CHUYÊN KHÁNH hòa 2021 2022 m

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
KHÁNH HÒA

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
Năm học: 2021 – 2022
Mơn thi: TỐN
Ngày thi: 4/06/2021
(Thời gian làm bài 150 phút khơng kể thời gian phát đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang)

Câu 1.

(2,00 điểm)
a) Khơng dùng máy tính bỏ túi, tính giá trị biểu thức
T=

(

2 1 + 3 10 + 6 3
2 2 + 2+ 3

2

10 − 6 3

2 2 − 2− 3

)

.

A = n 2 + n2 ( n + 1)2 + (n + 1)2

n

b) Với mọi số ngun dương , chứng minh
nhưng khơng là số chính phương.
Câu 2.

) + 2 (1+

là số nguyên dương

(2,00 điểm)

2
cx 2 − bx + a = 0 ( 2 )
a , b, c
x ax − bx + c = 0 ( 1)
Cho các phương trình ( ẩn )
và
với
là các
a − b + 4c = 0
số thực dương thỏa mãn
.
( 1) ( 2 )
a) Chứng minh các phương trình
và

đều có hai nghiệm dương phân biệt.

b) Gọi

( 1)

x1 ; x2

x3 ; x4

là hai nghiệm của phương trình
và
là hai nghiệm của phương trình
1
1
1
1
T=
+
+
+
x1 x2 x3 x2 x3 x4 x3 x1 x1 x4 x1 x2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
.
Câu 3.

( 2)

.

(1,50 điểm)

P( x, y ) = 4 x3 − 3 xy 2 + y 3

a) Phân tích đa thức
thành nhân tử. Từ đó chứng minh
2
3
2
x+ y ≥0
4 x + y ≥ 3xy
x; y
với mọi số thực
thỏa mãn
.

x1 ; x2 ;…, x21

b) Cho các số thực
thỏa mãn
x1 + x2 +…+ x21 ≤ 18
Chứng minh
Câu 4.

( 3,00 điểm)

x1 ; x2 ;… : x21 ≥ −2

( O)

và

3
x13 + x23 + x33 +…+ x21
= 12

.

(I )
AC
AB
. Các đường trịn
đường kính
, và
đường kính
cắt
H ( H ≠ A)
(d)
( O)
A
nhau tại điểm thứ hai là
. Đường thẳng
thay đổi đi qua
cắt đường tròn
( I) N A
N
M
M
tại
và cắt đường tròn

tại
( nằm giữa hai điểm
và ).
(O)
D, E
I
a) Đoạn thẳng OI lần lượt cắt các đường tròn
, ( ) lần lượt tại
. Chứng minh OI là
AB + AC − BC = 2 DE
AH
đường trung trực của đoạn thẳng
và
.
Cho

∆ABC

vuông tại

A


b) Chứng minh giao điểm S của hai đường thẳng OM và IN di chuyển trên một đường tròn cố
định khi đường thẳng (d) quay quanh#A.

( I)

T (T ≠ H )
c) Giả sử đường thẳng

cắt đường trong
tại điểm thứ hai là
. Chứng minh
N , I ,T
MS , AT , NH
rằng ba điểm
thẳng hàng và ba đường thẳng
đồng quy.
MH

Câu 5.

(1,50 điểm)
a) Hai số tư nhiên khác nhau được gọi là "thân thiết" nếu tổng bình phương của chúng chia hết
X = {1; 2;3;…; 2021}
3
cho . Hỏi tập họp
có bao nhiêu cặp số "thân thiết" (khơng phân biệt thứ
tự)?

(n ∈ ¥ , n ≥ 5)
n
T
b) Trong kỳ thi chọn đội tuyển năng khiếu của trường có mơn
, mọi mơn thi
đều có thí sinh tham gia và thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
- Có ít nhất 5 mơn có số lượng thí sinh tham gia thi đơi một khác nhau;
- Với 2 mơn thi bất kì, ln tìm được 2 mơn thi khác có tổng số lượng thi sinh tham gia bằng
với tổng số lưọng thí sinh của 2 mơn đó. Hỏi kỳ thi có ít nhất bao nhiêu mơn được tổ chức?

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
Bài
Câu 1
(2,00
điểm)

Ý

Đáp án

Điểm

a) Không dùng máy tính bỏ túi, tính giá trị biểu thức

(

2 1 + 3 10 + 6 3

T=

2 2 + 2+ 3

(

=

2 2 + 2+ 3

(

2 1 + 3 10 + 6 3
4+ 4+2 3
4+2 3 =
4−2 3 =

(
(

3

10 + 6 3 =

3

3

10 − 6 3 =

3

Suy ra

) + 2 (1+

) + 2(1+

)
3 − 1)
3 +1

3

10 − 6 3

)

2 2 − 2− 3

2 1 + 3 10 + 6 3

T=

) + 2 ( 1+

3

10 − 6 3

)

3

10 − 6 3

)

0,25

= 3 +1

2

(1+ 3)
(1− 3)

.

2 2 − 2− 3

4− 4−2 3

2

1,00

= 3 −1
3

3

= 1+ 3
= 1− 3

0,25

0,50


(

2 1+1 + 3

T=
=
=

4 + 3 +1

) + 2(1+1− 3 )
4 − 3 +1

4+2 3 4−2 3
+
5+ 3
5− 3

( 4 + 2 3) ( 5 − 3) + ( 4 − 2 3) ( 5 + 3)
( 5 + 3) ( 5 − 3) ( 5 + 3) ( 5 − 3)

14 + 6 3 14 − 6 3
+
22
22
28 14
=
=
22 11
=

T=

Vậy
b
)

14
11

Với mọi số nguyên dương

n

, chứng minh

A = n 2 + n 2 ( n + 1) + ( n + 1)

2

A = n 2 + n 2 ( n + 1) + ( n + 1)

2

2

1,00

là số nguyên dương
nhưng khơng phải là số chính phương.
2

= n 2 + n 2 ( n 2 + 2n + 1) + n 2 + 2n + 1

= n 2 + n 4 + 2 n 3 + n 2 + n 2 + 2n + 1
= n 4 + 2n3 + 3n 2 + 2n + 1
=

(n

2

+ n + 1)

2

0,75
Vì

n

n2 + n + 1 > 0

dương nên

A=
Do đó

(n

2

+ n + 1) = n 2 + n + 1
2

n

Vì nguyên dương nên
dương.
Vì

n

A = n2 + n + 1

A = n2 + n + 1 > n2
A = n 2 + n + 1 < n 2 + 2n + 1 = ( n + 1)
2

cũng là số nguyên
0,25

nguyên dương, ta có:

⇒ n 2 < A < ( n + 1)

.

2


Suy ra

A

khơng là một số chính phương.
2
x ax − bx + c = 0 ( 1)

Câu 2
Cho các phương trình (ẩn

(2,00
điểm)

cx − bx + a = 0 ( 2 )
2

mãn

a − b + 4c = 0

với

)

a , b, c

và

là các số thực dương thỏa
1,00

.

Chứng minh các phương trình
nghiệm dương phân biệt.

( 1)

và

( 2)

đều có hai

a − b + 4c = 0 ⇔ b = a + 4c
∆1 = ∆ 2 = b 2 − 4ac = ( a + 4c ) − 4ac
2

= a 2 + 4ac + 16c 2 = ( a + 2c ) + 12c 2
2

0,50

⇒ ∆1 > 0, ∆ 2 > 0

a)

Suy ra các phương trình
biệt.

( 1)

( 2)

và

đều có hai nghiệm phân

Theo định lý Vi-ét ta có:

S1 =

Vì
0.

b
b
c
a
, S 2 = , P1 = , P2 =
a
c
a
c

a, b, c

là các số thực dương nên

S1 , S2 , P1 , P2

đều lớn hơn

Ta có:

∆1 > 0

 S1 > 0 ⇒
P > 0
 1

0,50

Phương trình

( 1)

có hai nghiệm dương phân

biệt.

∆ 2 > 0

S2 > 0 ⇒
P > 0
 2

Phương trình

( 2)

có hai nghiệm dương phân

biệt.
b
)

Gọi

x1; x2

là hai nghiệm của phương trình

hai nghiệm của phương trình

( 2)

( 1)

,

x3 ; x4

1,00
là

. Tìm giá trị nhỏ nhất


T=
của biểu thức

1
1
1
1
+
+
+
x1 x2 x3 x2 x3 x4 x3 x4 x1 x4 x1 x2

.

Theo định lý Vi-ét ta có:

b
c
b
a
x1 + x2 = ; x1 x2 = ; x3 + x4 = ; x3 x4 =
a
a
c
c
T=
=

0,25

1
1
1

1
+
+
+
x1 x2 x3 x2 x3 x4 x3 x4 x1 x4 x1 x2

x1 + x2 + x3 + x4
x1 x2 x3 x4

b b
+
a
c
=
c a
.
a c
b b
= +
a c

0,25

a + 4c a + 4c
+
a
c
4c a
= 5+ +
a c

=

0,25

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

T = 5+

4c a
4c a
+ ≥ 5+2
. =9
a c
a c

Dấu “=” xảy ra

⇔ a = 2c, b = 6c

Vậy giá trị nhỏ nhất của
Câu 3
(1,50
điểm)

a)
Phân tích đa thức

T

.

P ( x, y ) = 4 x 3 − 3xy 2 + y 3

tử. Từ đó chứng minh
thỏa mãn

0,25

là 9.

4 x + y ≥ 3xy
3

x, y

.

x+ y ≥0

.

3

0,75
thành nhân

2

với mọi số thực

P ( x, y ) = 4 x 3 − 3xy 2 + y 3
= 4 x 3 − 4 xy 2 + xy 2 + y 3

= 4x ( x2 − y 2 ) + y 2 ( x + y )
= 4x ( x + y ) ( x − y ) + y2 ( x + y )

0,50

= ( x + y ) ( 4 x 2 − 4 xy + y 2 )
= ( x + y) ( 2x − y)

2

x, y

Với mọi số thực

( x + y ) ( 2x − y )

2

thỏa mãn

x+ y ≥0

, ta có:

≥0

⇔ 4 x3 − 3xy 2 + y 3 ≥ 0

0,25

⇔ 4 x3 + y 3 ≥ 3 xy 2

Dấu “=” xảy ra
b
)

x + y = 0
⇔
 y = 2x

Cho các số thực
và

x1; x2 ;...; x21

x + x + ... + x = 12
3
1

3
2

3
21

x1 + x2 + ... + x21 ≤ 18

Với mọi

i

thỏa mãn

. Chứng minh

x1; x2 ;...; x21 ≥ −2
0,75

.

có giá trị từ 1 đến 21, ta có:

xi + 2 ≥ 0
⇔ ( xi + 2 ) ( xi − 1) ≥ 0
2

0,25

⇔ xi3 − 3 xi + 2 ≥ 0
⇔ xi3 + 2 ≥ 3 xi ( *)

Dấu “=” xảy ra

⇔ xi = 1

Áp dụng bất đẳng thức

x13 + 2 ≥ 3x1
x23 + 2 ≥ 3x2
...
3
x21
+ 2 ≥ 3 x21

Suy ra

hoặc

( *)

xi = −2

.
0,50

ta có:


3
x13 + x23 + ... + x21
+ 42 ≥ 3 ( x1 + x2 + ... + x21 )

⇔ 54 ≥ 3 ( x1 + x2 + ... + x21 )
⇔ x1 + x2 + ... + x21 ≤ 18

Dấu “=” xảy ra khi có 1 số bằng
(khơng chỉ ra dấu “=” trừ 0,25)

Câu 4
(3,00
điểm)

a)
Cho

VABC

kính

AB

hai là

và

( I)

M

nằm giữa

Đoạn thẳng
lượt tại

OI

D, E

đoạn thẳng

và

tại

N

M

( O)

( d)

thay đổi đi qua

( I)

tại

A

N

(

1,00

).

( O) ,( I )

lần lượt cắt các đường tròn

và

đường

cắt nhau tại điểm thứ

và cắt đường tròn

. Chứng minh

AH

AC

. Đường thẳng

( O)

và 20 số cịn lại bằng 1.

. Các đường trịn

đường kính

H ( H ≠ A)

cắt đường trịn

A

A

vng tại

−2

OI

lần

là đường trung trực của

AB + AC − BC = 2 DE

.

Ta có:

OA = OH
IA = IH
Suy ra
Ta có:

(cùng là bán kính của

(cùng là bán kính của

OI

( O)

( I)

)
0,25

)

là đường trung trực của đoạn thẳng

AH

.
0,25


OD = OA = OB =

IE = IA = IC =

Xét

O
I

VABC

là trung điểm

OI

⇒ OI =

1
AC ⇒ I
2

AB

là trung điểm

AC

là trung điểm

.

.

ta có:

là trung điểm

Suy ra

1

AB ⇒ O
2

AB

AC
0,25

là đường trung bình của

1
BC
2

VABC

.

1
1
1
AB + AC − BC
2
2
2
⇔ 2 DE = AB + AC − BC
DE = OD + IE − OI =

b
)

Chứng minh rằng giao điểm

S

OM

của

và

IN

trên một đường tròn cố định khi đường thẳng
quanh

A

∠AHB = ∠AHC = 90°

Suy ra
Lại có

VABC

( d)

quay

1,00

(góc nội tiếp chắn nửa

∠BHC = ∠AHB + ∠AHC = 90° + 90° = 180°
0,25

B, H , C

thẳng hàng.

∠AHB = 90° ⇒ AH ⊥ BC
vuông tại

.

A ⇒ ∠ABC + ∠ACB = 90°

∠NMH = ∠ABC
∠MNH = ∠ACB
Suy ra

di chuyển

.

Ta có:
đường trịn)
Suy ra

0,25

(cùng chắn cung
(cùng chắn cung

AH
AH

)
)

∠MNH + ∠NMH = ∠ABC + ∠ACB = 90°

⇒VHMN

vuông tại

H ⇒ ∠MHN = 90°

.

0,25


∠SNM = ∠IAN = ∠NHC
∠SMN = ∠OAM = ∠BHM
Suy ra

∠SMN + ∠SNM = ∠CHN + ∠BHM = 180° − ∠MHN

0,25

= 180° − 90° = 90°
⇒VSMN
S

Suy ra
Mà
Vậy

O

và

S

vng tại

thuộc đường trịn đường kính

I

Giả sử

MH

cắt

MS , AT , NH

.

( d)

( I)

quay quanh

A

tại điểm thứ hai

N , I ,T

OI

cố định.

0,25

cố định

T (T ≠ H )

. Chứng

thẳng hàng và ba đường thẳng

1,00

đồng quy.

( I)

⇒ N , I ,T

OI

.

∠MHN = 90° ⇒ ∠THN = 90° ⇒ TN

kính của

NT

OI

di chuyển trên đường trịn đường kính

minh ba điểm

Ta có

hay

∠ISO = 90°

cố định nên đường trịn đường kính

khi đường thẳng

c)

S ⇒ ∠MSN = 90°

là đường
0,25

thẳng hàng.

là đường kính của

( I ) ⇒ ∠NAT = 90° ⇒ TA ⊥ NM

0,25


∠THN = 90° ⇒ NH ⊥ MT

0,25

∠MSN = 90° ⇒ MS ⊥ NT
Xét

VMNT

Do đó
Câu 5

ta có

MS , NH , AT

MS , NH , AT

là ba đường cao.

0,25

đồng quy.

Hai số tự nhiên khác nhau được gọi là “thân thiết” nếu
tổng bình phương của chúng chia hết cho 3. Hỏi tập hợp

(1,50
điểm)

X = { 1; 2;...; 2021}

0,75

có bao nhiêu cặp số “thân thiết”
(khơng phân biệt thứ tự)?
Ta có nhận xét: Một số chính phương khi chia cho 3 sẽ có
số dư là 0 hoặc 1.
Giả sử

a

và

b

là hai số “thân thiết”

a

Ta sẽ chứng minh cả

và

b

Thật vậy, giả sử trong hai số

⇒ a 2 + b2 M
3

.

đều chia hết cho 3.

a

và

b

có một số khơng chia

hết cho 3. Khơng mất tính tổng qt, giả sử số đó là

a)
Suy ra
Vì

a

và

a2
b2

a

X

và

có

b

b2

chia 3 dư 1 nên

phải chia 3 dư 2.

khi chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1.

Vậy điều giả sử là sai. Do đó nếu

a

và

b

là hai số “thân

đều chia hết cho 3.

 2021 
 3  = 673

Số cặp số “thân thiết” là
b
)

số chia hết cho 3.

673.672
= 226128
2

0,25

.

Trong kỳ thi chọn đội tuyển năng khiếu của trường T có

n

0,50

chia 3 dư 1.

Điều này vơ lí vì

Tập hợp

.

2

a2 + b2 M
3

thiết” thì

a

( n ∈ ¥ , n ≥ 5)

mơn
, mọi mơn thi đều có thí sinh tham
gia và thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
- Có ít nhất 5 mơn có số lượng thí sinh tham gia đôi một
khác nhau.
- Với 2 môn thi bất kì, ln tìm được 2 mơn thi khác có
tổng số lượng thí sinh tham gia bằng với tổng số lượng

0,75


thí sinh của 2 mơn đó.
Hỏi kỳ thi có ít nhất bao nhiêu môn được tổ chức?
Gọi

n[ i]

là số môn thi có số lượng thí sinh tham gia là

i ( i, n [ i ] ∈ ¥ )

Gọi

.

S = { i | i > 0, n [ i ] > 0}

0,25
.

Do có ít nhất 5 mơn có số lượng thí sinh tham gia đơi một
khác nhau nên
Giả sử

S

có ít nhất 5 phần tử.

a, b ( a > b )

d , e ( d > e)

Rõ ràng

là 2 phần tử lớn nhất của

S

là hai phần tử nhỏ nhất của

n [ a ] , n [ b ] , n [ d ] , n [ e]

S

0,50
và

.

đều lớn hơn hoặc bằng 1.

a

Lấy 1 mơn có số lượng thí sinh tham gia là và 1 mơn có
số lượng thi là

b

. Theo điều kiện 2, tồn tại hai mơn khác có

a+b

tổng số lượng thí sinh tham gia là
2 phần tử lớn nhất của

S

là

, dẫn đến

là

nên hai mơn khác này phải có 1

mơn có số lượng thí sinh là

b

. Vì

a, b ( a > b )

a

, 1 mơn có số lượng thí sinh

n [ a ] ≥ 2, n [ b ] ≥ 2

.

a

Lại lấy 2 mơn có số lượng thí sinh tham gia là . Theo điều
kiện 2, tồn tại hai mơn khác có tổng số lượng thí sinh tham
gia là

2a

. Vì

a

là phần tử lớn nhất của

khác này phải có số lượng thí sinh là
Lập luận tương tự ta cũng có
Vì

S

a

S

nên hai mơn

, dẫn đến

n [ d ] ≥ 2, n [ e ] ≥ 4

n [ a] ≥ 4

.

có ít nhất 5 phần tử nên ta lấy trường hợp ít nhất,

5 phần tử là

a , b, c , d , e ⇒ n [ c ] ≥ 1

Vậy kỳ thi đó có ít nhất

.

S

có

.

4 + 2 + 1 + 2 + 4 = 13

mơn thi.

Ta có thể chỉ ra một trường hợp là số thí sinh dự thi các
mơn lần lượt là 1, 1, 1, 1, 2, 2, 3, 4, 4, 5, 5, 5, 5. (không lấy

ví dụ trừ 0,25)