta có:  1 2
nên:

T  g  x1  .g  x2 

T   x12  4   x22  4 
T   3x1  5  4   3 x2  5  4 
T   3 x1  1  3 x2  1
T  9 x1 x2  3  x1  x2   1
T  9 ( 5) 3.3 1

T  35

Vậy T  35 .
1 1 1
( a  b  c)      1.
a b c
2. Cho a, b, c là các số thực dương khác 0 và thỏa mãn
Chúng
3
3
25
25
2021
2021
a b b c
c a
0

minh rằng









Trang 2


1
1 1 1
 1 1 1
(a  b  c)      1
a  b  c  0     
a b c
 a b c  a bc
Vì
nên
1
1
 1 1
 
    0
 a abc  b c 


bc
bc

0

a ( a  b  c) bc


1
1
 (b  c) 
 0
 a( a  b  c) bc 
 bc  a 2  ab  ac 
 (b  c) 
 0
 abc(a  b  c) 


(b  c )(c  a )(a  b)
0
abc(a  b  c)

 a  b
 b  c
c  a

Vậy
Bài 2.

a

3

 b3   b 25  c 25   c 2021  a 2021   0

(đpcm).

(2, 5 điểm)
1. Giải phương trình 4 x  3  4 x  3 x  9 .

2. Giải hệ phương trình

2 xy
 2
2
x  y  x  y  1

 3 x 2  33  3 2 x  y  1  3 x  y  6


Lời giải
1. Giải phương trình 4 x  3  4 x  3x  9 .
Điều kiện xác định: x  0 , ta có:
4 x  3  4 x  3x  9
 ( x  3  4 x  3  4)  2( x  2 x  1)  0
 ( x  3  2) 2  2( x  1) 2  0
 x  3  2  0

 x  1  0

x  3  4

 x  1 (tm DKXD)
x  1

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  1

Trang 3


2. Giải hệ phương trình

2 xy
 2
2
x  y  x  y  1

 3 x 2  33  3 2 x  y  1  3 x  y  6


 1
 2

2 x  y  1  0

ĐKXĐ:  x  y  0

 1  x 2  y 2 

2 xy
1
x y

 ( x  y ) 2  2 xy 

2 xy
1
x y

 ( x  y )3  2 xy ( x  y )  2 xy  ( x  y )

Đặt

S  x  y, P  xy  S 2  4P 

S 3  2 SP  2 P  S

ta có:

 S ( S  1)( S  1)  2 P( S  1)  0

 ( S  1)  S 2  S  2 P   0

S  1
x  y  1
 2
 2
2
 S  S  2P  0
x  y  x  y  0
2
TH1: Với x  y  1  y  1  x , thay vào   ta được:
3x 2  33  3 2 x  1  x  1  3 x  1  x  6
 3 x 2  33  3 x  2 x  7

 3x 2  33  2 3 x 2  33.3 x  9 x  4 x 2  28 x  49
 6 3 x 2  33  x x 2 19 x 16

 36  3x 2  33 x  x 4  361x 2  256  38 x 3  32 x 2  608 x
 x 4  70 x 3  393x 2  580 x  256  0

 ( x  1) 2 ( x  4)( x  64)  0
(TM )
x  1 y  0

  x  4  y  3
(TM )
 x  64  y  63 (TM )
2
2
TH2: Với x  y  x  y  0 . Ta coi đây là phương trình bậc hai ẩn x .

  1  4  y2  y   0  4 y2  4 y 1  0
x
Để tồn tại thì

1 2 
1 2 
 4  y 
y



 0


2 
2 



Trang 4




1 2
1  2
 y
2
2

Tương tự ta cũng có
2 x  y  1  2.



1 2
1  2
x
2
2
.

1  2 1  2


1  0
2
2
, không thỏa mãn điều kiện 2 x  y  1  0 nên

Suy ra
trường hợp này hệ vô nghiệm.

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là {(1; 0), (4; 3), (64; 63)} .

Bài 3.

(3, 5 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn ( AB  AC ) nội tiếp trong đường trịn (O ) có các đường
cao BE , CF cắt nhau tại H . Gọi S là giao điểm của các đường thằng BC và EF , gọi M
là giao điểm khác A của SA và đường tròn (O) .
a. Chứng minh rằng tứ giác AEHF nội tiếp và HM vng góc với SA .
b. Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh rằng SH vng góc với AI .
c. Gọi T là điểm nằm trên đoạn thằng HC sao cho AT vng góc với BT . Chứng
minh rằng hai đường trịn ngoại tiếp của các tam giác SMT và CET tiếp xúc với
nhau.
Lời giải

a) Chứng minh rằng tứ giác AEHF nội tiếp và HM vng góc với SA .
·
·
Vì AEH  AFH  90  90  180 nên tứ giác AEHF nội tiếp đường trịn đường
kính AH (dhnb).

Có tứ giác BCEF nội tiếp

·
·
 BFC
 90 
 BEC
.

Trang 5


·
·
 SFB
 SCE
(góc ngồi và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).

Xét SBF và SCE có:
·
·
SFB
 SCE
 cmt 

·
; góc FSB là góc chung

 SBF #SEC ( g.g ) 

SB SF


 SB.SC  SF .SE
SE SC

 1

Có tứ giác BCAM nội tiêp đường trịn (O) .Xét SBM và SAC có
·
·
Góc SBM  SAC (góc ngồi và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
·
Góc MSB là góc chung
 SBM #SAC  g .g  

1
2
Từ   và   suy ra

SB SM

 SB.SC  SM .SA
SA SC

SF .SE  SM .SA 

·
·
 SMF #SEA  c.g.c   SMF
 SEA

 2

SF SA

·
SM SE , lại có góc MSF
là góc chung

( 2 góc tương ứng)

 AMFE là nội tiếp đường tròn

Suy ra 5 điểm A, M , F , H , E cùng nằm trên đường trịn đường trịn đường kính AH

·
·
 Tứ giác AEHM nội tiếp đường trịn, suy ra góc HEA
 HMS
 90. (góc ngồi và

góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Suy ra HM  SA .
b. Gọi I là trung điểm của BC . Chíng minh rằng SH vng góc với AI .
Kéo dài AO cắt đường trịn tại D , khi đó ta có DC P BH (cùng vng góc với CA )
và DB P CH (cùng vng góc với BA ) nên BHCD là hình bình hành
Mà I là trung điểm của BC suy ra I là trung điểm của HD , hay I , H , D thẳng hàng.
Lại có DM  AM do AD là đường kính, HM  SA nên D, H , M thẳng hàng
Vậy bốn điểm D, I , H , M thẳng hàng, suy ra IM  AS .
Mà AH  SI nên H là trực tâm ASI  SH  AI .
c. Gọi T là điểm nằm trên đoạn thằng HC sao cho AT vng góc với BT . Chứng

minh rằng hai đường tròn ngoại tiếp của các tam giác SMT và CET tiếp xúc với
nhau.
·
·
Gọi tia AH cắt BC tại K , suy ra tứ giác HKSM nội tiếp do HKS  HMS  180 .
·
·
·
Xét AMH và AKS có: SAH chung; AMH  AKS  90
 AMH #AKS  g .g  

AH AM

 AH . AK  AM . AS  3 
AS
AK

Trang 6


Tương tự ta có tứ giác HKEC nội tiếp suy ra
AEH #AKC  g.g  

 3 và  4  suy ra

Từ

AE AH

 AE. AC  AH . AK

AK AC

 4

AM . AS  AE. AC .

·
·
Theo giả thiết, ATB  AEB  90  AETB là tức giác nội tiếp, suy ra ·ATE  ·ABE ,
·
·
·
·
·
Mà ABE  ACT  ATE  ACT , lại có TAE
chung
 ACT #ATE  g .g  

Vì

·ATE  ·ACT  cmt 

Lại có

AT AC

 AE AC AT 2
AE AT

CET  1

nên AT là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp của

AM . AS  AE. AC  AT 2 

AM AT

AT
AS .

AM AT

·
Xét ATM và AST có: SAT chung; AT AS

 cmt 

 ATM #AST (c.g .c)  ·ATM  ·AST ( 2 góc tương ứng).
SMT  2 
Suy ra AT là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp của

1
2
Từ   và   suy ra hai đường tròn ngoại tiếp của các tam giác SMT và CET tiếp
xúc với nhau.

Bài 4.

(1, 0 điểm)
Giả sử n là số tự nhiên thỏa mãn điều kiện n(n  1)  7 không chia hết cho 7. Chứng
3

minh rằng 4n  5n  1 khơng là số chính phương.

Lời giải

Giả sử tồn tại số tự nhiên n thỏa mãn điểu kiện n(n  1)  7 không chia hết cho 7 và
4n3  5n  1 là số chính phương.
Ta có





4n3  5n  1  (n  1) 4n 2  4n  1

n  1; 4n
Đặt UCLN 

2





 4n  1  d d  ¥ *



 n  1Md
 2
Suy ra 4n  4n  1Md

2
Có 4n  4n  1  4n(n  1)  8( n  1)  7 Md  7Md

Vì n(n  1)  7 không chia hết cho 7 nên n(n  1) không chia hết cho 7 , suy ra n  1
không chia hết cho 7 , suy ra d  7  d  1 .
Do đó, n  1 và 4n  4n  1 là hai số nguyên tố cùng nhau, mà tích của chúng là số chính
2
phương suy ra n  1 và 4n  4n  1 là các số chính phương.
2

Trang 7


2
2
2
2
Suy ra 4n  4n  1  a (a  ¥ )  (2n  1)  a  2  (2n  a  1)(2n  a  1)  2
Vì 2n  a  1  2n  a  1


5
  n  4

 2n  a  1  1
 a  1

 
2n


a

1

2

2


,
 2n  a  1  2
1


n

 
2
 2n  a  1  1

1
 a 
 
2 không thoả mãn n, a là các số tự nhiên.

Vậy giả sử là sai, ta có điều phải chứng minh.
Bài 5.

(0, 5 điểm)
2

2
2
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  3abc . Tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức

T

a
b
c
 2
 2
2
2
2
2
3a  2b  c 3b  2c  a 3c  2a 2  b 2
2

Lời giải
Ta có:

a 2  b 2  c 2  3abc 

a b
c
 
3
bc ca ab

Áp dung bất đẳng thức AM  GM ta có:
a b
a b 2
 2


bc ca
bc ca c

b
c
b c
2

2


ca ab
ca ab a
a
c
a c
2

2


bc ab
bc ab b

Cộng vế với vế của 3 bất đẳng thức trên, ta có:
c 
 a b
1 1 1 1 1 1
 2      2        3
 bc ca ab 
a b c a b c

Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức AM- GM ta có:
3a 2  2b 2  c 2  2  a 2  b 2    a 2  c 2   4ab  2ac

a
a
1 1

 .
2
2
3a  2b  c
4ab  2ac 2 2b  c
1 1 1
9
1 1
1 2 1
  
 .
   
Áp dụng Cauchy – Schwarz ta có: b b c b  b  c 2 2b  c 18  b c 


2

b
1 2 1
c
1 2 1
   ;

  
2
2
2
2
2
Hoàn toàn tương tự, ta có: 3b  2c  a 18  c a  3c  2a  b 18  a b 
1 1 1 1 1
1
T  .      .3  T 
6 a b c 6
2.
Suy ra
2

Trang 8


1
Vậy GTLN của T là 2 , dấu "  " xảy ra khi a  b  c  1 .

Trang 9