CHUYÊN LAM sơn THANH hóa 2021 2022

Năm tuyển sinh: 2020 – 2021

DỰ ÁN GÓP ĐỀ TUYỂN SINH
10

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH THANH HOÁ

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
Năm học: 2021 - 2022
Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút
(Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Bài 1. (2,0 điểm)
a) Cho các số thực a, b không âm thỏa mãn điều kiện (a + 2)(b + 2) = 8 . Tính giá trị của biểu thức:

(

)(

P = ab + 2 a 2 + b 2 + 8 − 2 a 2 + 4 b 2 + 4

b) Cho các số hữu tỉ
rằng B là số hữu tỉ.
Bài 2. (2,0 điểm)

)

a, b, c đôi một phân biệt. Đặt

1) Giải phương trình:

(x

2

)(

B=

)

+ 3x + 2 x 2 + 9 x + 18 = 168 x 2

1
1
1
+
+
2
2
( a − b)
(b − c)
(c − a )2 . Chứng minh

.

1

1

 x + x2 + 1 = y + y2 + 1


 x2 + 2x y + 1 = 8x − 1

y
2) Giải hệ phương trình: 
.
Bài 3. (2,0 điểm)
2
2
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn x + 2 y − 2 xy − 2 x − 4 y + 6 = 0 .

p2 − p
−1
2
b) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho
là lập phương của một số tự nhiên.
Bài 4. (3,0 điểm)

( )
′

O
Cho hai đường tròn (O ) và
cắt nhau tại hai điểm A và B . Tiếp tuyến tại A của đường tròn tâm
′
O cắt đường tròn tâm O tại P( P ≠ A) . Tiếp tuyến tại A của đường tròn tâm O′ cắt đường tròn tâm

O tại Q(Q ≠ A) . Gọi I là điểm sao cho tứ giác AOIO′ là hình bình hành và D đối xứng với A qua

B.
a) Chứng minh rằng I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A P Q. Từ đó suy ra tứ giác A D P Q nội
tiếp ?
·
·
b) Gọi M là trung điểm của đoạn PQ. Chứng minh ADP = QDM .
c) Giả sử hai đường thẳng
2
1
1
=
+
minh: SK SP SQ

IB và PQ cắt nhau tại S . Gọi K là giao điểm của AD và PQ . Chứng

Bài 5. (1,0 điểm)
Cho bảng kẻ ơ vng kích thước 8 × 8 gồm có 64 ơ vng con (như hình vẽ bên). Người ta đặt 33 quân
cờ vào các ô vuông con của bảng sao cho mỗi ô vuông con có khơng q một qn cờ. Hai qn cờ

1/7


Năm tuyển sinh: 2020 – 2021

DỰ ÁN GÓP ĐỀ TUYỂN SINH
10

được gọi là "chiếu nhau" nếu chúng nằm cùng một hàng hoặc nằm cùng một cột. Chứng minh rằng với
mỗi cách đặt ln tồn tại ít nhất 5 qn cờ đôi một không chiếu nhau.

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Bài 1. (2,0 điểm)
a) Cho các số thực a, b không âm thỏa mãn điều kiện (a + 2)(b + 2) = 8 . Tính giá trị của biểu thức:

(

)(

P = ab + 2 a 2 + b 2 + 8 − 2 a 2 + 4 b 2 + 4

b) Cho các số hữu tỉ
rằng B là số hữu tỉ.

)

a, b, c đôi một phân biệt. Đặt

1
1
1
+
+
2
2
( a − b)
(b − c)
(c − a )2 . Chứng minh

B=

Bài giải
a) Ta có: (a + 2)(b + 2) = 8 ⇔ 2a + 2b + ab = 4 .
Do đó:

(

2 a2 + 4

)(b

2

)

+4 =

(

2 a 2 + ab + 2a + 2b

= 2( a + b) 2 ( a + 2)(b + 2) =
Suy ra:

) (b

2

+ ab + 2a + 2b

)

2( a + b ) 2 ×8 = 4( a + b).

2 a 2 + b 2 + 8 − 2 ( a 2 + 4 ) ( b 2 + 4 ) = 2 a 2 + b 2 + 8 − 4(a + b)
= 2 (a + b )2 + 8 − 4(a + b) − 2ab = 2 (a + b ) 2 = 2(a + b).
Khi đó: P = ab + 2(a + b) = 4 .

Vậy P = 4 .
b) Đặt x = a − b, y = b − c, z = c − a ⇒ x, y , z ≠ 0 và x + y + z = 0 .
Ta có:
2

B=

2

1 1 1
 1
 1 1 1  2( x + y + z )
1
1
1
1 1
+ 2 + 2 =  + + ÷ − 2 + + ÷ =  + + ÷ −
2
x
y

z
xyz
 x y z
 xy yz zx 
 x y z
2

1 1 1
1 1 1
=  + + ÷ = + +
x y z
x y z
Vì a, b, c là các số hữu tỷ nên x, y, z là các số hữu tỉ, do đó B là số hữu tỷ.
Bài 2. (2,0 điểm)

1) Giải phương trình:

(x

2

)(

)

+ 3x + 2 x 2 + 9 x + 18 = 168 x 2

2/7

.

Năm tuyển sinh: 2020 – 2021

DỰ ÁN GÓP ĐỀ TUYỂN SINH
10

1
1

 x + x2 + 1 = y + y2 + 1


 x2 + 2x y + 1 = 8x − 1

y
2) Giải hệ phương trình: 
.
Bài giải
a) Do x = 0 khơng là nghiệm của phương trình nên phương trình đã cho tương đương:
( x + 1)( x + 2)( x + 3)( x + 6) = 168 x 2 ⇔ x 2 + 7 x + 6 x 2 + 5 x + 6 = 168 x 2

(

)(

)

2

2

6
6
6
6
6
6







⇔  x + + 7 ÷ x + + 5 ÷ = 168 ⇔  x + ÷ + 12  x + ÷ + 35 = 168 ⇔  x + ÷ + 12  x + ÷− 133 = 0
x
x
x
x
x
x







6

6



⇔  x + − 7 ÷ x + + 19 ÷ = 0 ⇔ x 2 − 7 x + 6 x 2 − 19 x + 6 = 0
x
x



2
x − 7x + 6 = 0
x = 1
337 − 19
337 + 19
⇔ 2
⇔
x=−
.x =
2
2
x = 6
 x + 19 x + 6 = 0

(

)(

)


337 − 19
337 + 19 
S = 1;6;
;−

2
2

 .

Vậy tập nghiệm của phương trình
b) Điều kiện y > 0 . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương:
1
1
( x − y )( x + y )
x− y+ 2
− 2
=0⇔ x− y− 2
=0
x +1 y +1
x + 1 y2 + 1

(


x+ y
⇔ ( x − y ) 1 − 2
x + 1 y2 + 1


(

)(

)

)(

)


x = y
=0⇔ 2
2

 x + 1 y + 1 = x + y

(

)(

)

2

2

1 
1

1

x2 + 1 y 2 + 1 = x + y ⇔ x2 − x + y 2 − y + x2 y 2 + 1 = 0 ⇔  x − ÷ +  y − ÷ + x 2 y 2 + = 0
2 
2
2

Ta có:
,
vơ lí.
Do đó trong trường hợp này hệ phương trình vơ nghiệm.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( x; y ) = (2 + 3;2 + 3),(2 − 3;2 − 3) .

(

)(

)

Bài 3. (2,0 điểm)
2
2
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn x + 2 y − 2 xy − 2 x − 4 y + 6 = 0 .

p2 − p
−1
2
b) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho
là lập phương của một số tự nhiên.
Bài giải

a) Ta có:
x 2 + 2 y 2 − 2 xy − 2 x − 4 y + 6 = 0

(

) (

)

⇔ x 2 + y 2 + 1 − 2 xy − 2 x + 2 y + y 2 − 6 y + 9 = 4
⇔ ( x − y − 1) + ( y − 3) = 4
2

2

( x − y − 1) 2 = 4
Vì x, y ∈ ¢ ⇒ 
2
( y − 3) = 0

( x − y − 1) 2 = 0
ho?c 
2
( y − 3) = 4
3/7


Năm tuyển sinh: 2020 – 2021

DỰ ÁN GÓP ĐỀ TUYỂN SINH

10

( x − y − 1) 2 = 4
( x − 4) 2 = 4
x = 6
x = 2
⇔
⇔




2
y =3
( y − 3) = 0
y=3




Trường hợp:
hoặc  y = 3 .

x = y + 1
2
x = 6
( x − y − 1) = 0

⇔ y = 5
⇔


x = 2
2
y = 5

( y − 3) = 4
y =1

Trường hợp: 
hoặc  y = 1 .
Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm ( x; y ) = (6;3),(2;3),(6;5),(2;1) .
p2 − p
− 1 = a3
2
b) Ta có:
với a ≥ 0 . Khi đó:
p2 − p
− 1 = a 3 ⇔ p ( p − 1) = 2(a + 1) a 2 − a + 1 .
2
Vì ưcln ( p; p − 1) = 1 nên p ( p − 1) chia hết cho
(a + 1) ⇔ p chia hết cho ( a + 1) hoặc p − 1 chia hết cho ( a + 1) .

(

)

k = 1
k = 1
⇔


a + 1 = 1 a = 0
- Xét p : (a + 1) ⇒ p = k (a + 1) . Mà p là số nguyên tố suy ra: 
.
a
=
0
⇒
p
=
2
Với
.
k = 1 ⇒ p = a + 1 ⇒ a (a + 1) = 2(a + 1) ( a 2 − a + 1)
Nếu
, vơ nghiệm.
p
−
1:
(
a
+
1)
⇒
p
=
m
(
a
+
1)

+
1
Xét
. Khi đó ta có:
2
2
m(a + 1) p = 2( a + 1) ( a − a + 1) ⇔ mp = 2 ( a 2 − a + 1) .
Ta có: a − a + 1 = a( a − 1) + 1 là một số lẽ.
( 2; a 2 − a + 1) = 1 .
Suy ra: ưcln
2 ( a 2 − a + 1) : m ⇔ 2 : m
a 2 − a + 1) : m
(
Nên
hoặc
.
m
=
1

2:m ⇒ 
m = 2 .
Nếu
Với

(

)

k = 1 ⇒ 2 a 2 − a + 1 = a + 2 ⇔ 2a 2 − 3a = 0 ⇔ a = 0

2
2
Với k = 2 ⇒ a − a + 1 = 2( a + 1) + 1 ⇔ a − 3a − 1 = 0 , vô nghiệm.
2
2
Nếu a − a + 1: m ⇒ a − a + 1 = mn . Khi đó ta có: m( a + 1) + 1 = 2n .
Mặt khác p = m(a + 1) + 1 = 2n là số nguyên tố suy ra p = 2, n = 1 ⇒ a = 0 .

Tóm lại p = 2 là số nguyên tố cần tìm.
Bài 4. (3,0 điểm)

( )

O′
Cho hai đường tròn (O ) và
cắt nhau tại hai điểm A và B . Tiếp tuyến tại A của đường tròn tâm
′
O cắt đường tròn tâm O tại P( P ≠ A) . Tiếp tuyến tại A của đường tròn tâm O′ cắt đường tròn tâm
O tại Q(Q ≠ A) . Gọi I là điểm sao cho tứ giác AOIO′ là hình bình hành và D đối xứng với A qua

B.
a) Chứng minh rằng I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A P Q. Từ đó suy ra tứ giác A D P Q nội
tiếp ?
·
·
b) Gọi M là trung điểm của đoạn PQ. Chứng minh ADP = QDM .

4/7

Năm tuyển sinh: 2020 – 2021

DỰ ÁN GÓP ĐỀ TUYỂN SINH
10

c) Giả sử hai đường thẳng
2
1
1
=
+
minh: SK SP SQ

IB và PQ cắt nhau tại S . Gọi K là giao điểm của AD và PQ . Chứng

Bài giải

′
′
′
a) Ta có: OA ⊥ AP mà IO / / OA ⇒ IO ⊥ AP ⇒ I nằm trên đường trung trực của AP ⇒ IA = IP .
Chứng minh tương tự ta cũng có: IA = IQ .
Từ đó suy ra: IA = IP = IQ ⇒ I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ .
′
Gọi E , F lần lượt là giao điểm của OO với AB và AI . Ta có:
Dễ thấy E , F lần lượt là trung điểm của AB và AI ⇒ EF là đường trung bình của tam giác
ABI .
Suy ra EF / / BI hay OO / / BI . Do đó BI ⊥ AB tại B .
Từ đó IB là đường trung trực của AD ⇒ IA = ID .

Do đó tứ giác ADPQ nối tiếp.

5/7


Năm tuyển sinh: 2020 – 2021

DỰ ÁN GÓP ĐỀ TUYỂN SINH
10

1
·
·
·
·
QPD
= QAD
= QAB
= APB
= ·AO ′ B = ·AO ′O
· ′
·
2
b) Ta có:
, hay QPD = AO O
′
·
PQD
= ·AOO

Chứng minh tương tự ta cũng có:

.

′

Từ đó suy ra ∆AOO #∆DQP
′
·
·
Mà M là trung điểm của PQ và F là trung điểm của OO ⇒ QDM = OAF .

·ADP = 1 ·AIP = ·AIO′ = OAF
·
2
Mặt khác
.
·APD = QDM
·

Từ đây suy ra:

.

·
·
c) Theo chứng minh trên ta có: QPD = QAB .

·
·

·
·
·
Mặt khác DQP = DAP = AQB , hay DQP = AQB
Từ đó suy ra ∆AQB#∆PQD .
Suy ra:

·
·
·
·
·
·
QBI
+ IPQ
= QBA
+ ·ABI + IPQ
= QDP
+ 90° + IPQ
·
180° − QIP
·
·
·
= QPD
+ 90° +
= 180° + QPD
− QDP
= 180°
2

Do đó tứ giác QBIP nội tiếp. Suy ra: SQ ×SP = SB ×SI

Vì M là trung điểm của đoạn PQ ⇒ IM ⊥ PQ ⇒ tứ giác BKMI nội tiếp. Suy ra:
SK ×SM = SB ×SI
SQ ×SP = SK ×SM ⇔

1
SM
=
SK SQ ×SP

Tu đó ta suy:
Mà SM = SP − MP = SP − MQ = SP − ( SM − SQ ) = SP + SQ − SM ⇒ SP + SQ = 2SM
1
SM
2
2SM
2
SQ + SP
2
1
1
=
⇔
=
⇔
=
⇔
=
+

SK SQ ×SP
SK SQ ×SP
SK SQ SP
Nên ta có: SK SQ ×SP
Bài 5. (1,0 điểm)
Cho bảng kẻ ơ vng kích thước 8 × 8 gồm có 64 ô vuông con (như hình vẽ bên). Người ta đặt 33 quân
cờ vào các ô vuông con của bảng sao cho mỗi ơ vng con có khơng q một qn cờ. Hai quân cờ
được gọi là "chiếu nhau" nếu chúng nằm cùng một hàng hoặc nằm cùng một cột. Chứng minh rằng với
mỗi cách đặt ln tồn tại ít nhất 5 quân cờ đôi một không chiếu nhau.

Lời giải
Đánh số các ơ của bảng như hình vẽ.
6/7


Năm tuyển sinh: 2020 – 2021

DỰ ÁN GÓP ĐỀ TUYỂN SINH
10

1 2 3 4 5 6 7 8
8 1 2 3 4 5 6 7
7 8 1 2 3 4 5 6
6 7 8 1 2 3 4 5
5 6 7 8 1 2 5 4
4 5 6 7 8 1 2 3
3 4 5 6 7 8 1 2
2 3 4 5 6 7 8 1
Theo nguyên lí Dirichle đặt 33 qn cờ vào mỗi ơ mà có 8 loại ô là các số được đánh từ 1 đến
8 nên có ít nhất 5 qn cờ cùng một số. Theo bảng này các quân cờ được đặt trong các ơ có

cùng số thì khơng chiếu nhau.
Suy ra điều phải chứng minh.

7/7