CHUYÊN hà nội CT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM 2021 - 2022
Mơn thi: TỐN (chun Tốn)
Ngày thi: 14/6/2021
Thời gian làm bài: 150 phú

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Bài I (2,0 điểm)
2
1) Giải phương trình x  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 c2 1 a2 1 b2
Bài II (2,0 điểm)
2
2
1) Tìm tất cả cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x  5xy  6y  x  2y  2  0.
2
2) Chứng minh với mỗi số nguyên n , số n  n  16 không chia hết cho 49 .

Bài III (2,0 điểm)
1) Cho số thực x khác 0 thỏa mãn

x

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

2) Cho các số thực không âm a,b và c thỏa mãn a b c  5. Chứng minh 2a 2ab abc  18
Bài IV (3,0 điểm)

·
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) , với gốc BAC  60 và AB  AC . Các đường
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 vng 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 .

1


ĐÁP ÁN
Bài I (2,0 điểm)
2

1) Giải phương trình x  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 c2 1 a2 1 b2
Lời giải
1) ĐKXĐ: x  1 0  x  1.
Cách 1:
Đặt t  x  1,t  0.

Ta có:

t

2



2

 1  t2  1 2  2t  0

 t4  t2  2t  2  0
 t2 t2  1  2(t  1)  0





 t2(t  1)(t  1)  2(t  1)  0



 (t  1) t  t  2  0
 (t  1) t  t  2t  2  0
 (t  1) t (t  1)  2(t  1)(t  1)  0
 (t  1)(t  1) t  2t  2  0
 (t  1)  t  2t  2  0
 (t  1) t2(t  1)  2  0
3

2

3

2

2

2

2

2

2

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.
Cách 2:
2
2
2
2
Ta có: x  x  2  2 x  1  0  x  x  1 2 x  1  1  0  x  ( x  1  1)  0
 x  0
 x  0
 x  0
x  0




 x  0(TM )
x

1

1
x

0
x


1

1

0
x

1

1




Vây phương trình có nghiệm x  0.
a  b b c c  a
a b
b c
c a
VT 





2
2
2
2

2
1 c 1 a 1 b ab bc  ca c ab bc  ca a ab bc  ca b2
2) Ta có:
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).


Bài II (2,0 điểm)
2
2
1) Tìm tất cả cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x  5xy  6y  x  2y  2  0.
2
2) Chứng minh với mỗi số nguyên n , số n  n  16 không chia hết cho 49 .
Lời giải
x2  5xy  6y2  x  2y  2  0  (x  2y)(x  3y)  (x  2y)  2  (x  2y)(x  3y  1)  2
1)

(1)
Do x; y ¢ suy ra x  2y; x  3y  1 ¢

Vậy từ (1) ta suy ra các trường hợp sau
 x  2y  2
x  6


x  3y  1  1  y  2
TH1: 
.
 x  2y  1
x  1


x  3y  1  2  y  0
TH2: 
 x  2
 x  2y  2


x  3y  1  1  y  0
TH3: 
 x  2y  1
x  3


x  3y  1  2  y  2
TH4: 
Vậy các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn là (6; 2);(1;0);(2;0);(3; 2) .
2
2
2

2) Ta có P  n  n  16 suy ra 4P  4n  4n  64  (2n  1)  63.
2
TH1: 2n 1M7 suy ra (2n 1) M49 mà 63M49 suy ra 4P M49 suy ra P M49 .
2
TH2: 2n 1M7 suy ra (2n 1) M7 mà 63M7 suy ra 4P M49 suy ra P M49 .

Vậy P M49 với mọi n (đpcm)
Bài III (2,0 điểm)
2
x và x3 đều là số hữu tỉ. Chứng minh x là số hữu tỉ.
1) Cho số thực x khác 0 thỏa mãn
2) Cho các số thực không âm a,b và c thỏa mãn a b c  5. Chứng minh 2a 2ab abc  18
Lời giải
1)
Cách 1:
x

2


4
2
4
2
x2  2  4   x Ô x2 2 ¤
x ¤
x
x
x


x
Ta có
suy ra
.
8 
2  2
4
3
8
x


x

x

2

¤

¤


3
2 
3
3
x
x
x

x

¤



Cùng có
suy ra x
suy ra
3


4
4
2
x Ô
Ô x2 2 2 Ô
2
x
x
x
Do
nờn suy ra
.

2 
2
2x   x   x  Ô
x
x

Vy
suy ra x Ô (iu phi chng minh)
Cỏch 2:
2
x
x l s hu t
Ta cú:
x2

x4 2x2
Ô
x3
3
4
2
M: x Ô x 2x Ô (1)






2

x2 1 Ô

(2)

2

x 2
Ô ; x2 x2 2 Ô x x2 2 Ô
Ta li cú: x
2
3
x2 2

x x2 2 Ô x2 2 Ô
x
(3)
2





T (2) v (3)


x
x

3





2

x2 2 3 x2 1 Ô



1 3 x 1 Ô
1 x 1 3 Ô


3

x2 1 3 x2 1 1 Ô
2

2

3

2

2

2

x2 1 Ô x2 2 Ô
x2 2
x
Ô x2 2 2
x Ô
x 2
M: x





2

b c  2 
2a 2ab abc  2a ab(c  2)  2a a
2 


2)
2

 7  a
 2a 2ab abc  2a a

 2 
Ta sẽ chứng minh:
a2  14a 49
2a a
18
4
 a3  14a2  57a 72  0
 (a 3)2(a 8)  0 luôn đúng với mọi 0  a  5
Bài IV (3,0 điểm)

·
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) , với gốc BAC  60 và AB  AC . Các đường
thẳng BO ,CO lần lượt cắt các đoạn thẳng AC , AB tại M , N . Gọi F là điểm chính giữa của
cung BC lớn.
Lời giải
4


1) Chứng minh năm điểm A , N ,O , M và F cùng thuộc một đường trịn.
·
·
BOC
 BAC
(góc nội tiếp và góc ờ tâm)
·BAC  60  BOC
·

 120
Mà
 Tứ giác AMON nội tiếp (1)
·
·
·
NAO
 NMO
(cùng chắn ON )
·
·
·
MAO
 MNO
(cùng chắn OM )
·
·
Mà NAO  NBO (do OA  OB  OAB cân)
·
·
MAO
 MCO
(do OA  OC  OAC cân)
·
·
Nên NBM  NMB  MBN cân tại N  NM  NB
·
·
MNC
 MCN

 MCN cân tại M  MN  MC
 NB  MC
Xét FNB và FMC có:
¶
·
·
NB  MC (chưng minh trên) NBF
 MCF
(cùng chắn AF )
¶
FB  FC ( F là điểm chính giữa BC
)
 FNB  FMC(c.gc
.)

 FN  FM
 ·
·
 NFB  MFC
·
·
·
·
Mà MFC  MFB  BFC  BAC  60
·
·
 NFB
 MFB
 60

·
 NFM
 60o

o
·
 NAM  60
Tứ giác NAFM nội tiếp (2)
Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm A , N ,O , M , F cùng thuộc một đường tròn

5


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 .
¶
¶
¶
Ta có CQ  AF  BP , do đó QJMC và BJNP là các tứ giác nội tiếp
·
·
F là điểm chính giữa cung BC nên BFC  BAC  60 suy ra BFC đều
·
·
·
Suy ra MQC  MQC  FAC  60
·
Lại có MOC  60 suy ra MCQO là tứ giác nội tiếp

Suy ra 5 điểm M ,C ,Q , J ,O cùng thuộc một đường tròn
Chứng minh tương tự B, N ,O , J , P cũng thuộc một đường tròn
·
·
·
Suy ra CJM  COM  60  BAC
·
BAC
·
·
 MAJ  MBJ  30 
2
Suy ra AMJB là tứ giác nội tiếp
·
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
·
BAC
·JAP  CAP
·
·
·
·
·
·
·

 CAP

 30  JOP
 OCF
 JOP
 OPK
 JKP
2
Mặt khác
Suy ra tứ giác AKJP nội tiếp
·
·
·
·
·
·
Suy ra KAJ  JPK  KCJ  60  BAK  BAJ  KAJ  30  60  90
Hay AK  AB
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
A   a1 , a2 , a3 , a100
1) Gọi các phần tử của tập A là
. Không mắt tính tổng quát già sử
a1  a2  a3    a100
Giả sử tập A khơng có hai số tự nhiên nào liên tiếp thì ta có
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.

2) Với n {2,3,4 ,22} giả sử không tồn tại hai phần tử nào của A có hiệu bẳng n (*).
a  aj  kn (k ¥ )i , j  {1,2,3 ,100}
Ta có i
Với các phần tử a1 ,a2 ,a3 ,a12
6




a1  k,n k ¥ *
a

79
1
A
Ta có
khi đó tập
khơng thể có các phần tử có dạng
178  a1 99
a1  kn
.  178  k 

4
n
22
Xét bất phương trình
Vậy ít nhất có 4 số thuộc tập {1,2,3....178} khơng 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



a13  kn
. k ¥ *
a

91
Ta có 13
khi đó tập A khơng thể có các phằn tử có dạng
178  a13 87
a13  kn  178  k 

3
n
22
Xét bất phương trình
Vậy ít nhất có 3 số thuộc tập {1,2,3 ,178} khơng 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-----

7