SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ TĨNH NĂM HỌC 2023 – 2024 Môn: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian phát đề Câu (2,0 điểm) a) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x2 y xy 2(2 x y) 1 b) Cho a, b, c số thực khác không thỏa mãn a b c 1 Chứng minh a 2bc b 2ca c 2ab Câu (2,5 điểm) ( x 2)(2 y ) a) Giải hệ phương trình 2 11 4( x y ) x y 3xy b) Giải phương trình Câu (1,5 điểm) x2 3x 11 x x số nguyên x x 2 b) Chứng minh với số tự nhiên n lớn A n2024 n2023 n4 n khơng phải số ngun tố a) Tìm tất số thực x để p Câu (2,5 điểm) Cho đường tròn O đường kính AB cố định, C điểm chạy đường trịn O khơng trùng với A B Các tiếp tuyến đường tròn O A C cắt điểm M Đường thẳng MB cắt AC F cắt đường tròn O E ( E khác B ) a) Gọi H trung điểm đoạn thẳng AC Chứng minh tam giác OEM đồng dạng với tam giác BHM b) Gọi K hình chiếu vng góc C đường thẳng AB Hai đường thẳng MB FI CK cắt I Tính tỷ số tổng diện tích hai tam giác IAC IBC lớn AB 1 c) Chứng minh BM BF BE Câu (1,0 điểm) Cho số thực a, b, c thỏa mãn a b c; ab bc ca a b c Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 1 a b b c a c ab bc ca Câu (0,5 điểm) Cho x, y, z số phương Chứng minh x 1 y 1 z 1 viết dạng tổng hai số phương HẾT Thí sinh không sử dụng tài liệu - Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ TĨNH NĂM HỌC 2023 – 2024 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN Chú ý: - Thí sinh giải theo cách khác, cho điểm tối đa - Điểm toàn khơng qui trịn Nội dung Câu Câu 1a 1,0 đ Ta có x2 y xy 2(2 x y) (2 x y 1)2 4( y 1) 0,25 (2 x y 1) 4( y 1) 2 (2 x y 1) 4( y 1) 0,25 2 x y x 1 TH1: (2 x y 1) 4( y 1) y 1 y 1 2 x y (vn) 4( y 1) TH2: (2 x y 1) 4( y 1) 2 (2 x y 1) (2 x 2) (vn) y y 1 Câu 1b 1,0 đ Điểm Vậy có cặp số thỏa mãn (x; y) = (-1; -1) 1 ab bc ca a b c Ta có : a2 2bc a bc (ab ca) (a b)(a c) Tương tự có : b 2ca (b c)(b a); c 2ab (c a)(c b) 1 1 1 a 2bc b 2ca c 2ab (a b)(a c) (b c)(b a ) (c a )(c b) 1 b c ( a c) a b 0 (a b)(a c) (b c)(a b) (a c)(b c) (a b)(b c)(a c) ĐK: 11 4( x y) ( x 2)(2 y ) x y xy x y xy Thế vào phương trình (2) ta có: 11 2(4 xy) x2 y 3xy xy x y 3xy 0,25 0,25 0,25 0,5 Câu 2a 1,5 đ xy x y 3xy 2(1 xy ) (1 xy )(2 xy ) 1 xy xy xy xy xy (Do xy 0, xy ) xy 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1 y y xy x x y Ta có: x 2 x y 2 x 2 x x x 41 x 0,25 Vậy hệ phương trình có nghiệm là: 41 5 41 ; x 3x 11 ĐK: x 2 x x; y Câu 2b 1,0 đ 41 5 41 ; 0,25 x 3x 11 x x ( x 1) 5( x 2) x 2( x 1) Xét x 2 (không phải nghiệm) ( x 1)2 2( x 1) Xét x 2 Chia hai vế phương trình cho x ta được: 1 x2 x2 x 1 Đặt t ta phương trình: t 2t x2 t t t t 2t t 2 t (2t 1) 3t 4t t 2; t Khi t ta phương trình: x 1 x 1 x 3( x 1) x2 4( x 2) 9( x 1) x x 11 11 x 9 x 22 x x 11 Vậy phương trình có nghiệm x a x Chú ý: Học sinh giải theo cách: Đặt b x Câu 3a 1,0 đ 5 x x 2 1 x 2 20 0 p p 1; 7 13 13 1 x x 3 x x TH1: p 2 x x 2 Ta có p 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1 2 2x x 1 x x 2 x x 2 13 ; Vậy có hai giá trị cần tìm x 2 Ta có A n2024 n2023 n4 n n2024 n2 n2023 n n4 n2 1 TH2: p Câu 3b 0,5 đ 0,25 n2 n2022 1 n n2022 1 n4 n2 1 n2 n n2022 1 n4 n2 1 Ta có n2 n n2022 1 n2 n n3 1 2 n n n 1 B n n n 1 n n 1.B chia hết cho n2 n 674 0,25 Lại có n n n 2n n n 1 n 2 n2 n 1 n2 n 1 chia hết cho n2 n Vậy A n 0,25 n n n chia hết cho n n với số tự nhiên n lớn nên A số nguyên tố Câu 4a 1,0 đ 2024 2023 P C M M C I F E F A A I H O K O B B a) Ta có ME.MB MA2 MAB vng A có đường cao AE 0,25 Lại có MH MO MA2 MAO vng A có đường cao AH 0,25 ME.MB MH MO ME MO OME BMH MH MB b) Ta có MA MC, OA OC suy đường thẳng MO trung trực đoạn thẳng AC nên MO AC Kéo dài BC cắt AM P nên MO / / PB M trung điểm AP IC IK IC BI IK BI IC IK Ta có MP MA MP BM MA BM Suy I trung điểm đoạn thẳng CK Câu 4b 0,75 đ 0,25 0,25 0,25 1 1 SACK ; SBCI SBCK SAIC SBCI SABC CK AB 2 Do đoạn thẳng AB khơng đổi nên tổng diện tích hai tam giác IAC IBC lớn 0,25 lớn C điểm AB hay K trùng tâm O SACI Khi tứ giác AOCM hình vng AB FI IC 1 2 FI IM BM Lại có BM AB MA FM AM AB AB FI BM AB AB 12 c) Ta có M Câu 4c ME CE MEC MCB 0,75 đ MC CB E C MA EA MB AB ME MA CE EA ME CE AE (1) MC MB CB AB MB CB AB MEA MAB F I H A 0,25 0,25 B O K Mặt khác FE CE FA AB FA AE FAE FBC FB BC FE FA CE EA FE CE AE (2) FA FB AB CB FB CB AB ME FE Từ (1) (2) MB FB MB EB EB FB EB EB EB EB 1 1 MB FB MB FB MB FB FEC FAB 1 EB (ĐPCM) BM BF BE MB FB Câu 1,0 đ Ta sử dụng bất đẳng thức 0,25 1 2 với m 0; n m n mn m2 n2 Dấu xảy m n 1 P a b b c a c ab bc ca 5 P a c a c ab bc ca a c ab bc ca Lại có: 0,25 5 2 10 5 a c ab bc ca (a c)2 4(ab bc ca) (a c) 4b(a c) 0,25 0,25 P 10 10 (a c)(a c 4b) (1 b)(1 3b) 10 10 5 3b 1 3b 3b 3b Giá trị nhỏ P a b c 2 a b c a b a b c b a b b c a c a c b ( a c ) ca 2 c b b ac ca Vì x; y; z số phương ta viết thành x a ; y b2 ; z c a; b; c Z P Câu 0,5 đ a c b 0,25 0,25 Ta có: a 2 1 b 1 c 1 a 2b a b 1 c 1 a b ab 1 c 1 2 2 ac bc ab 1 a b abc c 2 Áp dụng đẳng thức x y x y xy x y x y xy có: 0,25 Thứ 1: ac bc ab 1 ab bc ca 1 ac bc ab 1 2 ab bc ca 1 a 2bc b ac ac bc Thứ 2: a b abc c a b c abc a b abc c 2 a b c abc a 2bc b ac ac bc ac bc ab 1 a b abc c ab bc ca 1 (a b c abc)2 2 2 Vậy x 1 y 1 z 1 tổng hai số phương HẾT 0,25