SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2021 - 2022 Môn thi: TỐN (chun Tốn) Ngày thi: 14/6/2021 Thời gian làm bài: 150 phú ĐỀ THI CHÍNH THỨC Bài I (2,0 điểm) 1) Giải phương trình x + x + − x + = 2) Cho ba số thực a,b c thỏa mãn ab+ bc + ca = Chứng minh a − b b− c c − a + + =0 1+ c2 1+ a2 1+ b2 Bài II (2,0 điểm) 2 1) Tìm tất cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x + 5xy + 6y + x + 2y − = 2) Chứng minh với số nguyên n , số n + n + 16 không chia hết cho 49 Bài III (2,0 điểm) 1) Cho số thực x khác thỏa mãn x+ x x3 số hữu tỉ Chứng minh x số hữu tỉ 2) Cho số thực không âm a,b c thỏa mãn a+ b+ c = Chứng minh 2a+ 2ab+ abc ≤ 18 Bài IV (3,0 điểm) · Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) , với gốc BAC = 60° AB < AC Các đường thẳng BO ,CO cắt đoạn thẳng AC , AB M , N Gọi F điểm cung BC lớn 1) Chứng minh năm điểm A , N ,O , M F thuộc đường tròn 2) Gọi P ,Q giao điểm thứ hai hai tia FN , FM với đường tròn (O) Gọi J giao điểm đường thẳng BC đường thẳng PQ Chứng minh tia AJ tia phân giác · góc BAC 3) Gọi K giao điểm đường thẳng OJ đường thẳng CF Chứng minh AB vng góc với AK Bài V (1,0 điểm) Cho A tập hợp có 100 phần tử tập hợp {1,2,3,… ,178} 1) Chứng minh A chứa hai số tự nhiên liên tiếp 2) Chứng minh với số tự nhiên n thuộc tập hợp {2,3,4,… ,22}, tồn hai phần tử A có hiệu n ĐÁP ÁN Bài I (2,0 điểm) 1) Giải phương trình x + x + − x + = 2) Cho ba số thực a,b c thỏa mãn ab+ bc + ca = Chứng minh a − b b− c c − a + + =0 1+ c2 1+ a2 1+ b2 Lời giải 1) ĐKXĐ: x + 1≥ ⇔ x ≥ −1 Cách 1: Đặt t = x + 1,t ≥ Ta có: (t ) − + t2 − 1+ − 2t = ⇔ t4 − t2 − 2t + = ⇔ t2 t2 − − 2(t − 1) = ( ) ⇔ t2(t − 1)(t + 1) − 2(t − 1) = ( ) ⇔ (t − 1)( t + t − 2) = ⇔ (t − 1)( t − t + 2t − 2) = ⇔ (t − 1)( t (t − 1) + 2(t − 1)(t + 1)) = ⇔ (t − 1)(t − 1)( t + 2t + 2) = ⇔ (t − 1) ( t + 2t + 2) = ⇔ (t − 1) t2(t + 1) − = 3 2 2 2 t = 1(TM ) ⇔ ⇔t=1 (t + 1) + = 0( L ) Với t = 1, suy x + = ⇔ x + = ⇔ x = (TM) Vây phương trình có nghiệm x = Cách 2: 2 2 Ta có: x + x + − x + = ⇔ x + x + 1− x + + = ⇔ x + ( x + − 1) = x = x = x = x = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x = 0(TM ) x + = x = x + − = x + = Vây phương trình có nghiệm x = a − b b− c c − a a− b b− c c− a VT = + + = + + 2 2 1+ c 1+ a 1+ b ab+ bc + ca+ c ab+ bc + ca+ a ab+ bc + ca+ b2 2) Ta có: a− b b− c c− a (a− b)(a+ b) + (b− c)(b+ c) + (c − a)(c + a) + + = (a+ c)(b+ c) (a+ b)(c + a) (a+ b)(b+ c) (a+ b)(a+ c)(b+ c) (đpcm) = Bài II (2,0 điểm) 2 1) Tìm tất cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x + 5xy + 6y + x + 2y − = 2) Chứng minh với số nguyên n , số n + n + 16 không chia hết cho 49 Lời giải x2 + 5xy + 6y2 + x + 2y − = ⇔ (x + 2y)(x + 3y) + (x + 2y) = ⇔ (x + 2y)(x + 3y + 1) = 1) (1) Do x; y∈ ¢ suy x + 2y; x + 3y + 1∈ ¢ Vậy từ (1) ta suy trường hợp sau x + 2y = x = ⇔ x + 3y + = y = −2 TH1: x + 2y = x = ⇔ x + 3y + = y = TH2: x = −2 x + 2y = −2 ⇔ x + 3y + = −1 y = TH3: x + 2y = −1 x = ⇔ x + 3y + = −2 y = −2 TH4: Vậy cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn (6; −2);(1;0);(−2;0);(3; −2) 2 2) Ta có P = n + n + 16 suy 4P = 4n + 4n + 64 = (2n + 1) + 63 TH1: 2n+ 1M7 suy (2n+ 1) M49 mà 63M49 suy 4P M49 suy P M49 TH2: 2n+ 1M7 suy (2n+ 1) M7 mà 63M7 suy 4P M49 suy P M49 Vậy P M49 với n (đpcm) Bài III (2,0 điểm) x x3 số hữu tỉ Chứng minh x số hữu tỉ 1) Cho số thực x khác thỏa mãn 2) Cho số thực không âm a,b c thỏa mãn a+ b+ c = Chứng minh 2a+ 2ab+ abc ≤ 18 Lời giải 1) Cách 1: x+ 2 x2 + + = x + ữ Ô x2 + Ô x+ Ô x x x x Ta có suy 4 x − = x x + + Ô Ô ữ ÷ 3 x x x x ∈ ¤ Cùng có suy x suy 4 x Ô Ô x2 + + Ô x x x Do nên suy 2 2 2x = x + ữ+ x ữ Ô x x Vy suy x Ô (iu phải chứng minh) Cách 2: x+ x số hu t Ta cú: x2 + x4 + 2x2 Ô x3 M: x Ô x + 2x Ô (1) ( ) x2 + Ô (2) x +2 ¤ ; x2 x2 + ∈ ¤ ⇒ x x2 + Ô Ta li cú: x x2 + ⇒ x x2 + ∈ ¤ ⇒ x2 + ∈ ¤ x (3) ( ( Từ (2) (3) ( ⇒(x ⇒(x ) ) ( ( ( ) ) ( ) ) ⇒ x2 + − x2 + Ô ) ( ) + 1) + 3( x + 1) Ô + 1) ( x + 1) + Ô x2 + + x2 + + Ô 2 2 x2 + Ô x2 + Ô x2 + x ¤ ⇒ x2 + × = x∈ ¤ x +2 Mà: x ( ) b+ c + 2a+ 2ab+ abc = 2a+ ab(c + 2) ≤ 2a+ a ÷ 2) − a ⇒ 2a+ 2ab+ abc ≤ 2a+ a ÷ Ta chứng minh: a2 − 14a+ 49 2a+ a× ≤ 18 ⇔ a3 − 14a2 + 57a− 72 ≤ ⇔ (a− 3)2(a− 8) ≤ với < a < Bài IV (3,0 điểm) · Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) , với gốc BAC = 60° AB < AC Các đường thẳng BO ,CO cắt đoạn thẳng AC , AB M , N Gọi F điểm cung BC lớn Lời giải 1) Chứng minh năm điểm A , N ,O , M F thuộc đường tròn · · BOC = BAC (góc nội tiếp góc tâm) ·BAC = 60° ⇒ BOC · = 120° Mà ⇒ Tứ giác AMON nội tiếp (1) · · · NAO = NMO (cùng chắn ON ) · · · MAO = MNO (cùng chắn OM ) · · Mà NAO = NBO (do OA = OB ⇒ ∆OAB cân) · · MAO = MCO (do OA = OC ⇒ ∆OAC cân) · · Nên NBM = NMB ⇒ ∆MBN cân N ⇒ NM = NB · · MNC = MCN ⇒ ∆MCN cân M ⇒ MN = MC ⇒ NB = MC Xét ∆FNB ∆FMC có: ¶ · · NB = MC (chưng minh trên) NBF = MCF (cùng chắn AF ) ¶ FB = FC ( F điểm BC ) ⇒ ∆FNB = ∆FMC(c.gc ) FN = FM ⇒ · · NFB = MFC · · · · Mà MFC + MFB = BFC = BAC = 60° · · ⇒ NFB + MFB = 60° · NFM = 60o ⇒ o · NAM = 60 Tứ giác NAFM nội tiếp (2) Từ (1) (2) suy điểm A , N ,O , M , F thuộc đường tròn 2) Gọi P ,Q giao điểm thứ hai hai tia FN , FM với đường tròn (O) Gọi J giao điểm đường thẳng BC đường thẳng PQ Chứng minh tia AJ tia phân giác · góc BAC ¶ ¶ ¶ Ta có CQ = AF = BP , QJMC BJNP tứ giác nội tiếp · · F điểm cung BC nên BFC = BAC = 60° suy ∆BFC · · · Suy MQC = MQC = FAC = 60° · Lại có MOC = 60° suy MCQO tứ giác nội tiếp Suy điểm M ,C ,Q , J ,O thuộc đường tròn Chứng minh tương tự B, N ,O , J , P thuộc đường tròn · · · Suy CJM = COM = 60° = BAC · BAC · · ⇒ MAJ = MBJ = 30° = Suy AMJB tứ giác nội tiếp · Suy AJ tia phân giác góc BAC 3) Gọi K giao điểm đường thẳng OJ đường thẳng CF Chứng minh AB vng góc với AK Theo ta có PBQC hình thang cân, OJ đường trung trưc CP · BAC ·JAP = CAP · · · · · · · − = CAP − 30° = JOP − OCF = JOP − OPK = JKP Mặt khác Suy tứ giác AKJP nội tiếp · · · · · · Suy KAJ = JPK = KCJ = 60° ⇒ BAK = BAJ + KAJ = 30° + 60° = 90° Hay AK ⊥ AB Bài V (1,0 điểm) Cho A tập hợp có 100 phần tử tập hợp {1,2,3,… ,178} 1) Chứng minh A chứa hai số tự nhiên liên tiếp 2) Chứng minh với số tự nhiên n thuộc tập hợp {2,3,4,… ,22}, tồn hai phần tử A có hiệu n Lời giải A = { a1 , a2 , a3 …, a100} 1) Gọi phần tử tập A Khơng mắt tính tổng qt già sử a1 < a2 < a3 < … < a100 Giả sử tập A khơng có hai số tự nhiên liên tiếp ta có a2 − a1 ≥ 2; a3 − a2 ≥ 2….; a100 − a99 ≥ Suy a100 = a100 − a90 + …+ a3 − a2 + a2 − a1 + a1 ≥ 99.2 + a1 > 178 a100 không thuộc tập hợp {1,2,3… ,178} (trái với giả thiết) suy điều giả sử sai từ ta có điều phải chứng minh 2) Với n∈ {2,3,4… ,22} giả sử không tồn hai phần tử A có hiệu bẳng n (*) a ≠ aj + kn (k∈ ¥ )∀i , j ∈ {1,2,3… ,100} Ta có i Với phần tử a1 ,a2 ,a3 ,a12 ( a1 + k,n k∈ ¥ * a ≤ 79 A Ta có tập khơng thể có phần tử có dạng 178 − a1 99 a1 + kn ≤ 178 ⇒ k ≥ ≥ >4 n 22 Xét bất phương trình Vậy có số thuộc tập {1,2,3 178} không thuốe A ) Tưong tự với a2 , a3 …a12 trường hợp có có số thuộc tập {1,2,3… ,178} không thuộc A ( số bỏ trương hợp khác nhau) Với phần tử a13 , a14 ,a15 … a34 ( a13 + kn k∈ ¥ * a ≤ 91 Ta có 13 tập A khơng thể có phằn tử có dạng 178 − a13 87 a13 + kn ≤ 178 ⇒ k ≥ ≥ >3 n 22 Xét bất phương trình Vậy có số thuộc tập {1,2,3… ,178} không thuộc A ) Tương tự với a14 , a15 …a34 trường hợp có có số thuộc tập {1,2,3… ,178} không thuộc A ( số bỏ trường họp khác nhau) Suy tập A không nhiều 178 − 114 = 64 phẩn tử ( trái với giả thiết) điều giả sử (*) sai tử ta có điều phải chứng minh -HẾT -