SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
THPT NĂM HỌC 2021 - 2022
ĐỀ CHÍNH THỨC
Khóa ngày 08/6/2021
Mơn: TỐN (CHUYÊN)
SBD:…………..
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề có 01 trang gồm 5 câu
Câu 1 (2,0 điểm).
Cho biểu
thức

P

 x + 1
x

 1

x 1 8
 +1
x

x  : 
x 1

 

1   (với x  0, x  1).

1
x


x  x 3
x 1

a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm tất cả các số thực x để P nhận giá trị nguyên.
Câu 2 (2,0 điểm).
a)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol  P  : y  x

2

và đường thẳng

d  : y  2mx  m + 1 (với m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của
hai điểm phân biệt có hồnh
độ

x1, x2 thỏa mãn x1  x2 >

Giải phương trình 8

+6
2x + 3  7x + 29.

b)


Câu 3 (1,0 điểm).

5x + 1

Cho ba số thực x, y, z  5;7 .
 
Câu 4 (1,5 điểm).

xy + 1

m để d 

cắt  P  tại

3.

Chứng minh rằng
+

yz + 1

+

zx + 1

> x + y + z.

Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho hai số 2
n  2n  7

lập phương của hai số nguyên dương nào đó.

và n2  2n +12

đều là

Câu 5 (3,5 điểm).
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn O  đường kính AE. Gọi D là một điểm
bất kì trên
cung

BE khơng chứa điểm A ( D khác B và E ). H , I , K lần lượt là hình
Gọi
chiếu vng góc của D lên các đường
BC, CA và AB.
thẳng
a) Chứng minh ba điểm H , I , K thẳng hàng.
AC
b) Chứng minh
AB BC


+


DI DK DH
c) Gọi P là trực tâm
ABC, chứng minh đường thẳng HK đi qua trung điểm của
của
đoạn thẳng DP.

...........................Hết.........................


SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
THPT NĂM HỌC 2021 - 2022
Khóa ngày 08/6/2021
Mơn: TỐN (CHUYÊN)
(Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang)
Yêu cầu chung
* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi câu. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải
lập luận logic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng.
* Trong mỗi câu, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những
bước sau có liên quan.
* Điểm thành phần của mỗi câu được phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm là 0,5 điểm
thì tùy tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.
* Đối với Câu 5, học sinh không vẽ hình thì cho điểm 0. Trường hợp học sinh có vẽ hình,
nếu vẽ sai ở ý nào thì điểm 0 ở ý đó.
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tùy theo mức điểm từng câu.
* Điểm của toàn bài là tổng (khơng làm trịn số) của điểm tất cả các câu.
Câu
Nội dung
Điểm
 x + 1 x  1 8
x   x  x  3
1 
Cho biểu thức P =
 x + 1 x 1 :


x 1
x 1
x 1

 

1
2,0 điểm
(với x  0, x  1).
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm tất cả các số thực x để P nhận giá trị nguyên.
Ta có:

(
P=

a
Vậy P =
b

x
xx3(
x +1)
) ( )
:
( x 1)( x +1)
( x 1)( x +1)
( x 1)( x + 1) 4 x
4 x
=


=
.

x

4
x
+
4
x

1
x
+
1
( )(
)

4 x

x+4

2

x+1 

2

x 1  8


0,5

0,5

.

Vì x  0, x  1 nên P =

4

x
x+4

 0.

HDC TOÁN CHUYÊN trang 1/5

0,25


Câu

Nội dung
Ta có: 1  P = 1 

4

x


=

x4

x+4

(

=

x2

)

Điểm

2

 0 suy ra P  1.

x+4
x+4
x+4
Do đó 0  P  1 mà 𝑃 ∈ 𝑍 nên P = 0 hoặc P = 1.
Với P = 0 thì x = 0 (thỏa mãn).
Với P = 1 thì x  2 = 0  x = 4 (thỏa mãn).
Vậy x = 0; x = 4 thì P nhận giá trị nguyên.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol

a)


0,25
0,25
0,25

( P ) : y = x2 và đường

thẳng ( d
2

m

) : y = 2mx  m + 1 (với m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của
để ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 thỏa

mãn x1  x2 >

2,0 điểm

3.

Giải phương trình: 8 5x + 1 + 6 2x + 3 = 7x + 29.
Xét phương trình hồnh độ giao điểm của ( d ) và ( P ) :
b)

(1)

x2 = 2mx  m +1  x2  2mx + m 1 = 0
2


1
3

Ta thấy ' = m2  m +1 =  m 
+
> 0 , với mọi m .

2
4


Suy ra phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt với mọi m .
Do đó đường thẳng ( d ) cắt
a

(P)

tại hai điểm phân biệt với mọi m .

Ta có x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1)
 x1 + x2 = 2m
Áp dụng định lí Vi-ét ta được 
x x =m1
1
2
2
2
Ta có x  x > 3  ( x  x ) > 3  ( x + x )  4x x  3 > 0.
1


2

1

2

2

 4m2  4m + 1 > 0  ( 2m 1) > 0  m 

1

1

1

.

2

1 2

b

Ta có: 8 5x + 1 + 6 2x + 3 = 7x + 29.

(

) (


0,25
0,25

2

thì ( d ) và ( P ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hồnh độ
2
x1; x2 thỏa mãn x1  x2 > 3.
1
Điều kiện: x   .
5
Vậy m 

0,25

)

 5x + 1  8 5x + 1 + 16 + 2x + 3  6 2x + 3 + 9 = 0

HDC TOÁN CHUYÊN trang 2/5

0,25

0,5


Câu

Nội dung



(



3

) (
2

5x + 1  4 +

 5x + 1  4 = 0

)

Điểm

2

2x + 3  3 = 0
0,5

 x = 3 (thỏa mãn).

 2x + 3  3 = 0
Vậy phương trình có nghiệm x = 3.
Cho ba số thực x, y, z [5;7]. Chứng minh rằng
xy + 1 + yz + 1 + zx + 1 > x + y + z.


Do x, y  [5;7 ]  x  y  2  ( x  y )  4
2

0,25

2

 x2  2xy + y2  4  ( x + y )  4 ( xy +1)  x + y  2

xy +1
0,25

Chứng minh tương tự ta có:
y +z 2

1,0 điểm

yz + 1; z + x  2

zx + 1

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta có
2( x + y + z )  2


(

xy + 1 + yz + 1 + zx

)


xy + 1 + yz + 1 + zx + 1  x + y + z

x y=2

Dấu bằng xảy ra khi  y  z = 2

zx =2

Vì x  y  z nên giả sử x > y > z.

(1)

x  y = 2
 x  y = 2 
Ta có (1)  y  z = 2  x  z = 4 (vô nghiệm)


xz=2
xz=2


Vậy xy + 1 + yz + 1 + zx + 1 > x + y + z.
4

0,25

Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho hai số n2  2n  7 và
n2  2n +12 đều là lập phương của hai số nguyên dương nào đó.
Đặt n2  2n  7 = a3; n2  2n + 12 = b3

(với a, b  * )
Dễ thấy a < b
Ta có b3  a3 = ( n 2  2n + 12)  ( n 2  2n  7 ) = 19
 (b  a ) ( b 2 + ab + a2 ) = 19

Vì a, b  * , b > a , b2 + ab + a2 > b  a và 19 là số nguyên tố nên

HDC TOÁN CHUYÊN trang 3/5

0,25

1,5 điểm
0,25
0,25


Câu

Nội dung

Điểm

 a = 2
b
= (3TM )  a = 2
b  a = 1


 
 2

2
 a = 3
b + ab + a = 19
b = 3

( L)
 b = 2
 n = 3 (L)
 n 2  2n  15 = 0 
n=5

n = 5 (TM )

Vậy n = 5 là giá trị cần tìm.

0,5

0,5

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn (O ) đường kính AE. Gọi
D là một điểm bất kì trên cung BE khơng chứa điểm A ( D khác
B và E ). Gọi H , I , K lần lượt là hình chiếu vng góc của D lên các
đường thẳng BC, CA và AB.

5

a) Chứng minh ba điểm H , I , K thẳng hàng.
AC AB BC
b) Chứng minh
+

=

DI DK DH
c) Gọi P là trực tâm của ABC, chứng minh đường thẳng HK đi qua
trung điểm của đoạn thẳng DP.

3,5 điểm

Hình vẽ
S
A

R
P

I

H

B

K

O

Q

C

E

D

a

Tứ giác BKDH nội tiếp  KBD = KHD

(1 ) .

Tứ giác ABDC nội tiếp  KBD = ACD
ABD )

( 2) (cùng bù với

HDC TOÁN CHUYÊN trang 4/5

0,25


Câu

Từ (1) , ( 2 )  KHD = ICD

Nội dung

Điểm

( 3) .

0,5


0
Lại có tứ giác CIHD nội tiếp  IHD + ICD = 180 ( 4 ) .
0
Từ ( 3 ) , ( 4 ) suy ra IHD + DHK = 180

 K , I , H thẳng hàng.
AKD ∽ CHD ( g.g ) 


b

CH AB BK
+ KD
HD= KD

AK

=
KD

CH AB + BK CH

=
HD
KD
HD

( g.g ) 

0,5


(5)

AI AC  IC BH AC IC
=
=

=

DH DI
DI
DH DI
IC KB
ICD ∽ KBD ( g.g ) 
=
(7)
ID KD
CH BH
AB AC
Từ ( 5 ) , ( 6 ) và ( 7 ) suy ra
+
=
+
.
HD DH KD DI
BDH ∽ADI

0,25

BH


DI

(6)

AC AB BC
Vậy DI + DK = DH
Đường thẳng AP cắt (O ) tại Q và đường thẳng DH cắt (O ) tại S.
Ta có SAC = SDC (cùng chắn CS )
Tứ giác CDHI nội tiếp  HDC = HIA  SAC = HIA

0,5
0,25

0,25

0,25

Suy ra đường thẳng AS song song với đường thẳng HK.
Ta có AQ // DS (cùng vng góc với BC )
 AQDS là hình thang, nội tiếp đường trịn (O )
c

 AQDS là hình thang cân  QDS = ASD.
Qua P vẽ PR // AS  ASD = PRD
(đồng vị) Suy ra PRD = QDR  PQDR
là hình thang cân
Ta thấy BC  PQ tại trung điểm PQ , suy ra BC là trục đối xứng của
hình thang cân  HD = HR.
Xét DPR có HD = HR và HK // PR

 HK đi qua trung điểm của DP.

0,25

0,25
0,25

HẾT

HDC TOÁN CHUYÊN trang 5/5


…..

HDC TOÁN CHUYÊN trang 6/5