CHUYÊN PTNK TP HCM 2021 2022

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 TRƯỜNG PTNK
Năm học 2021 – 2022
MƠN THI: TỐN CHUN
Thời gian làm bài 150 phút

Bài 1. (1.5 điểm) Cho hệ phương trình:
a) Giải hệ với
b) Tìm

m

m=7

sao cho hệ có nghiệm
M=

Bài 2. (1.5 điểm) Cho
MK =

a) Chứng minh nếu
b) Cho

M = K = 4, N = 1

xn ≥

a) Chứng minh nếu
xn ≤
1
2
≤ x1 + x2 +…+ xk ≤

3
3

Bài 4.

điểm)

1 1 1
1
1
1
a
b
c
+ + ,N =
+
+
,K =
+
+
a b c
b+c c+a a +b
b+c c+a a+b

a2 + b2 + c2
abc

Bài 3.
điểm) Cho dãy
x1 + x2 +… xn = 1

b) Chứng minh nếu

( x, y )

thì

N =0

. Tính tích abc

( 1.5

(1.5

 x − 2 + y − 1 = 2

 x + y = m

1
3

2
3

n

số thực

thì

x1 ; x2 ;…; xn (n ≥ 5)

thỏa:

x1 ≤ x2 ≤ … ≤ xn

x1 + x2 ≤ xn

thì tìm được số nguyên dương

k
sao cho

và


a) Tìm tất cả các số tự nhiên
n

b) Tìm tất cả số tự nhiên
nguyên. Chứng minh với
chính phương.

n

sao cho

(2n + 1)3 + 1

và số nguyên tố

n

p

và

p

EF / / BC

D

lên EF. Đường tròn

(I )

. Gọi

D

I

và

4n 2 + 2 n + 1
p

là các số

A

. Các điểm E, F lần lượt thay đổi trên các

là giao điểm của BF và CE, H là hình chiếu của

đường kính EF cắt BF, CE tại M, N ( M khác F, N khác E )

a) Chứng minh AD và đường trịn ngoại tiếp
tâm

sao cho

2n + 2
p

tìm được, các số nguyên trên không thể đồng thời là số

Bài 5. ( 3 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại
canh AB, AC sao cho

chia hết cho

22021

∆HMN

cùng đi qua tâm

I

của đường trịn

.

b) Gọi K, L lần lượt là hình chiếu vng góc của E, F lên BC và P, Q tương ứng là giao
điểm của EM, FN với BC. Chứng minh tứ giác AEPL, AFQK nội tiếp và
đổi khi E, F thay đổi
c) Chứng minh nếu EL và FK cắt nhau trên đường tròn
đường thẳng BC.
Bài 6. ( 1 điểm) Cho
từ 26 chữ cái

N

tập hợp

( N ≥ 6)

(I )

BP ×BL
CQ ×CK

khơng

thì EM và FN cắt nhau trên

, mỗi tập hợp gồm 5 chữ cái khác nhau được lấy

a, b, c,…, x, y, z

a) Biết rằng trong

N

tập hợp đã cho, hai tập hợp bất kỳ có chung đúng 1 chữ cái, và

khơng có chữ cái nào có mặt trong tất cả
nào có mặt trong 6 tập hợp từ
b) Biết rằng trong

N

N

N

tập hợp này. Chứng minh khơng có chữ cái

tập đã cho

tập hợp đã cho, hai tập hợp bất kỳ có chung đúng 2 chữ cái, và
N

khơng có hai chữ cái nào cùng xuất hiện trong
tập hợp này. Hỏi trong số
đã cho, có nhiều nhất bao nhiêu tập hợp có chung đúng 2 chữ cái?

N

tập hợp



ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM THAM KHẢO

Bài 1. (1.5 điểm) Cho hệ phương trình:
a) Giải hệ với
b) Tìm

m

 x − 2 + y − 1 = 2

 x + y = m

m=7

sao cho hệ có nghiệm

( x, y )

Lời giải

a)

(0.75

ĐKXĐ:

(1)

điểm

 x − 2 + y − 1 = 2
)
 x + y = m

x ≥ 2, y ≥ 1

 x − 2 + y − 1 + 2 ( x − 2)( y − 1) = 4
⇔
 x + y = 7

 2 ( x − 2)( y − 1) = 0
⇔
 x + y = 7
 x − 2 = 0

 x = 2
x + y = 7
⇔ 
⇔ 
(n)
 y − 1 = 0
y = 5



  x + y = 7

y =1
(n)

x = 6

Vậy
b)

( x, y ) ∈{(2;5), (6;1)}

(0.75

điểm) Đặt

u = x − 2, v = y − 1(u , v ≥ 0)


Hệ phương trình trở thành:

u + v = 2
u + v = 2
⇔ 2
 2 2
u + v = m − 3  2u − 4u + 7 − m = 0

(2)

Để hệ (1) có nghiệm khi và chỉ khi (2) phải có 2 nghiệm khơng âm, nhỏ hơn hoặc bằng 2,
khi và chỉ khi:
∆ ′ ≥ 0

m ≥ 5
S ≥ 0
⇔

m ≤ 7
( x1 − 2 ) ( x2 − 2 ) ≥ 0
 S ≤ 4

Vậ

5≤m≤7

thì hệ đã cho có nghiệm

( x, y )

Bình luận. Đây là bài dễ nhất trong đề thi, nhưng chỉ dễ ở câu a, câu b là câu tìm điều
kiện có nghiệm của hệ phương trình, thường các em cấp 2 khơng quen làm, dễ thiếu điều
kiện cần, làm đúng trọn vẹn phải cấn thận và chỉnh chu.
M=

Bài 2. (1.5 điểm) Cho

a) Chứng minh nếu
b) Cho

1 1 1
1
1
1
a
b
c
+ + ,N =
+
+
,K =
+
+
a b c
b+c c+a a+b
b+c c+a a+b

a2 + b2 + c2
MK =
abc

M = K = 4, N = 1

thì

N =0

. Tính tích abc
Lời giải

a) (0,75 điểm)

a 2 + b2 + c2
MK =
⇒N =0
abc


b
c 
 1 1 1  a
MK =  + + ÷
+
+
÷
 a b c  b + c c + a a + b 
1
b
c
a
1
c
a
b
1
=
+
+
+
+

+
+
+
+
b + c a ( c + a) a ( a + b) b ( b + c) c + a b ( a + b) c ( b + c) c ( c + a ) a + b
b  1 1
c 1 1
a 1 1
 + ÷+
 + ÷+
 + ÷
c+a a c  a+b a b b+c b c 
b
c
a
=N+ +
+
ac ab bc
a 2 + b2 + c2
=N+
abc
=N+

MK =

Mà

a 2 + b2 + c 2
abc

a 2 + b 2 + c 2 a 2 + b2 + c 2
=
abc
abc
⇒ N =0
⇒N+

b) (0,75 điểm) ta có M = K = 4; N = 1
Theo câu a) ta được
a 2 + b2 + c 2
a 2 + b2 + c2
⇒ 16 = 1 +
abc
abc
2
2
2
⇒ a + b + c − 2(ab + bc + ca) = 15abc ( *)
MK = N +

Ta có:
K +3=

a
b
c
+1+
+1+
+ 1 = (a + b + c) N ⇒ 7 = a + b + c
b+c

c+a
a +b

M = 4 ⇒ ab + bc + ca = 4abc
(*) ⇒ 7 2 − 2.4abc = 15abc ⇒ abc =

Thay vào

49
23

Bình luận. Bài này cũng là bài đại số, thuộc phần biến đổi đồng nhất, các dạng toán kiểu
này các em cũng được rèn luyện nhiều, tay to biến đổi sẽ làm được, nhưng với điều kiện
phải kiến trì và tính tốn đúng


( 1.5

n

Bài 3.
điểm) Cho dãy
x1 + x2 +… xn = 1
xn ≥

a) Chứng minh nếu
xn ≤

b) Chứng minh nếu

1
3

số thực

x1 ≤ x2 ≤ … ≤ xn

thỏa:

và

x1 + x2 ≤ xn

thì

2
3

x1 ; x2 ;…; xn (n ≥ 5)

k
thì tìm được số nguyên dương

sao cho

1
2
≤ x1 + x2 +…+ xk ≤
3

3

Lời giải
x1 + x2 > xn ≥
a) (0.75 điểm) Giả sử rằng

1
>0
3

, khi đó

xi > 0

x1 + L xn −1 ≥ x1 + x2 + x3 + x4 ≤ 2 ( x1 + x2 ) >

n≥5

Do
nên
b) (0,75 điểm)
xn ≥
•

Nếu
⇒

, khi đó

2

1
≥ xn ≥
3
3

Từ

2
1
⇒ xn <
3
3

2≤i≤n

(Vô lý)

x1 + x2 + .... + xn = 1

1
2
≤ x1 + x2 +… + xn −1 = 1 − xn ≥
3
3

xn <
•

1
3

với mọi

Nếu

1
3

xi <

. Suy ra

Giả sử không tồn tại

k

1
3

i

với mọi .

thỏa đề bài, tức là không có

k

để

1

2
≤ x1 + x2 +…+ xk ≤ (*)
3
3

Ta chứng minh tồn tại

l ≤ n−2

x1 + L xl <

sao cho

1
3

x1 + L xl +1 >

và

2
3 (**)

.


Thật vậy nếu khơng tồn tại

do

(**)

nên

l

x1 <

thì

1
2
≤ x1 + x2 ≤ ×(mâu
3
3

1
3

x1 + x2 <

, suy ra

thuẫn do

1
x1 + x2 + L xn −1 < (
3

Lý luận tương tự thì

l

Do đó nếu tồn tại thỏa

(**)

Mâu thuẫn )

thì suy ra
k

, vì ngược lại thì

(*)

xl +1 >

Vậy điều giả sử sai. Do đó tồn tại

1
3

1
> xn
3

(vơ lý).

thỏa đề bài.

Bình luận. Đây là bài bất đẳng thức khá lạ và hay, tư tưởng chủ đạo là phản chứng
và phản chứng liên tục. Việc sắp thứ tự các biến là một giả thiết vô cùng quan
trọng, giúp giải bài tốn. Câu a khơng q khó, nhưng câu b là ở một mức khác
hẳn. Việc chứng minh bất đẳng thức đã khó, ở đây cịn thêm

n

biến, thì bài tốn

trở nên q phức tạp cho học sinh cấp 2. Bạn nào giải được câu
Bài 4.

(1.5

b) Tìm tất cả số tự nhiên
nguyên. Chứng minh với
chính phương.

n

n

sao cho

(2n + 1)3 + 1

và số nguyên tố

n

và

p

p

điểm)

(2n + 1)3 + 1M22021

(

)

⇔ (2n + 2) 4n 2 + 2n + 1 M22021

(

)

⇔ 2( n + 1) 4n 2 + 2n + 1 M2 2021

chia hết cho

sao cho

2n + 2
p

22021

và

4n 2 + 2 n + 1
p

là các số

tìm được, các số nguyên trên không thể đồng thời là số
Lời giải

a)

, là rất giỏi.

điểm)

a) Tìm tất cả các số tự nhiên

( 0.5

3 b


(

)

⇔ (n + 1) 4n 2 + 2n + 1 : 2 2020
n + 1M22020

( do 4n

2

+ 2n + 1 ≡ 1( mod 2)

(

⇔ n = 22020 k − 1 k ∈ ¢ +

b) (1 điểm) Từ
Do

)

)

p ∣ 2n + 2

và

p ∣ 4n 2 + 2n + 1

thì

4n + 2 + 2n + 1 = 4( n − 1)(n + 1) + 2( n + 1) + 3

p∣n + 1

n = 3k − 1

k ∈¢

p

nên

phải là số lẻ, dẫn đến
p∣3

, từ đó

p=3

+

thì
với
. (0.5 điểm) Ta chứng minh rằng
khơng cùng là số chính phương.

p∣n + 1

.

. Kết hợp với điều kiện
2n + 2
3

và

4n + 2 + 2n + 1
3

Thật vậy, giả sử rằng ta có điều ngược lại, vì chúng đều là số nguyên dương nên:
2n + 2 4n 2 + 2n + 1
ì
= s2 ( s  + )
3
3

Vit lại thành

(2n + 1)3 = (3s − 1)(3s + 1).

tồn tại các số nguyên a, b đế

Do

s

là số chẵn nên

ab = 2n + 1, (a, b) = 1

(3s − 1,3s + 1) = 1

, dẫn dến việc

và:

3s − 1 = a 3

3
3s + 1 = b

(

)

2 = (b − a ) b 2 + ba + a 2 .

Từ đây
cụ thể, ta được
đã giả sử

(a, b) = (−1,1)

Do

b>a

nên

b − a ∈ {1, 2}.

. Tuy nhiên điều này dẫn đến

Xét từng trường hợp và giải ra

s=0

, trái với việc

s>0

từ điều

Vậy giả sử ban đầu là sai hay hai số đã cho khơng thể cùng là số chính phương. (0.5
điềm)
Bình luận. Bài 4 thuộc phần số học, có ý để kiếm điểm,như câu a, khơng q khó để


suy ra được

2n + 2

chia hết cho

22021

Câu b thì khó, việc tìm ra

p=3

khơng khó, nhưng ý

cuối thực sự khó, nếu khơng có câu a như định hướng thì khó làm được. Kĩ thuật

ab = m3

( a, b)

và
là nguyên tố cùng nhau. suy ra a, b là lập phương của số nguyên cũng là kĩ thuật
khó mà các em THCS cần phải học chắc mới làm được.
Bài 5. ( 3 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại
canh AB, AC sao cho
D

lên EF. Đường tròn

EF / / BC

(I )

. Gọi

D

I

. Các điểm E, F lần lượt thay đổi trên các

là giao điểm của BF và CE, H là hình chiếu của

đường kính EF cắt BF, CE tại M, N ( M khác F, N khác E )

a) Chứng minh AD và đường tròn ngoại tiếp
tâm

A

∆HMN

cùng đi qua tâm

I

của đường tròn

.

b) Gọi K, L lần lượt là hình chiếu vng góc của E, F lên BC và P, Q tương ứng là giao
điểm của EM, FN với BC. Chứng minh tứ giác AEPL, AFQK nội tiếp và
đổi khi E, F thay đổi
c) Chứng minh nếu EL và FK cắt nhau trên đường tròn
đường thẳng BC.
Lời giải

(I )

BP ×BL
CQ ×CK

khơng

thì EM và FN cắt nhau trên

a) (1 điểm ) Qua D vẽ đường thẳng song song BC cắt AB, AC tại X, Y

Ta có
Suy ra
EF.

DY DF DE DX
=
=
=
BC BF EC BC
DX = DY

. Suy ra

D

là trung điểm của XY. Do đó AD qua trung điểm

Ta có DHFN, DHEM nội tiếp. Suy ra
Suy ra

·
·
·
DHN
= DFN
= MAN

và

·
·
·
MHN
= 2 MAN
= MIN

Suy ra tứ giác MIHN nội tiếp. Ta có điều cần chứng minh.
b) (1 điểm ) Ta có

Mặt khác
Do đó

∆BMP#∆BEM

∆BAF #∆BEM

Suy ra

, suy ra

BM ×BF = BP ×BL

BE ×BA = BM ×BE

BA ×BE = BP ×BL

Từ đó ta có tứ giác AEPL nội tiếp
Chứng minh tương tự thì tứ giác AFQK nội tiếp

.

I

của

·
·
·
= NAM
DHM
= NEM


Và

BP ×BL BE ×BA AB 2
=
=
CQ ×CK CF ×CA AC 2

c) (1 điểm ) Giả sử EL, FK cắt nhau tại
·
ESF
= 90°

Khi đó
Vẽ

thuộc

(I )

.

và EFLK là hình vng

PU ⊥ AB, QV ⊥ AC

Ta có
Đặt

S

BP BU BK
=
=
BC BA BL

và

CQ CV CL
=
=
BC CA CK

x = EF = KL

Ta cần chứng minh

BK CL
+
=1
BL CK

.

⇔ BK ×CK + BL ×CL = BL ×CK

⇔ BK (CL + x ) + ( BK + x)CL = ( BK + x )(CL + x ) ⇔ x 2 = BK ×CL

Đúng vì tam giác BEK và CFL đồng dạng.
Bình luận. Bài hình về mặt hình vẽ khá phức tạp, nhưng có chỗ để các em có thể
làm đươc. Câu a, b tương đối quen thuộc và cách làm cũng quen thuộc. Việc
chứng minh tứ giác nội tiếp bằng góc hoặc phương tích các em làm nhiều Tuy vậy
câu c thực sự khó, mình phải phân vân giữa tính tốn độ dài và góc, cuối cùng
chọn độ dài, nhưng tính độ dài cũng có nhiều hướng để thực hiện, nói chung đây
là câu hình khó trong nhiều năm trở lại đây.
Bài 6. ( 1 điểm) Cho
từ 26 chữ cái

N

tập hợp

( N ≥ 6)

, mỗi tập hợp gồm 5 chữ cái khác nhau được lấy

a, b, c,…, x, y, z

a) Biết rằng trong

N

tập hợp đã cho, hai tập hợp bất kỳ có chung đúng 1 chữ cái, và

khơng có chữ cái nào có mặt trong tất cả
nào có mặt trong 6 tập hợp từ

N

N

tập đã cho

tập hợp này. Chứng minh khơng có chữ cái


b) Biết rằng trong

N

tập hợp đã cho, hai tập hợp bất kỳ có chung đúng 2 chữ cái, và
N

khơng có hai chữ cái nào cùng xuất hiện trong
tập hợp này. Hỏi trong số
đã cho, có nhiều nhất bao nhiêu tập hợp có chung đúng 2 chữ cái?

N

tập hợp

Lời giải
a)

S

(0,5 điểm ) Giả sử có chữ cái sao cho
A1 , A2 ,…, A6
cho, chẳng hạn 6 tập

S

có mặt trong 6 tập hợp từ

N

tập đã

Vì hai tập hợp bất kỳ có chung đúng một chữ cái nên hai tập hợp bất kỳ trong 6
tập trên bao giờ cũng chỉ có chữ cái chung duy nhất là
Do đó, tổng số chữ cái có mặt trong 6 tập trên là:
•

Nếu

N =6

thì vơ lý do

S

S

.

1 + 6(5 − 1) = 25

không xuất hiện trong tất cả

N

.
tập hợp. Do đó

N ≥7

, lấy tập , có 2 khả năng:
A7
A7
A1 , A2 ,…, A6
σ
chứa S: Vì
và những tập
có chung đúng một chữ cái nên
A7
A1 , A2

A6
còn chứa 4 phần tử khơng nằm trong bất kỳ tập nào thuộc
,….

•
-

Với

A7

N ≥7

Suy ra tổng số chữ cái trong 7 tập trên là:
-

A7

1 + 7(5 − 1) = 29 > 26

S

không chứa
A7
A1 , A2 ,…, A6
Khi đó
sẽ có chung đúng 1 phần tử với mỗi tập
và 6 phần tử
A1 , A2 ,…, A6
A7

S
này phải khác nhau. (vì 6 tập
đã có chung ) Do đó
có ít nhất
6 phần tử. (vơ lý)

Vậy khơng có chữ cái nào nằm trong 6 tập hợp từ
b) (0,5 điểm ) Giả sử có nhiều nhất

và

(vơ lý)

k

N

tập hợp đã cho.

tập hợp có chung đúng 2 chữ cái, chẳng hạn

S


Khi đó dễ thấy

k ≥ N −1

nên tồn tại một tập hợp khác chưa được kể tên trong

tập hợp trên, đặt là tập hợp X, X khơng chứa
•

Nếu

X

khơng chứa cả

nhau nên
•

Nếu

X

S

.

lẫn T . X giao mỗi tập trong

k

tập kia ở 2 phần tử khác

2k ≤ 5 ⇒ k ≤ 2

chỉ chứa

S

, khơng chứa

Khi đó 4 phần tử cịn lại giao với
tử nên

{S , T }

k

k

T

.

tập kia ở các phần tử khác nhau, mà

X

có 5 phần

k≤4

Vậy có nhiều nhất 4 tập hợp có chung đúng 2 chữ cái
Để chỉ ra một ví dụ về khả năng có 4 tập hợp, xét
cái bằng các con số từ 1 đến 26 . Khi đó chọn bộ

N =6

N

. Để thuận tiện, thay các chữ

tập hợp như sau:

 A1 = {1, 2,3, 4,5}
 A = {1, 2, 6, 7,8}
 2
 A3 = {1, 2, 9,10,11}

 A4 = {1, 2,12,13,14}
 A5 = {1,3, 6,10,13}

 A6 = {2,3, 6,9,12}

Bộ 6 tập hợp này thỏa mãn tất cả các điều kiện của bài tốn
Bình luận. Như thường lệ, câu tổ hợp luôn là dấu ấn của đề thi vào PTNK, câu tổ
năm nay cũng thế, rất khó khăn, nhưng nếu được rèn luyện với các bài toàn tập hợp,
giao hợp các phần tử thì đây cũng có câu có thể kiếm được điểm, ít nhất là câu a. Câu
b là câu cực trị tổ hợp, khó, về mặt suy luận cũng không khác ý a là mấy, nhưng do
phải có đánh giá bất đẳng thức và tìm ví dụ nên khó học sinh nào làm được
Bình luận chung.
•

Đề bài nhìn chung vừa dài và khó, có nhiều ý, đầy đủ các phần đại số, số học,
hình học và tổ hợp. Có 3 bài đại số, 1 bài số học, 1 bài hình và 1 bài tổ hợp.
Đại số chiếm

50%

tống số bài


•

Các bài học sinh chun tốn có thể lấy điểm được ở bài 1,2 và bài 5 a. Các
câu mức phân loại là
đậu.

•

Những câu khó là
3 b

4 b

3a, 4a,5 b

3 b, 4 b5c, 6 b

. Nếu làm chắc các câu trên nhiều khả năng sẽ

, các kĩ thuật khó đối với học sinh cấp 2, đặc biệt

là
và
.
• Đề năm nay nhìn chung khó, các bạn làm được từ 5 điểm trở lên có hy vọng
đậu vào chun tốn, cịn điểm cao tầm 9,10 tơi nghĩ là rất khó đạt, phải thực

sự có năng khiếu và làm bài chắc tay mới đạt được