CHUYÊN NGHỆ AN 2021 2022

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

NGHỆ AN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU

(Đề thi gồm 01 trang)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN – ĐH VINH
NĂM HỌC 2021 – 2022.
MƠN THI: TỐN
Ngày thi: 06/06/2021.
(Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề)

Câu 1.

(6,0 điểm)

(

)

x2 + 2 2 + x − 1 = 5x
a) Giải phương trình:

b) Giải hệ phương trình:
Câu 2.

(3,0 điểm)

a) Tìm

x, y ∈ ¥

sao cho

b) Tìm số nguyên dương
Câu 3.

3x 2 + y 2 = 5 + 2 xy + 2 x − 2 y
 2
2
 2 x + y = 10 + 2 x − 3 y

x 3 = 1993.3 y + 2021

n

để

(2,0 điểm) Cho các số dương
của biểu thức

n − 23
n + 89

là bình phương của một số hữu tỉ dương.

a b c
ab + bc + ca ≤ 3abc

, , thỏa mãn
. Tìm giá trị nhỏ nhất

 a 2 + b2
b2 + c2
c2 + a2 
P = a+b + b+c + c+a −
+
+
÷
 2a + 2b
2b + 2c
2c + 2 a ÷


Câu 4.

(7,0 điểm) Cho đường tròn

( O)

điểm di động trên đường trịn
trung điểm của cạnh
K

, đường thẳng
A
khác ).

AH

BC

và

H

cắt cạnh

có dây cung

( O)

BC

cố định và không đi qua tâm

sao cho tam giác

là trực tâm tam giác

BC

tại

D

ABC

ABC

nhọn và

. Tia

và đường thẳng

AO

MH

O

AB < AC

. Gọi

cắt đường tròn

cắt đường tròn

( O)

A

. Gọi

M

( O)

tại

là

E

là
tại
(

E


a) Chứng minh rằng tứ giác

BHCE

là hình bình hành và

HA.HD = HK .HM

.

( O)
I I
K
I
cắt đường tròn
tại ( khác ), đường thẳng đi qua và vng góc với

BC
J
HJ
AM
AK BC
đường thẳng
cắt
tại . Chứng minh rằng các đường thẳng
,
và
cùng
đi qua một điểm.
b) Tia

KD

AK
A
AB AC
c) Một đường trịn thay đổi ln tiếp xúc với
tại
và cắt các cạnh
,
lần lượt
PQ
N
AN
P Q
tại ,
phân biệt. Gọi

là trung điểm của
. Chứng minh rằng
luôn đi qua một
điểm cố định.
Câu 5.

(2,0 điểm) Cho số

676

số nguyên tố khác nhau. Chứng minh rằng có ít nhất hai số trong các
2022
số đã cho mà hiệu của chúng chia hết cho
.
HẾT


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1.

(6,0 điểm)

(

)

x2 + 2 2 + x − 1 = 5x
a) Giải phương trình:

b) Giải hệ phương trình:

2
2
3x + y = 5 + 2 xy + 2 x − 2 y
 2
2
 2 x + y = 10 + 2 x − 3 y

Lời giải

(

)

x2 + 2 2 + x − 1 = 5x
a) Giải phương trình:

(

)

x2 + 2 2 + x −1 = 5x

Phương trình

Điều kiện:

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

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

2

Đặt:

x ≥1

x −1 = t ( t ≥ 0)

. Khi đó, ta có:

( 1) ⇔ t 4 − 3t 2 + 2t = 0
⇔ t ( t 3 − 3t + 2 ) = 0


⇔ t ( t − 1)

2

( t + 2) = 0

t = 0

 x −1 = 0
⇔ t = 1
x = 1
⇔
⇔
t = −2 ( loaïi )
 x − 1 = 1


x = 2

Vậy phương trình có tập nghiệm

b) Giải hệ phương trình:
Lấy

2 × ( 1) − ( 2 )

ta có pt:

( tm )

S = { 1; 2}

3x 2 + y 2 = 5 + 2 xy + 2 x − 2 y ( 1)
 2
2
( 2)
 2 x + y = 10 + 2 x − 3 y
4 x 2 + y 2 = 4 xy + 2 x − y

2 x − y = 0
2
⇔ ( 2x − y ) = 2x − y ⇔ 
2 x − y = 1
+ Trường hợp 1:

y = 2x

thay vào

( 2)

ta được:

x 2 = 10 + 2 x − 6 x

x =1 ⇒ y = 2
⇔ 6 x + 4 x − 10 = 0 ⇔ 
 x = −5 ⇒ y = −10
3
3

2

+ Trường hợp 2:

y = 2 x −1

thay vào

( 2)

2 x 2 + ( 2 x − 1) = 10 + 2 x − 3 ( 2 x − 1)
2

ta được:
⇔ 6 x 2 = 12

 x = 2 ⇒ y = 2 2 −1
⇔ x2 = 2 ⇔ 
 x = − 2 ⇒ y = −2 2 − 1


( x; y ) ∈ ( 1; 2 ) ,  −


Vậy hệ có nghiệm:
Câu 2.

5 10 
; − ÷,
 3 3

(


2; 2 2 − 1 , − 2; −2 2 − 1 


)(

)

(3,0 điểm)
a) Tìm

x, y ∈ ¥

sao cho

b) Tìm số nguyên dương

x 3 = 1993.3 y + 2021

n

để

n − 23
n + 89

là bình phương của một số hữu tỉ dương.
Lời giải


a) Tìm

x, y ∈ ¥

x 3 = 1993.3 y + 2021

sao cho

x3 = 1993.3 y + 2021

y = 0 ⇒ x 3 = 4014

(loại).

y = 1 ⇒ x 3 = 8000 ⇒ x = 20
y≥2

VP ≡ 2 ( mod 3 ) ⇒ VT ≡ 2 ( mod 3)
⇒ x 3 ≡ 2 ( mod 3)
⇒ x ≡ 2 ( mod 3 )

x = 3k + 2

( 3k + 2 )

3

,

.

( k ∈¥ )

.

= 1993.3 y + 2021

⇔ 27k 3 + 54k 2 + 36k + 8 = 1993.3 y + 2021

⇔ 9k ( 3k 2 + 6k + 4 ) = 1993.3 y + 2013

VT ≡ 0 ( mod 9 )
VP ≡ 6 ( mod 9 )

Vậy

( x; y ) = ( 20;1)

.

b) Tìm số nguyên dương

n

để

n − 23
n + 89

là bình phương của một số hữu tỉ dương.

2

Giả sử

n − 23  q 
= ÷
n + 89  p 

với

p, q

là

2

số nguyên dương và

( p; q ) = 1


Ta có:

n − 23 = kq 2

2
n + 89 = kp

(với

k

là số nguyên dương).

⇒ k ( p − q ) ( p + q ) = 112 = 24.7.1 ( 1)
+ Trường hợp 1: Trong

⇒ p+q

Từ

và

p−q

số

p, q

có

1

số chẵn và

p+q = 7
p = 4


⇒  p − q = 1 ⇔ q = 3 ⇒ n = 167
( 1) k = 24 = 16 k = 16

Với

1

số lẻ

đều lẻ

+ Trường hợp 2: Cả

Từ

2

.

p q
p = 2a − 1 q = 2b − 1
, đều lẻ. Đặt
;
Ta có:

p q
, là các số nguyên dương.

( 1) ⇒ k ( 2a − 1 − 2b + 1) ( 2a − 1 + 2b − 1) = 112
⇒ 4k ( a − b ) ( a + b − 1) = 112
⇒ k ( a − b ) ( a + b − 1) = 28 = 22.7.1

Ta có:

a + b −1 > a − b

Xét cặp
Tính
1.
2.
3.

và

( a − b; a + b − 1)

a b

,

a + b −1 a − b
;
khác tính chẵn lẻ.

lần lượt

( 1; 2 ) ( 1; 4 ) ( 1;14 ) ( 1; 28 ) ( 2;7 ) ( 4;7 )

suy ra:

p = 3 q = 1 k = 14 ⇒ n = 37
;
;
p=5

q = 3 k = 7 ⇒ n = 86
;

;

p = 25

;

.

q = 13 k = 2 ⇒ n = 361
;

p = 11 q = 3 k = 1 ⇒ n = 32
4.
;
;

;

;

;

;

;


5.
6.

p = 29

q = 27 k = 1 ⇒ n = 361
;
;

p=9

q = 5 k = 2 ⇒ n = 73

Vậy
Câu 3.

;

;

n ∈ { 167;37;86;361,32, 752, 73}

(2,0 điểm)
Cho các số dương

a b c
ab + bc + ca ≤ 3abc
, , thỏa mãn
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

 a 2 + b2
b2 + c2
c2 + a2 
P = a+b + b+c + c+a −
+
+
÷
 2a + 2b

÷
2
b
+
2
c
2
c
+
2
a


Lời giải
ab + bc + ca ≤ 3abc ⇒
Vì

( a + b)

a+b =

2

≥

P≥
Do đó

Với

Vì

1
1 1
+
a b

1
1
1
,y = ,z =
a
b
c

1
+
x+ y

1  a2 + b2
2ab 
+

÷
a +b ÷
2  a + b


.

ab
bc
ac
+
+
a+b
b+c
a+c
=

x=

.

a 2 + b 2 2ab
+
a+b a+b

=

a+b

Ta có

1 1 1
+ + ≤3
a b c

+

và

1
1 1
+
b c

+

1
1 1 =
+
a c

x+ y+z ≤3

1
1
+
≥
y+z
x+z

1
+
x+ y

1
1
+

y+z
x+ z

.

9
9
3
9
≥
≥
=
3.6
2
3( 2x + 2 y + 2z )
x+ y + y+z + x+ z
.


P≥
Suy ra
Dấu
Câu 4.

'' = ''

3 3 2
=
2
2

xảy ra khi

.

x = y = z =1

hay

a = b = c =1

.

(7,0 điểm)

( O)

BC
O
A
có dây cung
cố định và khơng đi qua tâm . Gọi
là điểm di
( O)
ABC
AB < AC
M
động trên đường tròn
sao cho tam giác
nhọn và

. Gọi
là trung điểm
( O)
BC
ABC
H
MH
K
của cạnh
và
là trực tâm tam giác
. Tia
cắt đường tròn
tại , đường
( O)
BC
AO
AH
D
E E
A
thẳng
cắt cạnh
tại
và đường thẳng
cắt đường tròn
tại
( khác ).
Cho đường tròn

a) Chứng minh rằng tứ giác

là hình bình hành và

HA.HD = HK .HM

.

( O)

I I
K
I
cắt đường tròn
tại ( khác ), đường thẳng đi qua và vng góc với
BC
J
HJ
AM
AK BC
đường thẳng
cắt
tại . Chứng minh rằng các đường thẳng
,
và
cùng
đi qua một điểm.
b) Tia

KD

BHCE

AK
A
AB AC
c) Một đường trịn thay đổi ln tiếp xúc với
tại
và cắt các cạnh
,
lần lượt
Q
PQ
N
AN
P
tại ,
phân biệt. Gọi
là trung điểm của
. Chứng minh rằng
luôn đi qua một
điểm cố định.
Lời giải


CY
CH
BX
BE
a) Kẻ các đường cao

và
. Khi đó ta có
song song với
(vì cùng vng góc
AC
CE
BHCE
AB
BH
với
) và
song song với
(vì cùng vng góc với
). Do đó tứ giác
là
hình bình hành.

·AKM = ·ADM = 90°
K H M E
+ Từ đó suy ra bốn điểm ,
,
,
thẳng hàng. Khi đó ta có
nên
HA.HD = HK .HM
AKDM
tứ giác
nội tiếp. Do đó suy ra
.

( O)

L
AKDM
AKIL
tại . Khi đó ta có các tứ giác
và
nội
·
·
·
·
KDM
= 180° − KAM
= 180° − KAL
= KIL
IL
tiếp đường trịn, từ đó ta suy ra được
nên
song
BC
BC
BILC
M
song với
. Từ đó suy ra tứ giác
là hình thang cân. Mà
là trung điểm của
OM
IL

MIL
M
nên
đi qua trung điểm của
, do đó tam giác
cân tại
, suy ra ta được
JIL
LJ
MI = ML
I
M
. Dễ thấy tam giác
vuông tại nên suy ra
là trung điểm của
, điều này
J
BC
HLEJ
I
dẫn đến và đối xứng với nhau qua
. Từ đó suy ra tứ giác
là hình bình hành,
HJ //LE
HJ
AM
suy ra
. Do đó
vng góc với
.

b) Giả sử

AM

cắt đường trịn


BC
T
AK
H
ATM
Gọi
là giao điểm của
với
. Khi đó
là trực tâm của tam giác
. Suy ra
TH ⊥ AM
T H J
, suy ra , , thẳng hàng. Do đó ta có điều cần chứng minh.

c) Ta định nghĩa lại điểm
Ta cần chứng minh
Thật vậy, gọi

G

N

N

AO

là giao điểm của

là trung điểm của

PQ

là giao điểm thứ hai của

với

PQ

.

.

AE

với đường tròn ngoại tiếp tam giác

APQ

.

A P G Q
AK

Ta có các điểm , , ,
cùng nằm trên một đường tròn và
là tiếp tuyến của đường
·AGP = ·AQP = PAK
·
·
·
·
APQ
= BAK
= BEK
= BEM
trịn ngoại tiếp ta giác
nên ta có:
.
Để ý đến các tứ giác
nên ta lại có:

APGQ

ABEC

và

nội tiếp đường trịn

·
·
·
·

·
QPG
= QAG
= CAE
= CBE
= MBE

Khi đó hai tam giác

từ đó ta suy ra được

PGN

BEM

và
PN PG
=
BM BE

có

.

·
·
NGP
= BEM

và

·
·
GPN
= MBE

đồng dạng với nhau,

.

Cũng do các tứ giác trên nội tiếp nên

·
·
·
·
PGQ
= 180° − PAQ
= 180° − BAC
= BEC

.

·
·
GPQ
= CBE

PGQ
BEC

nên suy ra hai tam giác
và
đồng dạng, từ đó ta lại có
PN PQ
=
BC
N
BE BC
M
. Do đó suy ra
. Mà
là trung điểm của
nên suy ra
là trung
PQ
AN
O
điểm của
. Vậy
luôn đi qua điểm
cố định.

Mà
PG PQ
=
BE BC

Câu 5.

(2,0 điểm)

Cho số

676

số nguyên tố khác nhau. Chứng minh rằng có ít nhất hai số trong các số đã cho
2022
mà hiệu của chúng chia hết cho
.
Lời giải


676

số có ít nhất

673 = 2.336 + 1

Suy ra tồn tại
337

Hiệu

673

.

337

số này tồn tại
2

2 3 337
số không chia hết cho ; ;
.

số có cùng số dư khi chia
2

2

.

số cùng số dư khi chia hết cho

số này chia hết cho

Suy ra hiệu

3

2; 3; 337

số này chia hết cho

.

2022

.

HẾT

337

.