CHUYEN lào CAI 21 22

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN

LÀO CAI

NĂM HỌC 2021 – 2022
Mơn: Tốn (Chun)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Khóa ngày: 03/06/2021

(Đề thi gồm có 01 trang)

Thời gian: 150 phút (Không kể giao đề)
ĐỀ BÀI:

Câu 1. (2,0 điểm)
 a a 1 a a 1   a  2 

a) Cho biểu thức A  
với a  0; a  1; a  2 . Tìm tất cả các giá trị

 :  a  2 
a

a
a

a




nguyên dương của a đề P nhận giá trị nguyên.
b) Cho x  1  2021 . Tính giá trị biểu thức: x5  2 x 4  2021x3  3 x 2  2018 x  2021.
Câu 2. (2,5 điểm)
1) Một người dự định đi xe đạp từ A đến B cách nhau 40km trong một thời gian nhất định. Sau khi đi
được 20km người đó đã dừng lại nghỉ 20 phút. Do đó để đến B đúng thời gian dự định người đó phải tăng
vận tốc thêm 3km/h. Tính vận tốc dự định của người đó.
2
2) Cho phương trình x  2  m  1 x  2m  5  0 (trong đó m là tham số).

a) Chứng minh rằng phương trình ln có 2 nghiệm x ; x với mọi m.
1
2
b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm x ; x thỏa mãn điều kiện:
1
2

x

2
1





 2mx1  2m  1 x22  2mx2  2m  1  0.

Câu 3. (3,5 điểm)
Cho tam giác nhọn  ABC không cân (AB < AC) có đường trịn ngoại tiếp (O; R) và đường tròn nội
tiếp (I; r). Đường tròn (I; r) tiếp xúc với các cạnh BC , CA , AB lần lượt tại D, E, F. Kéo dài AI cắt BC tại M
và cắt đường tròn (O;R) tại điểm thứ 2 là N (N khác A). Gọi Q là giao điểm của AI và FE. Nối AD cắt đường
tròn (I; r) tại điểm thứ 2 là P (P khác D). Kéo dài DQ cắt đường tròn (I; r) tại điểm thứ 2 là T (T khác D).
Chứng minh rằng:
a) AF 2  AP. AD
b) Tứ giác PQID nội tiếp và NB 2  NM .NA.
c) QA là phân giác của ·PQT
d) ·ADF  ·QDE


Câu 4. (2,0 điểm)
1
1
2
a) Cho hai số thực dương x; y thỏa mãn: x  y  . Tìm giá trị nhỏ nhất của A  53 x  53 y  2  2 .
x
y
3
b) Cho ba số thực dương x; y , z thỏa mãn: x 2  y 2  z 2  3 . Chứng minh rằng:

x

4

 



 y 4  z 4  x3  y 3  z 3  3  x  y  z .

Câu 5. (1,0 điểm)
2
2
a) Tìm tất cả các bộ số nguyên  x ; y  thỏa mãn phương trình: x  2 x  2 y  2  xy  1

b) Cho p là số nguyên tố sao cho tồn tại các số nguyên dương x ; y thỏa mãn x3  y 3  p  6 xy  8.
Tìm giá trị lớn nhất của p .

-------Hết-------



HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN – LÀO CAI (2021-2022)
Câu 1. (2,0 điểm)
 a a 1 a a 1   a  2 

a) Cho biểu thức A  
với a  0; a  1; a  2 . Tìm tất cả các giá trị

 :  a  2 
a

a
a

a




nguyên dương của a đề P nhận giá trị nguyên.
b) Cho x  1  2021 . Tính giá trị biểu thức: x5  2 x 4  2021x3  3 x 2  2018 x  2021.
Lời giải:
 a  0
a) Với: 
 a   1, 2
 a a 1 a a 1   a  2  
A



Ta có:


 :  a  2 

a

a
a

a








a

 






a 1



a 1 a  a 1   a  2 
:
  a  2 
a a 1


a 1 a  a  1



 a  a 1 a  a 1  a  2 
8
 a  2  2a  4
A  

:

2 

 2 


a2
a
a
a2 a2

  a2
Để A  ¢  2 

8
¢  a  2U  8     1;  2;  4;  8
a2

a  ¢ 
 a  2  5  a  2   8   a  6  TM 
Do: 
a   1; 2
Vậy a  6  A ¢
b)

Đặt:
5

4

3

2

5

4

3

3

2

2

M  x  2 x  2021x  3x  2018x  2021  x  2 x  2020 x  x  2 x  2020 x  x  2 x  2020  1.



 

 









M  x3 x 2  2 x  2020  x x 2  2 x  2020  x 2  2 x  2020  1  x 2  2 x  2020 x3  x  1  1
Mà: x  1  2021  x  1  2021   x  1  2021  x 2  2 x  2020  0.
2

 M  1

Câu 2. (2,5 điểm)
1) Một người dự định đi xe đạp từ A đến B cách nhau 40km trong một thời gian nhất định. Sau khi đi
được 20km người đó đã dừng lại nghỉ 20 phút. Do đó để đến B đúng thời gian dự định người đó phải tăng
vận tốc thêm 3km/h. Tính vận tốc dự định của người đó.
2
2) Cho phương trình x  2  m  1 x  2m  5  0 (trong đó m là tham số).


a) Chứng minh rằng phương trình ln có 2 nghiệm x ; x với mọi m.
1
2
b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm x ; x thỏa mãn điều kiện:
1
2

x

2
1





 2mx1  2m  1 x22  2mx2  2m  1  0.
Lời giải:

1) Gọi vận tốc dự định của xe đạp là: x  km / h  ; x  0.
Vận tốc sau khi tăng tốc là: x  3  km / h  .
Thời gian dự định là:

40
 h .
x

Quãng đường từ lúc tăng tốc là: 40  20  20  km  .
Thời gian lúc chưa tăng tốc là:

20
 h .
x3

Thời gian từ lúc tăng tốc là:

Theo đề bài ta có:

20
 h .
x

 x  12  TM 
20 1 20 40
 



x 3 x3 x
 x  15  KTM 

Vậy vận tốc dự định của xe đạp là: 12 (km/h)
2) a) Ta có:  '     m  1   2m  5  m 2  4m  6   m  2   2  0  m
2

2

=> Phương trình ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
 x1  x2  2  m  1
b) Theo Vi-et ta có: 
 x1 x2  2m  5
Do: x1 ; x2 là nghiệm của phương trình nên ta có:
 x12  2  m  1 x1  2m  5  0


 2
 x 2  2  m  1 x2  2m  5  0





 x12  2mx1  2 x1  2m  1  4  0


 2

 x 2  2mx2  2 x2  2m  1  4  0



 x12  2mx1  2m  1  4  2 x1

 2
 x 2  2mx2  2m  1  4  2 x2

2
2
Mà: x1  2mx1  2m  1 x2  2mx2  2m  1  0   4  2 x1   4  2 x2   0  16  8  x1  x2   4 x1x2  0

 16  8.2  m  1  4  2m  5   0  12  8m  0  m 
Câu 3. (1,0 điểm)

3
2


Cho tam giác nhọn  ABC không cân (AB < AC) có đường trịn ngoại tiếp (O; R) và đường tròn nội
tiếp (I; r). Đường tròn (I; r) tiếp xúc với các cạnh BC , CA , AB lần lượt tại D, E, F. Kéo dài AI cắt BC tại M
và cắt đường tròn (O;R) tại điểm thứ 2 là N (N khác A). Gọi Q là giao điểm của AI và FE. Nối AD cắt đường
tròn (I; r) tại điểm thứ 2 là P (P khác D). Kéo dài DQ cắt đường tròn (I; r) tại điểm thứ 2 là T (T khác D).
Chứng minh rằng:
a) AF 2  AP. AD
b) Tứ giác PQID nội tiếp và NB 2  NM .NA.
c) QA là phân giác của ·PQT
d) ·ADF  ·QDE
Lời giải:

1»
; ¶A Chung
a) Xét  AFP và  ADF có: ·AFP  ·ADF  FP
2
  AFP ∽  ADF  g . g  

AF AP

 AF 2  AP. AD (đpcm)
AD AF

b) Vì: AF và AE là 2 tiếp tuyến của  I   AI là trung trực của FE  AI  FE tại Q.
2
 A F 2  AQ. AI (hệ thức lượng)  AQ.AI  AP. AD   A F  

AP AI

AQ AD


Xét  APQ và  AID có:

AP AI

 cmt  ; ¶A Chung
AQ AD

  APQ ∽  AID  c. g . c   ·AQP  ·ADI  PQID nội tiếp (vì: ·AQP là góc ngồi tại đỉnh Q)
» B  NC

»  ¶B  ¶A
Ta có: ¶A1  ¶A2 (vì: AI là tia phân giác)  N
1
2
Xét  ABN và  BMN có: ¶B1  ¶A2  cmt  ; ·N Chung
  ABN ∽  BMN  g . g  
 ·IPD  ·IDP

c) Ta có:  ·
·
 IPD  IQD


AN BN

 NB 2  NA.NM (đpcm)
BN MN

 IP  ID  r 
 1º 
  ID 
 2 

 ·IDP  ·IQD

 ·IDP  ·AQP  cmt 
 ·AQP  ·AQT  đpcm
Mà: 
·
·

 AQT  IQD  doi dinh 
»  EK
»
d) Gọi K là giao điểm của AI với  I   FK
»  KT
»  FP
» E
» T  ·FDP  ·EDT  đpcm
Mà: ·AQP  ·AQT  cmt   KP
Câu 4. (2,0 điểm)
1
1
2
a) Cho hai số thực dương x; y thỏa mãn: x  y  . Tìm giá trị nhỏ nhất của A  53 x  53 y  2  2 .
x
y
3
b) Cho ba số thực dương x; y , z thỏa mãn: x 2  y 2  z 2  3 . Chứng minh rằng:

x

4

 



 y 4  z 4  x3  y 3  z 3  3  x  y  z .
Lời giải:

a) Dự đoán điểm rơi: x  y 

Ta có: A  53 x  53 y 

A

Co  Si
1
1
1
 2  ax  ax  3. 3 2 ax ax 3. 3 a 2
3
x
x

1
1 
1  
1 
 2   27 x  27 x  2   27 y  27 y  2   x  y 
2
x
y 
x  
y 

Co  Si

1
 3. 3 27 x 27 x  2 3. 3 27 y 27

y
x

Dấu “=” xảy ra khi x  y 
Vậy  Min A 

1
 2 ax a 27
x

1
3

160
1
 xy
3
3

1

y2

 x

y

27
 27


 x

y

54


2 160
 
3
3


b) Ta có: x 4  1  2. x 4 .1  2 x 2 ; y 4 1  2. y 4 .1  2 y 2 ; z 4  1  2. z 4 .1  2 z 2









 x 4  y 4  z 4  2 x 2  y 2  z 2  3  VT  2 x 2  y 2  z 2  3  x3  y 3  z 3
Tương tự: x3  x  2. x3 . x  2 x 2 ; y 3  y  2. y 3 . y  2 y 2 ; z 3  z  2. z 3 . z  2 z 2













 x3  y 3  z 3  2 x 2  y 2  z 2   x  y  z   VT  2 x 2  y 2  z 2   x  y  z   2 x 2  y 2  z 2  3

















 VT  x 2  y 2  z 2   x  y  z   3 x 2  y 2  z 2  3  x 2  y 2  z 2   x  y  z   3.3  3
 VT  x 2  y 2  z 2   x  y  z   6
Mà: x 2  1  2. x 2 .1  2 x ; y 2  1  2. y 2 .1  2 y ; z 2  1  2. z 2 .1  2 z

 x 2  y 2  z 2  2  x  y  z   3  VT  2  x  y  z   3   x  y  z   6   x  y  z   3 (đpcm)
Câu 5. (1,0 điểm)
2
2
a) Tìm tất cả các bộ số nguyên  x ; y  thỏa mãn phương trình: x  2 x  2 y  2  xy  1

b) Cho p là số nguyên tố sao cho tồn tại các số nguyên dương x ; y thỏa mãn x3  y 3  p  6 xy  8.
Tìm giá trị lớn nhất của p .
Lời giải:
2
2
2
2
2
2
2
a) Ta có: x  2 x  2 y  2  xy  1  x  2 x  2 y  2 xy  2  x  2 xy  y  y  2 x  2

  x  y   2 x  y 2  2 y  1  2 y  3   x  y   2  x  y    y  1  3   x  y   2  x  y   1   y  1  4
2

2



  x  y  1   y  1  4  02  22
2

2

2

2



x  y 1  0
x  y 1  0
 y 1  0
 y 1  0

 
 
 
 y 1  2
 y  1  2
 x  y  1  2  x  y  1  2
x  4
x  0
y 1 y 1

 
 
 
y  3
 y  1
x  0 x  4

Vậy  x ; y    4 ; 3 ;  0; 1 ;  0 ; 1 ;  4 ; 1 .
b) Ta có: x3  y 3  p  6 xy  8  p  x 3  y 3  6 xy  8  p   x  y   3xy  x  y   6 xy  8

3

3
2
 p   x  y   8  3xy  x  y  2   p   x  y  2   x  y   2  x  y   4  3xy 





 x  y  2   1
2
p
  x  y   2  x  y   4  3xy  1
Do
là số nguyên tố nên: 
2
 x  y   2  x  y   4  3xy  1

2


(Vì: x ; y  ¢   x  y  2  4 )
  x  y   2  x  y   4  3xy  1  x 2  2 xy  y 2  2 x  2 y  3xy  3  x 2  xy  y 2  2 x  2 y  3
2

 4 x 2  4 xy  4 y 2  8 x  8 y  12   2 x  y   3 y 2  4  2 x  y   4  12 y  12  4
2



  2 x  y  2   3  y  2   4  12  3.12
2

2



2 x  y  2  1
2 x  y  2  1
 2 x  y  2  1  2 x  y  2  1

 
 
 
y  2 1
 y  2  1
y  2 1
 y  2  1
x  3
x  2
x  2 x  1

 
 
 
y  3
y 1
y  3 y 1
x  3

 p  8  KTM 
TH1: 
y  3
x  2
 p  5  TM 
TH2: 
y 1
x  2
 p  7  TM 
TH3: 
y  3
x  1
 p  4  KTM 
TH4: 
y 1

Vì: p là số nguyên tố lớn nhất  p  7
Vậy p  7 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

-------Hết-------