Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên NKQG môn Toán - Năm học 2021-2022

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NKQG 
 HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2021 - 2022 
 Đề chính thức 
 Môn: TOÁN ( CHUYÊN) (26/5/2021) 
 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) 
 Tên: TRƢƠNG QUANG AN 
 Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tƣ Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi 
 Điện thoại : 0353276871. 
Bài 1.(1,5 điểm) Cho hệ phƣơng trình: 
2 1 2x y
x y m
    

 
a) Giải hệ với m = 7 
b) Tìm m sao cho hệ có nghiệm (x, y) 
Bài 2.(1,5 điểm) Cho 
1 1 1 1 1 1
; ;
c a b
M N K
a b c b a b c c a b a b c c a
        
     
a) Chứng minh nếu 
2 2 2
.
a b c
M K
abc
 
 thì N = 0 
b) Cho M = K = 4, N = 1. Tính tích abc. 
Bài 3.(1,5 điểm) Cho dãy n số thực 1 2; ;..; ( 5)nx x x n  thỏa: 1 2 ... nx x x   và 
1 2 .. 1nx x x    
a) Chứng minh nếu
1
3
nx  thì 1 2 nx x x  
b) Chứng minh nếu 
2
3
nx  thì tìm đƣợc số nguyên dƣơng k < n sao cho 
1 2
1 2
...
3 3
kx x x     
Bài 4.(1,5 điểm) a) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho 3(2 1) 1n  chia hết cho 
20212 
b) Tìm tất cả số tự nhiên n và số nguyên tố p sao cho 
22 2 4 2 1
;
n n n
p p
  
là các số 
nguyên. Chứng minh với n và p tìm đƣợc, các số nguyên trên không thể đồng thời 
là số chính phƣơng. 
Bài 5.(3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Các điểm E, F lần lƣợt thay đổi 
trên các cạnh AB, AC sao cho EF k BC. Gọi D là giao điểm của BF và CE, H là 
hình chiếu của D lên EF. Đƣờng tròn (I) đƣờng kính EF cắt BF, CE tại M, N. (M 
khác F, N khác E) 
a) Chứng minh AD và đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác HMN cùng đi qua tâm I của 
đƣờng 
tròn tâm I. 
b) Gọi K, L lần lƣợt là hình chiếu vuông góc của E, F lên BC và P, Q tƣơng ứng là 
giao điểm của EM, F N với BC. Chứng minh tứ giác AEP L, AF QK nội tiếp và 
.
.
BP BL
CQ CK
không đổi khi E, F thay đổi. 
c) Chứng minh nếu EL và FK cắt nhau trên đƣờng tròn (I) thì EM và F N cắt nhau 
trên đƣờng thẳng BC. 
Bài 6.(1,0 điểm) Cho N tập hợp (N 6), mỗi tập hợp gồm 5 chữ cái khác nhau 
đƣợc lấy từ 26 chữ cái 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 
không có chữ cái nào có mặt trong tất cả N tập hợp này. 
Chứng minh không có chữ cái nào có mặt trong 6 tập hợp từ N tập đã cho. 
b) Biết rằng trong N tập hợp đã cho, hai tập hợp bất kỳ có chung đúng 2 chữ cái, và 
không có hai chữ cái nào cùng xuất hiện trong N tập hợp này. Hỏi trong số N tập 
hợp đã cho, có nhiều nhất bao nhiêu tập hợp có chung đúng 2 
chữ cái? 
Lời giải 
Bài 1.(1,5 điểm) Cho hệ phƣơng trình: 
2 1 2x y
x y m
    

 
a) Giải hệ với m = 7 
b) Tìm m sao cho hệ có nghiệm (x, y) 
Lời giải 
 a) Ta có 
2 1 2x y
x y m
    

 
 (1). ĐKXĐ: x2, y  1 
(1) ⇔
2
2
5( 2 1) 4 2 1 0
67 7
1
x
yx y x y
xx y x y
y
 

                    

. Vậy (x, y) ∈ {(2; 5),(6; 1)} 
b) (1) 
⇔
22 4( 2 2 (7 ) (**)( 2 1) 4 2 2 1 7 (*)
7
xy y x mx y x y m
mx y m x y m
               
   
      
Ta có (∗∗) ⇔ 4 [y(x − 1) − x − y + 2] = 2m − 14m − 49 
⇔ 4 [(m − x)(x − 1) − m + 2] = 2m − 14m − 49 
⇔ 4 2x − 4(m + 1)x + 2m − 6m + 41 = 0 (2).Ta có (1) có nghiệm khi và chỉ khi (2) 
có nghiệm lớn hơn hoặc bằng 2⇔ ∆’ =  
2
2 1m    − 4 ( 
2m − 6m + 41) = 32m − 
160 ≥ 0⇔ m ≥ 5.Vậy với 5 ≤ m ≤ 7 thì hệ phƣơng trình đã cho có nghiệm. 
Bài 2.(1,5 điểm) Cho 
1 1 1 1 1 1
; ;
c a b
M N K
a b c b a b c c a b a b c c a
        
     
a) Chứng minh nếu 
2 2 2
.
a b c
M K
abc
 
 thì N = 0 
b) Cho M = K = 4, N = 1. Tính tích abc. 
Lời giải 
a)Ta có 
2 2 2 2 2 2
. 0
a b c a b c
M K N N
abc abc
   
     
b)Ta có M = K = 4; N = 1.Theo câu a) ta đƣợc: 
2 2 2 2 2 2 2 2 2
. 16 1
a b c a b c a b c
M K N
abc abc abc
     
      
2 2 2 215 ( ) 2( ) 15a b c abc a b c ab bc ac abc           (∗). 
Ta có: K + 3 = (a + b + c)N ⇒ 7 = a + b + c và M = 4 ⇒ ab + bc + ca = 4abc. Thay 
vào (∗) ⇒ 7.7 − 2.4abc = 15abc ⇒ abc =
49
23
Bài 3.(1,5 điểm) Cho dãy n số thực 1 2; ;..; ( 5)nx x x n  thỏa: 1 2 ... nx x x   và 
1 2 .. 1nx x x    
a) Chứng minh nếu
1
3
nx  thì 1 2 nx x x  
b) Chứng minh nếu 
2
3
nx  thì tìm đƣợc số nguyên dƣơng k < n sao cho 
1 2
1 2
...
3 3
kx x x     
Lời giải 
a) Giả sử rằng 1 2 2
1
0 0 0, 2
3
n ix x x x x i          .Suy ra 
1 2 2 1 1 2 2 1... 1n n n n n nx x x x x x x x x x              . Nhƣng 
1 2 1 2 1 2
1 1 1 1
; , ( ) ;
3 2 6 3
n n nx x x x x x x       nên khi cộng theo vế, ta có V T > 1, vô lý. 
Vậy điều giả sử là sai hay nếu nếu
1
3
nx  thì 1 2 nx x x  
b) Giả sử không tồn tại số k nhƣ trên. Khi đó tồn tại chỉ số l  n − 1 để 
1 2 1 2 1
1 2
... ; ...
3 3
l lx x x x x x         Suy ra 1 1
1 1
0 , 1
3 3
kx x k l       . Nếu l < n − 1 
thì tồn tại 1 2x  do l + 2  n. Ta có 
1 2 1 1 2 1 2
1
... 1
3
l l lx x x x x x           , vô lý 1 2 .. 1nx x x    .Từ đó l = n − 1. Để ý 
rằng 
2
3
nx  nên 1 2 1
2 1
.. 1 1
3 3
n nx x x x        . Kết hợp với l = n − 1 nên 
1 2 1
2 1
..
3 3
n nx x x x      , vô lý.Vậy điều giả sử là sai hay phải tồn tại chỉ số k < n 
để: 1 2
1 2
...
3 3
kx x x     
Bài 4.(1,5 điểm) a) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho 3(2 1) 1n  chia hết cho 
20212 
b) Tìm tất cả số tự nhiên n và số nguyên tố p sao cho 
22 2 4 2 1
;
n n n
p p
  
là các số 
nguyên. Chứng minh với n và p tìm đƣợc, các số nguyên trên không thể đồng thời 
là số chính phƣơng. 
Lời giải 
Bài 4. a) (2n + 1)3 + 1 22021 ⇔ (2n + 2)(4n2 + 2n + 1) 22021⇔ 2(n + 1)(4n2 + 2n + 1) 
22021 ⇔ (n + 1)(4n2 + 2n + 1) 22020 ⇔ n + 1 22020 (do 4n2 + 2n + 1 ≡ 1 (mod 2)) 
⇔ n = 22020k − 1 (k ∈ Z+) 
b) Từ p | 2n + 2 và p | 4n2 + 2n + 1 thì p phải là số lẻ, dẫn đến p | n + 1. 
Do 4n + 2 + 2n + 1 = 4(n − 1)(n + 1) + 2(n + 1) + 3 nên p | 3, từ đó p = 3. Kết hợp 
với điều kiện p | n + 1 thì n = 3k − 1 với k ∈ Z+. 
Ta chứng minh rằng 
22 2 4 2 1
;
3 3
n n n  
không cùng là số chính phƣơng. 
Thật vậy, giả sử rằng ta có điều ngƣợc lại, vì chúng đều là số nguyên dƣơng 
nên:
2
22 2 4 2 1. ( )
3 3
n n n
s s 
  
  (s ∈ Z). Viết lại thành (2n + 1)3 = (3s − 1)(3s + 1). 
Do s là số chẵn nên (3s − 1, 3s + 1) = 1, dẫn đến việc tồn tại các số nguyên a, b để 
ab = 2n + 1, (a, b) = 1 và:3s − 1 = a3 
và 3s + 1 = b3. Từ đây 2 = (b − a)(b2 + ba + a2). Do b > a nên b − a ∈ {1, 2}. Xét 
từng trƣờng hợp và giải ra cụ thể, ta đƣợc (a, b) = (−1, 1). Tuy nhiên điều này dẫn 
đến s = 0, trái với việc s > 0 từ điều đã giả sử. Vậy giả sử ban đầu là sai hay hai số 
đã cho không thể cùng là số chính phƣơng. 
Bài 5.(3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Các điểm E, F lần lƣợt thay đổi 
trên các cạnh AB, AC sao cho EF k BC. Gọi D là giao điểm của BF và CE, H là 
hình chiếu của D lên EF. Đƣờng tròn (I) đƣờng kính EF cắt BF, CE tại M, N. (M 
khác F, N khác E) 
a) Chứng minh AD và đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác HMN cùng đi qua tâm I của 
đƣờng 
tròn tâm I. 
b) Gọi K, L lần lƣợt là hình chiếu vuông góc của E, F lên BC và P, Q tƣơng ứng là 
giao điểm của EM, F N với BC. Chứng minh tứ giác AEP L, AF QK nội tiếp và 
.
.
BP BL
CQ CK
không đổi khi E, F thay đổi. 
c) Chứng minh nếu EL và FK cắt nhau trên đƣờng tròn (I) thì EM và F N cắt nhau 
trên đƣờng thẳng BC. 
Lời giải 
a) Qua D kẻ đƣờng thẳng // BC //EF, cắt AB, AC tại X, Y. Có: 
DY FD XE XD
CB FB BE CB
   suy ra D là trung điểm XY. Vậy AD đi qua trung điểm I của 
EF. Các tứ giác HNFH,DMEH nội tiếp 
nên: ∠DHN=∠DFN=∠MAN;∠MHD=∠MED=∠MAN từ đó: 
∠MHN=2∠MAN=∠MIN suy ra tứ giác IHNMIHNM nội tiếp. 
b) Tứ giác MPLFMPLF nội tiếp nên BM.BF=BP.BL;BM.BF=BE.BA 
do tứ giác AEMF nội tiếp. Suy ra BP.BL=BE.BA do đó tứ giác AEPL nội tiếp. 
Tƣơng tự thì AFQK nội tiếp.Ta có 
2
2
. .
. .
BP BL BE BA BA
CQ CK CF CA AC
  
c) Giả sử EL, FK cắt nhau tại S thuộc (I).Khi đó ∠ESF = 900 và EF LK là hình 
vuông.Vẽ P U⊥AB, QV ⊥AC. Ta có ;
BP BU BK CQ CV CL
BC BA BL BC CA CK
    . Đặt x = EF = 
KL. Ta cần chứng minh 1
BK CL
BL CK
  ⇔ BK · CK + BL · CL = BL · CK 
⇔ BK(CL + x) + (BK + x)CL = (BK + x)(CL + x) ⇔ x2 = BK · CL. Đúng vì tam 
giác BEK và CF L đồng dạng. 
Bài 6.(1,0 điểm) Cho N tập hợp (N 6), mỗi tập hợp gồm 5 chữ cái khác nhau 
đƣợc lấy từ 26 chữ cái 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 
không có chữ cái nào có mặt trong tất cả N tập hợp này. 
Chứng minh không có chữ cái nào có mặt trong 6 tập hợp từ N tập đã cho. 
b) Biết rằng trong N tập hợp đã cho, hai tập hợp bất kỳ có chung đúng 2 chữ cái, và 
không có hai chữ cái nào cùng xuất hiện trong N tập hợp này. Hỏi trong số N tập 
hợp đã cho, có nhiều nhất bao nhiêu tập hợp có chung đúng 2 
chữ cái? 
Lời giải 
a) Giả sử có chữ cái σ sao cho σ có mặt trong 6 tập hợp từ N tập đã cho, chẳng hạn 
6 tập 1 2 6; ,;...,A A A . 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 σ. Do đó, 
tổng số chữ cái có mặt trong 6 tập trên là: 1 + 6(5 − 1) = 25. 
• Nếu N = 6 thì vô lý do σ không xuất hiện trong tất cả N tập hợp. Do đó N ≥ 7. 
• Với N 7, lấy tập A7, có 2 khả năng: 
– 7A chứa σ: Vì 7A và những tập 1 2 6; ,;...,A A A có chung đúng một chữ cái σ 
nên 7A còn chứa 4 phần tử không nằm trong bất kỳ tập nào thuộc 1 2 6; ,;...,A A A . 
Suy ra tổng số chữ cái trong 7 tập trên là: 1 + 7(5 − 1) = 29 > 26 (vô lý) 
– 7A không chứa σ.Khi đó 7A sẽ có chung đúng 1 phần tử với mỗi tập 
1 2 6; ,;...,A A A và 6 phầntử này phải khác nhau. (vì 6 tập 1 2 6; ,;...,A A A đã có chung σ) 
Do đó 7A có ít nhất 6 phần tử. (vô lý). Vậy không có chữ cái nào nằm trong 6 tập 
hợp từ N tập hợp đã cho. 
b) Giả sử có nhiều nhất k tập hợp có chung đúng 2 chữ cái, chẳng hạn a và b. 
Khi đó dễ thấy k N − 1 nên tồn tại một tập hợp khác chƣa đƣợc kể tên trong k tập 
hợp trên, đặt là tập hợp X, X không chứa {a, b}. 
• Nếu X không chứa cả a lẫn b. X giao mỗi tập trong k tập kia ở 2 phần tử khác 
nhau nên 2k 5 ⇒ k 2 
• Nếu X chỉ chứa a, không chứa b. Khi đó 4 phần tử còn lại giao với k tập kia ở các 
phần tử khác nhau, mà X có 5 phần tử nên 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 N = 6. Để 
thuận tiện, thay các chữ cái bằng các con số từ 1 đến 26. Khi đó chọn bộ N tập hợp 
nhƣ sau: 
1A = {1, 2, 3, 4, 5} 
2A = {1, 2, 6, 7, 8} 
3A = {1, 2, 9, 10, 11} 
 4A = {1, 2, 12, 13, 14} 
5A A5 = {1, 3, 6, 10, 13} 
6A = {2, 3, 6, 9, 12}. Bộ 6 tập hợp này thỏa mãn tất cả các điều kiện của bài toán.