bo 15 de thi chuyen toan vao lop 10 nam 2020 co dap an 776

BỘ 15 ĐỀ THI
CHUYÊN TOÁN VÀO LỚP 10
NĂM 2020 - CÓ ĐÁP ÁN


1. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Tốn năm 2020-2021 có đáp án - Sở
GD&ĐT Bình Dương
2. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chun mơn Tốn năm 2020-2021 có đáp án - Sở
GD&ĐT Bình Thuận
3. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chun mơn Tốn năm 2020-2021 có đáp án - Sở
GD&ĐT Điện Biên
4. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chun mơn Tốn năm 2020-2021 có đáp án - Sở
GD&ĐT Hà Nội
5. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chun mơn Tốn năm 2020-2021 có đáp án - Sở
GD&ĐT Hải Phòng
6. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chun mơn Tốn năm 2020-2021 có đáp án - Sở
GD&ĐT Lâm Đồng
7. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chun mơn Tốn năm 2020-2021 có đáp án - Sở
GD&ĐT Nghệ An
8. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chun mơn Tốn năm 2020-2021 có đáp án - Sở
GD&ĐT Thanh Hóa
9. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chun mơn Tốn năm 2020-2021 có đáp án - Sở
GD&ĐT Thành phố Đà Nẵng
10. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chun mơn Tốn năm 2020-2021 có đáp án - Sở
GD&ĐT TP.HCM
11. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên mơn Tốn năm 2020-2021 có đáp án - Sở
GD&ĐT Vĩnh Phúc
12. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Tốn năm 2020-2021 có đáp án Trường Đại học KHTN ĐHQG Hà Nội
13. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chun mơn Tốn năm 2020-2021 có đáp án Trường Đại học Sư phạm Hà Nội
14. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chun mơn Tốn năm 2020-2021 có đáp án Trường PT Năng khiếu ĐHQG TP.HCM
15. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chun mơn Tốn năm 2020-2021 có đáp án Trường THPT chuyên Long An

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH DƯƠNG
--------------------

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUN
NĂM HỌC 2020 – 2021
Mơn Tốn chuyên
Ngày thi 10/7/2020
Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (3,0 điểm)
a) Giải phương trình







x  2020  x  2019 1  x 2  x  2019  2020  4039.

b) Cho hai số thực m, n khác 0 thỏa mãn

1 1 1
  . Chứng minh rằng phương trình:
m n 2

 x2  mx  n x 2  nx  m  0

luôn có nghiệm.

Câu 2. (1,5 điểm)
Với các số thực x, y thay đổi thỏa mãn 1  x  y  5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P  2  x 2  y 2   4  x  y  xy   7.
Câu 3. (2,0 điểm)
a) Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình x 2  xy  y 2  x 2 y 2 .
b) Với a, b là các số thực dương thỏa mãn ab  a  b  1. Chứng minh rằng:

a
b
1  ab


.
2
2
1 a
1 b
2 1  a 2 1  b 2 
Câu 4. (3,5 điểm)





  900 nội tiếp đường tròn O bán kính R, M là điểm nằm trên cạnh
Cho tam giác ABC cân tại A BAC

BC sao cho BM  CM . Gọi D là giao điểm của AM và đường tròn O với  D  A , H là trung điểm của

đoạn thẳng BC. Gọi E là điểm chính giữa cung lớn BC , ED cắt BC tại N .
a) Chứng minh rằng MA  MD  MB  MC và BN  CM  BM  CN .
b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMD. Chứng minh rằng ba điểm B, I , E thẳng hàng.
c) Khi 2 AB  R, xác định vị trí của M để 2MA  AD đạt giá trị nhỏ nhất.
------------------------------ HẾT ------------------------------


LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1.
a) Điều kiện: x  2019. Nhân cả hai vế của phương trình cho





4039 1  x 2  x  2019  2020  4039

x  2020  x  2019, ta được:



x  2020  x  2019



 x  2020  x  2019  1   x  2020 x  2019
   x  2020 x  2019  x  2020  









x  2019 1





x  2019 1  0



x  2020 1  0

 x  2019  1
 
 x  2020.
 x  2020  1
So với điều kiện ban đầu ta thấy x  2020 là nghiệm duy nhất của phương trình.
b) Ta có

1 1 1
   2 m  n  mn.
m n 2

Phương trình tương đương: x 2  mx  n  0 1 hoặc x 2  nx  m  0 2.
Phương trình 1 và 2 lần lượt có 1  m2  4n và 2  n 2  4m.
Ta có: 1  2  m 2  n2  4m  4n  m 2  n 2  2mn  m  n  0.
2

Suy ra một trong hai số 1 hoặc 2 lớn hơn hoặc bằng 0.
Do đó một trong hai phương trình 1 hoặc 2 ln có nghiệm.
Suy ra phương trình đã cho ln có nghiệm.
Câu 2.
Ta có: P  2  x 2  y 2   4  x  y  xy   7  2  x  y   4  x  y   7  2  x  y 1  5  5.
2

 y  x 1


 y  x 1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
.




1  x  y  5 

 x  0; 4

Chẳng hạn x  2; y  3 hoặc x  3; y  4.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 5 đạt được khi y  x 1 và x  0; 4.

Câu 3.
a) Ta có x 2 y 2  x 2  xy  y 2  y  x y. Mặt khác x 2 y 2  x 2  xy  y 2  x  y  x.
Suy ra: x  y hoặc x   y.
Với x  y, ta có: 3x 2  x 4  x  0  y  0.

2


x  0

Với x   y, ta có: x 2  x 4   x  1 .

 x  1


Với x  1, ta có: y  1. Với x  1, ta có: y  1.
Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm  x; y   0;0 , 1; 1 , 1;1.
b) Ta có: ab  a  b  1  1  a 2  a 2  ab  a  b  a  ba  1.
Tương tự 1  b 2  a  bb  1.
Suy ra:
a
b
a
b
 2


a  1 b  1 a  ba  1 a  bb 1
2




2ab  a  b
1  ab

a  b1  a 1  b
a  b1  a   a  b1  a   1  a 1  b
1  ab
2 1  a 2 1  b 2 

Suy ra điều phải chứng minh.
Câu 4.

 do cùng chắn cung 
.
AC và 
a) Ta có: 
ABM  MDC
AMB  CMD
Suy ra BMA  DMC do đó:

MA MB

.
MC MD

 MA  MD  MB  MC.

  ACE

 nên ABE  ACE.
ABE và ACE có AE là cạnh chung, AB  AC và ABE
 
  ACE
  ABE  ACE  900 (do tứ giác ABEC nội tiếp).
Suy ra ABE
2


ADE  900 hay MD  EN .
Suy ra AD là đường kính của O. Mà D  O  nên 
Ta có NHE  NDM 

NH
NE

 NM  NH  NE  ND 3.
NM
MD

Lại có: NCD  NEB 

NC NE

 NB  NC  NE  ND 4.
ND NB

Từ 3 và 4 suy ra NM  NH  NB  NC   MN  MC  NB.
Suy ra: BN  MC  MN  NH  MN  NB  MN  NH  NB   MN  BH .
Hay BN  CM  MN  BH 5.

  900  MA  MD  MH  MN .
Tứ giác AHDN nội tiếp do có 
AHN  NDA
Tứ giác ABDC nội tiếp  MA  MD  MB  MC.
Do đó: MH  MN  MB  MC  MB   MN  CN .
Suy ra: BM  CN  MN  MB  MH   MN  BH 6.
Từ 5 và 6 suy ra: BN  CM  BM  CN .
b) Ta có:





  MBD

2 BDM
  MID


BID
BIM
0
0
0

  900  
 90 
 90 
 900  

ADC  CBD
AED.
IBD  90 
2
2
2





  900  
Suy ra: IBD
AED.
  EAD
  900  AED
.
Mà EBD
  EBD
 hay B, I , E thẳng hàng.
Do đó IBD


ADB nên ABM  ADB.
ABM  ACB
c) Ta có: 
Suy ra:

R2
AB AM


.
 AD  AM  AB 2 
AB
AD
4

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: 2 AM  AD  2 2 AM  AD  2 2 

R2
 R 2.
4

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 AM  AD hay M là trung điểm AD. Khi đó AD 

2
R.
2

Vậy giá trị nhỏ nhất của của 2AM  AD là R 2 đạt được khi M là trung điểm AD với D là điểm sao cho
AD 

2
R.
2

------------------------------ HẾT ------------------------------


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BÌNH THUẬN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)
-----------------

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO
NĂM HỌC: 2020 - 2021
Môn thi: TỐN (Hệ số 2 - Chun Tốn)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
-----------------------------

Câu 1.

 xy  x  y  5

.
Giải hệ phương trinh: 

2
2

xy
x

y


7



Câu 2.
a) Cho p và p  2 là các số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng p  1 chia hết cho 6.
b) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 2 p  1 là lập phương của một số nguyên dương.
Câu 3.
Cho các số thực x, y, z  1 thỏa mãn

1 1 1
   2. Chứng minh rằng:
x y z

x  y  z  x 1  y 1  z 1.
Câu 4.
Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AD, BE , CF cắt nhau tại H . Gọi K là một điểm tùy ý trên cạnh BC
với K  B, K  C. Kẻ đường kính KM của đường trịn ngoại tiếp tam giác BKF và đường kính KN của
đường tròn ngoại tiếp tam giác CEK . Chứng minh rằng M , H , N thẳng hàng.
Câu 5.
Cho 20 điểm phân biệt trong mặt phẳng. Chứng minh rằng tồn tại đường trịn có đúng 12 điểm đã cho bên
trong và có đúng 8 điểm đã cho bên ngồi.

…Hết…


LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1.

S  P  5
P  5  S





.

Đặt S  x  y, P  xy với S 2  4 P. Khi đó hệ cho trở thành: 
 2
2


S
P

S

S

12

0

7




S  3
Ta có: S 2  S 12  0  
.
 S  4
 x  y  3  x  2, y  1


Với S  3, ta có: P  2. Khi đó 
.




 xy  2
 y  2, x  1
Với S  4, ta có: P  9. Loại vì S 2  4 P.
Vậy hệ cho có hai nghiệm  x; y   2;1 , 1; 2.
Câu 2.
a) Ta có: p lẽ và p  3 nên p chia 3 dư 1 hoặc 2.
Nếu p  1mod 3 suy ra p  2  0 mod 3 vơ lí do p  2 là số ngun tố lớn hơn 3.
Do đó p  2 mod 3 nên p  1  0 mod 6. Hay p  1 chia hết cho 6.
b) Vì 2 p  1 là lập phương một số tự nhiên nên đặt 2 p 1  a3 với a  * và a lẽ.
Khi đó ta có: 2 p  a 1a 2  a  1.
Do a lẽ nên a 1 chẵn và a 2  a 1  a a 1  1 lẽ nên suy ra a 1  2.
Khi đó a  3, ta có: p 

33 1
 13.
2

Vậy p  13 là giá trị cần tìm.
Câu 3.
Ta có:

1 1 1
1

1 1 1
x 1 y 1 z 1
   2  1  1  1     1 


.
x y z
x
y 1 z
x
y
z

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có:
 x 1 y 1 z 1
x  y  z   x  y  z 



y
z 
 x
Suy ra:

x  y  z  x 1  y 1  z 1.

3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  .
2





x 1  y 1  z 1

2


Câu 4.

Ta có: AF  AB  AE  AC do tứ giác BCEF nội tiếp.
Gọi I là giao điểm của AK với  BFK  , ta có: AI  AK  AF  AB  AE  AC 1.
Gọi I  là giao điểm của AK với CEK  , ta có: AI   AK  AE  AC  AF  AB 2.
Từ 1 và 2 suy ra I  I .
Hay AK đi qua I là giao điểm thứ hai của đường tròn  BFK  và CEK  với K  I .
  EIA

  ABC
  1800  BAC
.
Ta có EIF
AIF  ACB
Suy ra tứ giác AEIF nội tiếp.
Mà tứ giác AEHF nội tiếp nên năm điểm A, E , I , F , F cùng thuộc một đường tròn.
AFH  900 hay HI  IK 3.
Suy ra: 
AIH  
  NIK
  900 nên M , I , N thẳng hàng và MN  IK 4.

Mặt khác MIK
Từ 3 và 4 suy ra M , H , N thẳng hàng. Ta có điều phải chứng minh.
Câu 5.
Trước hết ta chứng minh tồn tại một điểm P mà khoảng cách từ P đến 20 điểm đã cho là khác nhau. Thật vậy,
khoảng cách từ P đến hai điểm A, B bằng nhau khi và chỉ khi P nằm trên đường trung trực của AB. Do đó chỉ
cần chọn điểm P khơng nằm trên đường trung trực của bất cứ đoạn thẳng nào tạo bởi 20 điểm đã cho.
Gọi khoảng cách của P đến 20 điểm đã cho lần lượt là d1  d 2  d3  ...  d 20 . Xét đường trịn tâm P bán kính
d12 , đường trịn này chứa đúng 12 điểm có khoảng cách đến P gần nhất. Ta có điều phải chứng minh.
-------------------- HẾT --------------------


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐIỆN BIÊN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020 - 2021

Mơn: Tốn (Chun)
Ngày thi: 15/7/2020

Đề chính thức
(Có 01 trang)

Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề

ĐỀ BÀI
Câu 1. (2,0 điểm).
1. Cho biểu thức: P =

a2 − a

2a + a 2(a − 1)
( với a > 0, a ≠ 1 ).
−
+
a + a +1
a
a −1

a) Rút gọn P.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P .
1

2
x
−
1
+
=
1

y+3

2. Giải hệ phương trình: 
4 x − 1 − 3 =
7

y+3
Câu 2. (2,0 điểm).

Cho phương trình: x 2 − 5mx − 4m =

0 ( với m là tham số).
a) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có nghiệm kép, tìm nghiệm đó.
b) Chứng minh rằng khi phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thì:

x12 + 5mx2 + m 2 + 14m + 1 > 0 .
Câu 3. (2,0 điểm).
a) Một con Robot được thiết kế có thể đi thẳng, quay một góc 900 sang phải hoặc
sang trái. Robot xuất phát từ vị trí A đi thẳng 2m quay sang trái rồi đi thẳng 3m , quay
sang phải rồi đi thẳng 5m đến đích tại vị trí B . Tính khoảng cách giữa đích đến và nơi
xuất phát của Robot.
b) Cho hai số a, b thỏa mãn a > b > 0 và a.b = 1. Chứng minh:

a 2 + b2
≥2 2.
a −b

Câu 4. (3,0 điểm).
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) . Đường cao AD, BE cắt nhau
tại H . Kéo dài BE , AO cắt đường tròn (O) lần lượt tại F và M .
a) Chứng minh ∆HAF cân.
b) Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh ba điểm H , I , M thẳng hàng
và AH = 2OI .
c) Khi BC cố định, xác định vị trí của A trên đường tròn (O) để DH .DA lớn nhất.
Câu 5. (1,0 điểm).
a) Cho xy + yz + xz =
0 và xyz ≠ 0 . Chứng minh rằng:

yz xz xy
+
+

=
3.
x2 y 2 z 2

b) Cho n là số nguyên dương. Biết rằng 2n + 1 và 3n + 1 là hai số chính phương.
Chứng minh rằng n chia hết cho 40 .
.................. Hết ...................


KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐIỆN BIÊN

Năm học : 2020 - 2021

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
MƠN TỐN CHUN

(Hướng dẫn chấm có 04 trang)
Câu

Hướng dẫn
Cho biểu thức: P =
a) Rút gọn P.

Điểm

a2 − a
2a + a 2(a − 1)

−
+
a + a +1
a
a −1
3

1.1
(1,0đ)

a ( a − 1)
a (2 a + 1) 2( a − 1)( a + 1)
Với a > 0, a ≠ 1 ⇒ P =
−
+
a + a +1
a
a −1

0,25

a ( a − 1)(a + a + 1)
− (2 a + 1) + 2( a + 1) = a − a + 1
a + a +1

0,25

P=

b) Tính giá trị nhỏ nhất của P .

2

1 3 3

1  a −  + ≥ (Với ∀a > 0, a ≠ 1 )
P = a − a +=
2 4 4

1
3
Vậy giá trị nhỏ nhất của P = khi a = .
4
4

0,25
0,25

1

1
 2 x −1 + y + 3 =

Giải hệ phương trình: 
4 x − 1 − 3 =
7

y+3

1.2

x ≥ 1
Điều kiện: 
 y ≠ −3

0,25

=
u
x −1
u+v 1 =
 2=
u 1

Đặt 
(thỏa mãn)
⇔
1 (điều kiện u ≥ 0 ) ⇒ 
7
−1
4u − 3v =
v =
 v = y+3


0,5

 x −1 =
1
 x=2


(thỏa mãn). Vậy HPT có 1 nghiệm (2; −4)
⇒ 1
⇔
4
y
=
−
1
=
−

y+3


0,25

Phương trình: x 2 − 5mx − 4m =
0.
a) Tìm m để phương trình có nghiệm kép, tìm nghiệm đó.
0,25

Ta có:=
∆ 25m 2 + 16m
2.a
(1,0đ)

 m=0
 m = − 16
25


Để phương trình có nghiệm kép thì ∆ = 0 ⇔ 25m 2 + 16m = 0 ⇔ 
5m
= 0
2
5m
8
16
nghiệm kép là x1 = x2 =
+) m =
−
= −
25
2
5

x=
+) m =
0 nghiệm kép là x=
1
2

0,25
0,25
0,25


b) Chứng minh rằng khi phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì

x12 + 5mx2 + m 2 + 14m + 1 > 0 .

2.b
(1,0đ)

PT có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì=
∆ 25m 2 + 16m > 0

0,25

và x12 − 5mx1 − 4m =0 ⇔ x12 =5mx1 + 4m và x1 + x2 =
5m

0,25

Xét P = x12 + 5mx2 + m 2 + 14m + 1 = 5mx1 + 4m + 5mx2 + m 2 + 14m + 1

0,25

= 5m( x1 + x2 ) + m 2 + 18m + 1 = 26m 2 + 18m + 1
Suy ra P = 25m 2 + 16m + m 2 + 2m + 1 = ∆ + (m + 1) 2 > 0 (vì ∆ > 0 ). Đpcm.

0,25

a) Một con Robot được thiết kế có thể đi thẳng, quay một góc 900 sang
phải hoặc sang trái. Robot xuất phát từ vị trí A đi thẳng 2m quay sang
trái rồi đi thẳng 3m , quay sang phải rồi đi thẳng 5m đến đích tại vị trí B .
Tính khoảng cách giữa đích đến và nơi xuất phát của Robot.
Học sinh vẽ được hình minh họa
5

B

0,25

3

3.a
(1,0đ)

A

2

Kẻ AC ⊥ BC như hình vẽ:
5

B

0,25

3
A

C

2

Ta có:=
AC 7;=
BC 3

0,25

⇒ AB = 7 2 + 33 = 58
Vậy khoảng cách giữa đích đến và nơi xuất phát của Robot là

58

0,25

a 2 + b2
b) Chứng minh:
≥ 2 2 . Với a > b > 0 và a.b = 1.
a −b
Vì a.b =1 ⇒

2
a 2 + b 2 ( a − b) 2 + 2
=
=(a − b) +
a −b
a −b
( a − b)

Do a > b > 0 ⇒ (a − b) +
3.b
(1,0đ)

2
2
≥ 2 (a − b).

=
2 2 (BĐT AM-GM)
( a − b)
( a − b)

Dấu bằng xẩy ra khi: (a − b) =

1
⇔ a− =
a

Vậy

0,25
0,25

2
⇔ ( a − b) 2 = 2 ⇔ a − b = 2
( a − b)


2+ 6
a =
2
2⇔

2− 6
a =
2


(t / m)

⇒ b=

( Loai )

a 2 + b2
=
ra khi a
≥ 2 2 . Dấu bằng xẩy
a −b

0,25

6− 2
2

6+ 2
=
;b
2

6− 2
2

0,25


Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) . Đường cao AD, BE cắt

nhau tại H . Kéo dài BE , AO cắt đường tròn (O) lần lượt tại F và M .
a) Chứng minh ∆HAF cân.

Vẽ hình đúng đến câu 4.a
F
A
E

4.a
(1,0đ)

H

B

0,25

O

D

C

I
M

4.b
(1,0đ)

)

Ta có: 
AHF = 
ACB (cùng phụ với DAE
Lại có 
ACB = 
AFB (cùng chắn cung AB )

0,25

  AFB
  AHF cân tại .
Suy ra AHF
A
b) Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh ba điểm H , I , M thẳng hàng
và AH = 2OI .
Ta có BH / / CM (cùng vng AC ), HC / / BM (cùng vuông AB ).
⇒ BHCM là hình bình hình .
Mà I là trung điểm của BC ⇒ I cũng là trung điểm của HM ⇒ ba điểm
H , I , M thẳng hàng.

0,25

0,25

⇒ OI là đường trung bình của ∆AHM ⇒ AH =
2OI
c) Khi BC cố định, xác định vị trí của A trên đường tròn (O) để DH .DA
lớn nhất.
  AFB
  BHD

  ACB
  DAC  DBH (g . g)
Theo câu 1 ta có AHF
4.c
(1,0đ)

5.a
(0,5đ)

Suy ra

DA
DB

 DA.DH  DB.DC
DC DH
2

0,25
0,25

0,25
0,25

2

 BD  CD 
 BC 
Ta có DB.DC  
 DB.DC  



 2 


2

Dấu bằng xẩy ra khi BD  DC .
Vậy để DH .DA lớn nhất thì A là điểm chính giữa cung lớn BC .
yz xz xy
3
a) Cho xy + yz + xz =
0 và xyz ≠ 0 . Chứng minh rằng: 2 + 2 + 2 =
x
y
z
1 1 1
+ += 0
x y z
Chứng minh được nếu: a + b + c = 0 ⇒ a 3 + b3 + c3 = 3abc

Vì: xy + yz +=
xz 0; xyz ≠ 0 ⇒

0,25
0,25

0,25
0,25

0,25


Áp dụng cơng thức trên ta có:

1 1 1
1
1
1
3
+ + = 0 ⇒  3 + 3 + 3 =
x y z
x
y
z
xyz

1 1 1
yz xz xy
xyz
Lại có: 2 + 2 + =
 3+ 3+ =
 3 . (Đpcm)
x
y
z2
y
z3 
x
b) Cho n là số nguyên dương. Biết rằng 2n + 1 và 3n + 1 là hai số chính

phương. Chứng minh rằng n chia hết cho 40 .

0,25

Đặt 2n + 1 = x 2 ⇒ x lẻ ⇒ 2n =( x − 1)( x + 1) 4 vì x − 1; x + 1 chẵn ⇒ n chẵn
5.b
(0,5đ)

Đặt 3n + 1= y 2 ⇒ y lẻ (do n chẵn) và 3n =
( y − 1)( y + 1)8 vì y − 1; y + 1 là
hai số chẵn liên tiếp mà (3;8) = 1 ⇒ n8 (1) .
Ta có một số chính phương chia cho 5 dư 0 hoặc 1 hoặc 4.
Mặt khác x 2 + y 2 = 5n + 2 ⇒ x 2 , y 2 chia cho 5 dư 1
Nên n =

( 3n + 1) − ( 2n + 1) =

(y

2

− x 2 )5 (2).

Từ (1), (2) và (5;8) = 1 ⇒ n 40 . Đpcm.
(Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa)

0,25

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI
-------------

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUN
NĂM HỌC 2020 – 2021
Mơn: TỐN (chuyên)
Ngày thi: 17/07/2020
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình x 2  3 x  5   x  3 x 2  5.
b) Cho hai số thực a , b, c thỏa mãn a  b  2c  0 và 2ab  bc  ca  0. Chứng minh rằng a  b  c.
Câu 2. (2,0 điểm)
a) Chứng minh với mọi số nguyên dương n, số A  11n  7 n  2 n  1 chia hết cho 15.
b) Cho hai số nguyên dương m và n thỏa mãn 11 

m
m 3
 0. Chứng minh rằng: 11  
n
n



11  3
mn

.

Câu 3. (2,0 điểm)
a) Cho đa thức P ( x ) với hệ số thực thỏa mãn P 1  3 và P  3  7. Tìm đa thức dư trong phép chia đa thức
P ( x ) cho đa thức x 2  4 x  3 .

b) Với a , b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  abc  4, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P  ab  bc  ca.
Câu 4. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và AB  AC. Gọi  I  là đường tròn nội tiếp tam giác ABC và K là tâm
đường trịn bàng tiếp trong góc A của tam giác ABC. Gọi D , E , F lần lượt là chân các đường vng góc kẻ từ
điểm I đến các đường thẳng BC , CA, AB. Đường thẳng AD cắt đường tròn  I  tại hai điểm phân biệt D và

M . Đường thẳng qua K song song với đường thẳng AD cắt đường thẳng BC tại N.
a) Chứng minh rằng tam giác MFD đồng dạng với tam giác BNK .
b) Gọi P là giao điểm của BI và FD . Chứng minh góc BMF bằng góc DMP.
c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC đi qua trung điểm của đoạn thẳng KN .
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho một bảng ơ vng kích thước 6  7 (6 hàng, 7 cột) được tạo bởi các ô vuông kích thước 1 1 . Mỗi ơ vng
kích thước 1 1 được tô bởi một trong hai màu đen hoặc trắng sao cho trong mọi bảng ơ vng kích thước 2  3
hoặc 3  2, có ít nhất hai ô vuông kích thước 1 1 được tô màu đen có chung cạnh. Gọi m là số ơ vng kích
thước 1 1 được tô màu đen trong bảng.
a) Chỉ ra một cách tơ sao cho m  20.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của m.
-------------------- HẾT --------------------


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI
-------------

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUN
NĂM HỌC 2020 – 2021
Mơn: TỐN (chuyên)
Ngày thi: 17/07/2020
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1.

a) Phương trình đã cho ln xác định với mọi x . Đặt a  x 2  5 ( a  0), khi đó phương trình có thể viết
lại thành a 2  3x  ( x  3)a, hay ( a  x )( a  3)  0.

x 2  5  3.

Do a  x 2  5  x 2  x  x nên từ đây, ta có a  3 hay
Từ đó, ta có x  2 (thỏa mãn) hoặc x  2 (thỏa mãn).
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  2 và x  2.

b) Từ giả thiết thứ nhất và thứ hai, ta có: 2ab  c a  b  2c 2 . Do đó ab  c 2 .
Suy ra: a  c b  c  ab  c a  b  c 2  c 2  2c 2  c 2  0 1.
Mà: a  b  a  b  4ab  2c   4c 2  0 2.
2

2

2

Từ 1 và 2 , suy ra: a  b  c.
Câu 2.
a) Với mọi số nguyên a, b và số tự nhiên k ta có: a k  b k a  b.

Suy ra: a k  b k  a  b M với M là số nguyên.
Ta có: A  11n  2n   7 n 1n   9C  6 D  33C  2 D 3 với C , D là số nguyên.
Lại có: A  11n 1n   7 n  2n   10C  5D  5 2 P  Q 5 với P, Q là số nguyên.
Suy ra A15.
b) Với mọi số nguyên a thì a 2 chia 11 dư 0, 1, 3, 4, 5, 9.
Ta có: 11 

m
 0  11n 2  m 2  0. Nếu 11n 2  m2  1 thì m 2  10 mod11 , mâu thuẫn.
n

Suy ra: 11n 2  m2  2.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

11n  m 





3 11  3
m

 11n 2  m 2  6



1



11  3 

9





11  3
m2

2

 2 .




 

11  3 



2

11  3  m 2  2  11n 2 . Bất đẳng thức 2 đúng.



Nếu m  3 thì VP2  m2  6



Nếu m  1 thì 1  11n  3 11  8  11n  8  3 11. Do 11n 2  m 2  2  n 



Nếu m  2 thì 1  2 11n  3 11  5. Do 11n 2  m 2  2  n 

3
nên 1 đúng.
11

6
nên 1 đúng.
11

Tóm lại trong mọi trường hợp ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi m  3, n  1.
Câu 3.
a) Do x 2  4 x  3 có bậc là 2 nên số dư phép chia P( x) cho x 2  4 x  3 có dư là ax  b.
Đặt P( x)   x 2  4 x  3 Q( x)  ax  b.
 P 1  3



a  b  3
a  2

Ta có: 


.




3a  b  7 
b  1
P
3

7







Vậy đa thức dư cần tìm là 2 x 1.
b) Ta chứng minh ab  bc  ca  a  b  c  abc. Thật vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

1a  b  c12  ab  bc  ca1 abc  1  1 a 1 b1 c  1.
Khơng mất tính tổng quát giả sử a  b  c.
Ta có: 4  a  b  c  abc  3c  c 3  c  1. Ngoài ra 4  a  b  c  abc  3a  a3  a  1.
Khi đó 1 a 1 c  0.


Nếu b  1  1 b  0. Khi đó 1 a 1 b1 c  0  1. Ta có điều phải chứng minh.



Nếu b  1, kết hợp với c  0 và áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:
 a  b  2   a  b  c  abc  2 
  1.
  

 

2
2

1 a 1 b1 c  a 1b 11 c  a 1b 1  

2

2

Từ đó suy ra: ab  bc  ca  a  b  c  abc  4. Do đó P  4.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  2, c  0 và các hoán vị.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 đạt được khi a  b  2, c  0 và các hoán vị.
Câu 4.
a) Dễ thấy D, E , F là các điểm của  I  với các cạnh BC , CA, AB do đó BD  BF , kết hợp với ID  IF suy
ra BI là trung trực của DF . Do đó BI  DF .
 nên BI  BK , từ đó BK  DF .
Mà BI , BK theo thứ tự là phân giác trong và ngồi của góc ABC

Chứng minh tương tự, ta cũng có CK  DE  CI .
  NKB
 1.
Từ BK  DF và KN  DM , ta suy ra: FDM

  IEC
  IEA
  IFA
  900.
Mặt khác ID  BC , IE  CA và IF  AB, suy ra: IDC
Do đó IDCE và IEAF là các tứ giác nội tiếp.
Lại có IA, IB, IC là ba đương phân giác trong của ABC , ta có:
 

  FEI
  IED
  FAI
  ICD
  BAC  ACB  900  ABC .
FED
2
2
2

  FED
  900  BAC  KBI
  CBI
  NBK
  2 .
Vì BK  BI và tứ giác DEMF nội tiếp nên: FMD

2

Từ 1 và 2 , suy ra tam giác MFD đồng dạng với tam giác BNK .

b) Theo câu a ) BI là trung trực của DF nên BI vng góc với DF tại trung điểm P của DF .
Gọi G là giao điểm thứ hai của BM và đường tròn  I . Dễ thấy hai tam giác BMF và BFG đồng dạng với
nhau nên

BF MF
BM


. Suy ra:
BG FG
BF


BM BF MF MF  MF 
BM





 3.
BG
BF BG FG FG  FG 
2

BM  MD 

Chứng minh tương tự ta cũng có:

 4.
BG  DG 
2

Từ 3 và 4 suy ra:

DM
FM

.
FG
DG

Kẻ dây cung GH của  I  và song sóng với DF thì tứ giác FDHG là hình thang cân.
Suy ra: FH  DG và FG  DH . Khi đó:

FM
FM
DM
DM



.
FG
DG
FH
DH

Do đó: FM  FH  DM  DH 5.


 x  MD  sin MDH


Gọi x, y là các khoảng cách từ M đến HD, HF thì 
.
  MF  sin MDH


y  MF  sin 1800  MFH






Suy ra:



x
y

 6 .
MD MF

Từ 5 và 6 , suy ra:

S FMH
x  FH
MF  FH

 1. Do đó MH đi qua trung điểm của FD.

S DMH
y  HD MD  DH

  GMF
  DMH
  DMP
.
Tức là P  MH , do đó BMF
c) Gọi Q là trung điểm của KN . Theo câu a) thì MFD  BNK mà MP, BQ lần lượt là trung tuyến của hai
tam tác này nên DMP  KQB.

  DMP
  KBQ
 . Đặt   BMF
 , ta có: BQN
  QKB
  KBQ
  QKB
  .
Kết hợp với câu b), ta có: BMF
 thì ta cũng có CQN
  QKC
  .

Tương tự đặt   CME
  BQN
  CQN
  QKB
    QKC
    BKC
    .
Suy ra: BQC
Do BK  DF , CK  DE và tứ giác DEMF nội tiếp nên:









  EDF
  1800  EMF
  1800  BMF
  BMC
  CME
  1800  BMC
   .
BKC

  BKC
      1800  BMC
 hay BQC

  BMC
  1800.
Suy ra BQC
Do đó tứ giác BMQC nội tiếp, tức là đường tròn ngoại tiếp tam giác BCM đi qua trung điểm Q của KN .
Câu 5.
a) Cách tô màu thỏa mãn m  20.


b) Theo cách tô của bảng, ta thấy rằng trong ba ơ vng nằm ở các vị trí trong hai dạng dưới đây có ít nhất một
ơ được tơ đen.

Tiếp theo, ta xét các ơ nằm ở vị trí như hình dưới đây (phần có màu đỏ trong hình).

Ta sẽ chứng minh rằng trong các ô A, B, C , D có ít nhất hai ơ được tơ màu đen. Thật vậy, giả sử trong bốn ơ này
chỉ có tối đa một ơ được tơ màu đen. Khi đó, theo nhận xét trên, ta cũng thấy rằng trong các ô này có ít nhất một
ơ màu đen. Khơng mất tính tổng quát, giả sử ô A được tô màu đen và ô B, C , D được tô trắng.
Lúc này bảng con 23 chứ các ô B, E , C , F , D khơng có hai ơ tơ đen nào nằm cạnh nhau, mâu thuẫn. Vậy trong
bốn ô A, B, C , D có ít nhất hai ơ được tô đen. Từ đây, ta suy ra bất cứ bốn ô nào nằm ở vị trí giống với bốn ô
A, B, C , D trong hình vẽ trên đều có ít nhất hai ô được tô đen.
Bây giờ, ta chia bảng ơ vng đã cho thành các vùng như hình vẽ bên dưới.


Từ các kết quả thu được, ta suy ra m  16. Với m  16, ta thu được cách tô màu thỏa mãn sau:

Vậy giá trị nhỏ nhất của m là 16.
-------------------- HẾT --------------------


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học 2020 – 2021

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI MƠN TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Lưu ý: Đề thi gồm 01 trang, thí sinh làm bài vào tờ giấy thi

Bài 1. (2,0 điểm)


x 
2 x
1  

a) Cho biểu thức P  

 : 1 

x  1
x  1 
 x x  x  x  1

1
Rút gọn P . Tìm tất cả các giá trị của x để P   .
7
2

b) Cho phương trình ẩn x là x  px  q  0 1 (với p; q là các số nguyên tố). Tìm
tất cả các giá trị của p và q biết phương trình 1 có nghiệm là các số nguyên dương.
Bài 2. (2,0 điểm)

a) Giải phương trình x  1 x 2  2x  6  3  2x .

x 2  y 2  2xy 2

.
b) Giải hệ phương trình  3 1
   2
 x y
Bài 3. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC), M là trung điểm cạnh BC. P là một điểm di
động trên đoạn AM (P khác A và M). Đường tròn đi qua P, tiếp xúc với đường thẳng AB tại A,
cắt đường thẳng BP tại K (K khác P). Đường tròn đi qua P, tiếp xúc với đường thẳng AC tại A,
cắt đường thẳng CP tại L (L khác P).
a) Chứng minh BP .BK  CP .CL  BC 2 .
b) Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác PKC ln đi qua hai điểm cố định.
c) Gọi J là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác PKC và E là giao điểm thứ hai của
đường tròn này với đường thẳng AC. Gọi I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác PLB và
F là giao điểm thứ hai của đường tròn này với đường thẳng AB. Chứng minh EF // IJ.
Bài 4. (1,0 điểm)
Cho ba số dương x , y, z thỏa mãn xy  yz  zx  5. Chứng minh
x
x2  5



y

y2  5



3z





6 z2  5



2 6
3

.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi nào?
Bài 5. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình nghiệm nguyên x 2y  xy  2x 2  5x  4.





b) Giả sử rằng A là tập hợp con của tập hợp 1; 2; 3;...; 1023 sao cho A không chứa
hai số nào mà số này gấp đơi số kia. Hỏi A có thể có nhiều nhất bao nhiêu phần tử?
----- Hết ----Họ tên thí sinh:……………….………………...Số báo danh: …………..................................

Cán bộ coi thi 1:……….………...…..................Cán bộ coi thi 2:.....………..……..…….........


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN

HẢI PHÒNG

Năm học 2020 – 2021
HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN

HDC ĐỀ CHÍNH THỨC

Hướng dẫn gồm 04 trang

Bài

Đáp án

a) (1,0 điểm)



2 x
1   x + x +1 
=
−
:
P 


 ( x + 1) x − 1
x − 1   x + 1 



(

( x + 1) (
1
7

⇔

ĐK: x ≥ 0, x ≠ 1

0,25

1− x
x +1
⇔P=
x + x +1
x −1 x + x +1

2 x − x −1

=
⇔P
P≤−

)

Điểm

1− x
x + x +1

)

⋅

≤−

1
7

(

⇔ 7 − 7 x ≤ − x − x − 1 do x + x + 1 > 0 ∀x ≥ 0

0,25

)

0,25

1
⇔ x−6 x +8 ≤ 0
(2,0 ⇔ x − 2 x − 4 ≤ 0 ⇔ 2 ≤ x ≤ 4 ⇔ 4 ≤ x ≤ 16.
(

)(
)
điểm)
b) (1,0 điểm)

0,25

Điều kiện để phương trình (1) có nghiệm là ∆= p 2 − 4q ≥ 0 (*)

p
 x1 + x2 =
Áp dụng định lý Vi-et ta có 
với x1 ; x2 ∈  + .
x
x
q
=
 1 2
Vì q là số nguyên tố nên x1 = 1 hoặc x2 = 1

0,25
0,25

p và x2 là các số nguyên tố liên tiếp, suy ra x2 là số nguyên tố chẵn
Nếu x1 = 1 thì 1 + x2 =
nên x2= q= 2; p= 3 . Tương tự, nếu x2 = 1 thì x1= q= 2; p= 3

Ta thấy=
q 2;=
p 3 thỏa mãn điều kiện (*) là các giá trị cần tìm.

0,25
0,25

a) (1,0 điểm)
Đặt a = x + 1; b = − x 2 + 2 x + 6; b ≥ 0
0,5

ab= 3 + 2 x

b= a − 1
2
⇒ (a − b) =
1⇒ 
b= a + 1
a + b = 4 x + 7

Ta được 

2

2

x ≥ 0
1 + 13
− x2 + 2x + 6 = x ⇔  2
⇔x=
2
0
x − x − 3 =


−1 + 5
2
x =
x
≥
−
2

2
2
⇔
(2,0 Nếu b= a + 1 thay vào ta được: − x + 2 x + 6 = x + 2 ⇔  2

−1 − 5
 x + x − 1 =0
điểm)
x =

2
 −1 + 5 −1 − 5 1 + 13 

Vậy nghiệm của phương trình là x ∈ 
;
;

2
2 
 2




Nếu b= a − 1 , thay vào ta được:

0,25

0,25

b) (1,0 điểm)

2
2
2 xy 2
 x + y =
Với điều kiện x, y ≠ 0 thì hệ phương trình trở thành 
2
2 xy 2
 xy + 3 y =
⇒ x 2 − xy − 2 y 2 =
0

0,25

Trang 1


x = − y
⇒ x 2 + xy − 2 xy − 2 y 2 =0 ⇔ ( x + y )( x − 2 y ) =0 ⇔ 
x = 2y

0,25

1
−y
x = − y
x =
x =
⇔
⇔
Nếu x =− y ⇒  2
do x, y ≠ 0.
2
3
2x
x = 1
 y = −1
x + x =
5

x = 2y
x
=


x = 2 y


2
2y ⇒  2
⇔

Nếu x =
do x, y ≠ 0.
5 ⇔
2
3
4y
4 y + y =
 y = 4
y = 5

4

 5 5 
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x; y ) ∈ (1; −1) ,  ;  
 2 4 


0,25

0,25

F

A
I
G

L
K

E

P
B

H

M

C

J
3
(3,0 Đáp án cho trường hợp hình vẽ trên, các trường hợp khác chứng minh tương tự.
điểm) a) (1,0 điểm)
BA là tiếp tuyến của đường tròn (APK) nên BA2 = BP.BK (1)

0,5

CA là tiếp tuyến của đường tròn (APL) nên CA2 = CP.CL ( 2 )
Từ (1) và (2) suy ra BP.BK + CP.CL = BA2 + CA2 = BC 2
b) (1,0 điểm)
BH .BC ( 3)
Gọi AH là đường cao của tam giác ABC ⇒ BA2 =

0,5
0,5

BH .BC . Suy ra tứ giác HPKC nội tiếp nên đường tròn
Từ (1) và (3) ⇒ BP.BK =

ngoại tiếp tam giác PKC đi qua hai điểm cố định là C và H.
c) (1,0 điểm)
Theo câu b) đường tròn (J) đi qua H. Chứng minh tương tự (I) đi qua H.
(I) và (J) cắt nhau tại H, P nên IJ ⊥ HP ( 4 )
 ( 5)
HPEC nt ⇒ 
AEP =
PHC
 ( 6)
HPFB nt ⇒ 
AFP =
PHC

Từ (5) và (6) suy ra tứ giác APEF nội tiếp nên

0,5

0,25

0,25

 = EAF
 = 900 ⇒ PE ⊥ PF
⇒ EPF

Trang 2


Gọi G là giao điểm của HP và EF. Do các tứ giác HPEC và APEF nội tiếp nên







GPE
= HCE
= MCA
= MAC
= PAE
= PFE
 + GEP
 =PFE
 + GEP
 =900 ⇒ PG ⊥ EF hay HP ⊥ EF ( 7 )
⇒ GPE

Từ (4), (7) suy ra IJ // EF.
P=
=

x

( x + y )( x + z )

+

( y + z )( y + x )

2

3
y
⋅
+
x+ y x+z
6

x
6

y

+

0,5

3z

0,25

6 ( z + x )( z + y )

3
2
3z
⋅
+
y+z y+x
6

1
1
⋅
z+x z+ y

4
(1,0
1  2x
3x
3y
2y
3z
3z 
1
2 6
điểm) ≤ 2 6  x + y + x + z + y + z + y + x + z + x + z + y = 2 6 ( 2 + 3 + 3)= 3



0,5

3
3
 2
z 2=
x 2y
=
= =
⇔ z = 2x = 2 y = 2
Đẳng thức xảy ra khi  x + y y + z z + x ⇔  2

x
=
5
5

 xy + yz + zx =
5


0,25

a) (1,0 điểm)
Phương trình ban đầu tương đương với xy ( x − 1)= 2 x 2 − 5 x + 4

0,25

2 x2 − 5x + 4
4
= 2 x − 5 + ( do x ≠ 0 )
x
x
Vì x, y ∈  nên x ∈ {±1; ±2; ±4}
⇒ y ( x − 1) =

0,25

Lập bảng các giá trị
x

y

−1
11
2

1

y

−2
11
3

2

−4
14
5

1

Mà x, y ∈  nên nghiệm của phương trình là ( x; y ) = ( 2;1)
b) (1,0 điểm)
=
A0 {1=
Chia các số từ 1 đến 1023 thành các tập con
} , A1

4
4

3

0,5

{2;3=
} , A2 {4;5;6;7} ,

8;9;...;15} , A4 {16;17;...;31
=
{=
} , A5 {32;33;....;63} ,
5
=
A6 {=
64;65;...;127} , A7 {128;129;...;
=
255} , A8 {256; 257;...;511}
(2,0 A = {512;513;...;1023}
9
=
A3

điểm)

0,25

Dễ thấy số phần tử của tập Ak là 2k , k = 0,1,...,9 .
Nhận thấy n ∈ Ak ⇔ 2n ∈ Ak +1.
Xét A = A9 ∪ A7 ∪ A5 ∪ A3 ∪ A1 ⇒ A = 512 + 128 + 32 + 8 + 2 = 682 , rõ ràng A không
chứa số nào gấp đôi số khác.

Ta chỉ ra rằng không thể chọn tập con có nhiều hơn 682 số thỏa mãn bài ra.
Thật vậy: Giả sử tập A thỏa mãn yêu cầu bài toán và chứa ak phần tử thuộc Ak ,
k = 0,1,..,9.

Xét các tập hợp Ak và Ak +1 . Với m ∈ Ak tùy ý, ta có 2m ∈ Ak +1 . Số các cặp ( m, 2m )
như vậy là 2k và trong mỗi cặp như vậy có nhiều nhất một số thuộc A.
Ngồi ra tập Ak +1 cịn chứa 2k số lẻ, tức là có nhiều nhất 2k + 2k =
2k +1 số thuộc A
được lấy từ Ak và Ak +1.
Suy ra a0 + a1 ≤ 21 , a2 + a3 ≤ 23 , a4 + a5 ≤ 25 , a6 + a7 ≤ 27 , a8 + a9 ≤ 29 . Cộng các bất đẳng
thức ta được a0 + a1 + a2 +  + a9 ≤ 682. Vậy số phần tử lớn nhất của A là 682.

0,25

0,25

0,25

Trang 3