KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2023 - 2024 Mơn: TỐN (Đề chun) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề UBND TỈNH HÀ NAM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) Câu I (2,0 điểm) x x − x + x −2 Cho biểu thức A = − với x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ − x + + − − x x x x Rút gọn biểu thức A Tìm tất số nguyên x để A − + =2 A Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình ( x − 1) x + x + 16 = x − x + 2 x + xy (2 y − x) + x + x = xy + y + y Giải hệ phương trình 2 3( x + y ) + + x + y + 14 = − y − x Câu III (1,0 điểm) Tìm tất số tự nhiên n để 22024 + 22027 + 2n số phương Câu IV (4,0 điểm) Cho đường trịn ( O ) có dây cung BC cố định không qua tâm O Gọi A điểm di động đường tròn ( O ) cho tam giác ABC nhọn AB < AC Gọi M trung điểm cạnh BC H trực tâm tam giác ABC Tia MH cắt đường tròn ( O ) K , đường thẳng AH cắt cạnh BC D AE đường kính đường trịn ( O ) = CAE Chứng minh BAD Chứng minh tứ giác BHCE hình bình hành HA.HD = HK HM Tia KD cắt đường tròn ( O ) I ( I khác K ), đường thẳng qua I vng góc với đường thẳng BC cắt AM J Chứng minh đường thẳng AK , BC HJ qua điểm Một đường tròn thay đổi tiếp xúc với AK A cắt cạnh AB, AC P, Q phân biệt Gọi N trung điểm đoạn thẳng PQ Chứng minh đường thẳng AN qua điểm cố định 1 Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn điều kiện + + = a b c Tìm giá trị lớn biểu thức: P= 5a + 2ab + 2b + 5b + 2bc + 2c + 5c + 2ca + 2a - HẾT Thí sinh sử dụng máy tính bỏ túi khơng có chức soạn thảo văn khơng có thẻ nhớ Họ tên thí sinh:……………………… Số báo danh: Cán coi thi số 1……………………… Cán coi thi số 2…………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học: 2023-2024 (Hướng dẫn chấm thi có 06 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN (ĐỀ CHUN) Ghi chú: - Điểm tồn khơng làm trịn - Các cách giải khác mà cho điểm tương đương Nội dung Câu I (2,0 điểm) Điểm x x − x + x −2 Cho biểu thức A = − với x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ + x + x x − x − x − 1.(1,5 điểm) Rút gọn biểu thức A ( x) −1 A 1+ x + x x +1 ( )( x +1 − ) ( x −1 )( x +1 x +1 ( x − 1)( x + x + 1) − x +1 1+ x + x x −1 x 1 =− − x +1 x −1 = x −1 x −1 x +1 ( = ( ) ( ) ( )( x −2 x −2 )( ) ( 0,5 ) x −2 x −2 )( x +1 ) 0,25 0,25 ) 0,25 x +1 0,25 2.(0,5 điểm) Tìm tất số nguyên x để A − + =2 A +) A − + 1= A ⇔ A − 1= A − ⇔ A − ≥ ⇔ A ≥ 2 ≥ ⇔ x ≤3⇔ x≤9 x +1 Kết hợp với điều kiện x ≥ 0; x ≠ 1; x ≠ ⇒ x ∈ {0;2;3;5;6;7;8;9} 0,25 +) 0,25 Câu II (2,0 điểm) 1.(1,0 điểm) Giải phương trình ( x − 1) x + x + 16 = x − x + ( x − 1) x + x + 16 = x − x + ⇔ ( x − 1) x + x + 16 = ( x − 1)(2 x − 4) +) x − = ⇔ x = ⇔ ( x − 1)( x + x + 16 − x + 4) = 2 x − ≥ +) x + x + 16 = x − ⇔ 2 x + x + 16 = (2 x − 4) 0,25 0,25 x ≥ x ≥ x = 0(l ) ⇔ ⇔ 3 x − 22 x = x = 22 (tm) 22 Phương trình cho có hai nghiệm = x 1;= x 0,25 0,25 2 x + xy (2 y − x) + x + x = xy + y + y (1) 2.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 3( x + y ) + + x + y + 14 = − y − x (2) 3( x + y ) + ≥ Điều kiện: 5 x + y + 14 ≥ Phương trình (1) tương đương với x3 + xy − x y + x + x = xy + y + y ⇔ (2 x3 − x y ) + (2 xy − y ) + (2 x − xy ) + (6 x − y ) = ⇔ x (2 x − y ) + y (2 x − y ) + x(2 x − y ) + 3(2 x − y ) = ⇔ (2 x − y )( x + y + x + 3) = 11 ⇔ (2 x − y )[( x + ) + y + ] = ⇔ 2x − y = ⇔ y = 2x Thay y = x vào phương trình (2) ta 0,25 0,25 x + x + + x + 10 x + 14 =4 − x − x ⇔ ( x + x + − 2) + ( x + 10 x + 14 − 3) + ( x + x + 1) = 3( x + 1) ⇔ 5( x + 1) + 2 + ( x + 1) = 3x + x + + x + 10 x + 14 + 3 ⇔ ( x + 1) ( + + 1) = 2 3x + x + + x + 10 x + 14 + 3 + > nên phương trình tương đương với 3x + x + + x + 10 x + 14 + ( x + 1) =0 ⇔ x + =0 ⇔ x =−1 ⇒ y =−2 (tm) Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = (−1; −2) Câu III (1,0 điểm) Tìm tất số tự nhiên n để 22024 + 22027 + 2n số phương Vì + 0,25 0,25 Giả sử số tự nhiên n thỏa mãn đề Khi tồn số nguyên dương k cho 22024 + 22027 + 2n = k ⇔ 9.22024 + 2n = k ⇔ ( k + 3.21012 )( k − 3.21012 ) = 2n 0,25 k + 3.21012 = 2a ⇒ a − 2b = 3.21013 ⇒ k − 3.21012 = 2b a, b ∈ , a + b = n 0,25 b ⇔ (2 a −b 1013 −= 1) 3.2 2a −b − =3 ⇔ b 1013 2 = 0,25 −b = a= a 1015 ⇔ ⇔ ⇒n= 2028 = = b 1013 b 1013 0,25 Vậy với n = 2028 22024 + 22027 + 2n số phương Câu IV (4 điểm) Cho đường tròn ( O ) có dây cung BC cố định khơng qua tâm O Gọi A điểm di động đường tròn ( O ) cho tam giác ABC nhọn AB < AC Gọi M trung điểm cạnh BC H trực tâm tam giác ABC Tia MH cắt đường tròn ( O ) K , đường thẳng AH cắt cạnh BC D AE đường kính đường trịn ( O ) A K O H B D C M E = CAE ( 1,0 điểm) Chứng minh BAD 900 AH ⊥ BC ⇒ ADB = ABE = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) = CBE ( phụ với Suy BAD ABC ) = CAE ( góc nội tiếp chắn cung Mà CBE AC ) = CAE Suy BAD ( 1,0 điểm) Chứng minh tứ giác BHCE hình bình hành HA.HD = HK HM 0,25 0,25 0,25 0,25 A K O H B D C M E ACE= 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ⇒ EC ⊥ AC Ta có Mà H trực tâm tam giác ABC ⇒ BH ⊥ AC Từ suy EC // BH Tương tự HC // BE Xét tứ giác BHCE có EC // BH HC // BE nên tứ giác BHCE hình bình hành Mà M trung điểm BC nên ba điểm H , M , E thẳng hàng Lại có ba điểm M , K , H thẳng hàng Từ suy ba điểm K , H , E thẳng hàng AKM = 90° AKE= 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ⇒ Ta có =( 90° ) ; KHA (hai góc đối đỉnh) = DHM Xét ∆AKH ∆MDH có: AKM= MDH 0,25 0,25 0,25 HA HK ⇒ HA.HD = HK HM = 0,25 HM HD ( 1,0 điểm) Tia KD cắt đường tròn ( O ) I ( I khác K ), đường thẳng qua I vng góc với ⇒ ∆AKH ∽ ∆MDH ( g g ) ⇒ đường thẳng BC cắt AM J Chứng minh đường thẳng AK , BC HJ qua điểm Kéo dài AK cắt đường thẳng BC S , ∆SAM có hai đường cao AD MK cắt H ⇒ H trực tâm tam giác SAM = 90° DMH = DAS (cùng phụ với ADS= HDM Xét tam giác ∆HDM ∆SDA có ASM ) ⇒ ∆HDM ∽ ∆SDA ( g g ) ⇒ HD DS = DM AD (1) Tương tự H trực tâm ∆ABC ⇒ ∆BDH ∽ ∆ADC ⇒ BD AD = HD CD (2) HD BD DS AD BD DS = ⇒ = ⇒ BD.CD =DM DS (3) DM HD AD CD DM CD BD DK (4) Mà ∆BDK ∽ ∆IDC ( g g ) ⇒ = ⇒ BD.CD = DI DK ID DC = SKI Từ (3) (4) ⇒ DI DK = DM DS nên SKMI tứ giác nội tiếp ⇒ SMI 0,25 Từ (1) (2) ⇒ 0,25 = AKM= ADM= 90° ) ⇒ SKI DMA Mà AKDM tứ giác nội tiếp (do = DMA Từ suy SMI = DMA IJ ⊥ BC ⇒ BC đường trung trực IJ Xét ∆MIJ có SMI 0,25 = =° = 180° − SKM ⇒ SJM SIM 90 (vì SKMI tứ giác nội tiếp nên SIM = 180° − 90°= 90° ) ⇒ SJ ⊥ AM Mà H trực tâm ∆SAM ⇒ SH ⊥ AM Từ suy ba điểm S , H , J thẳng hàng Vậy đường thẳng AK , BC HJ qua điểm S 0,25 4.(1,0 điểm) Một đường trịn thay đổi ln tiếp xúc với AK A cắt cạnh AB, AC P, Q phân biệt Gọi N trung điểm đoạn thẳng PQ Chứng minh đường thẳng AN qua điểm cố định A K O' P N ≡ N' H B D O Q C M E Gọi N ' giao điểm PQ AE Xét ∆AQN ' ∆BEM có: ' = EBM ; QAN AQN =' KAP = BEM ⇒ ∆AQN ' ∽ ∆BEM ( g g ) ⇒ AN ' BM (5) = QN ' EM ' = EBM ; nên theo tính chất góc ngồi ∆AQN ' Do QAN AQN =' KAP = BEM = PN 'A ∆BEM ta có EMC 0,25 0,25 AN ' nên ∆ECM ∽ ∆PAN ' ( g.g ) ⇒ CM = ' = ECM Mà PAN (6) EM PN ' AN ' AN ' Từ (5) (6) kết hợp BM = CM ⇒ = ⇒ QN '= PN ' ⇒ N ≡ N ' QN ' PN ' 0,25 Vậy AN qua điểm cố định O 0,25 Câu V (1,0 điểm)Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn điều kiện 1 + 2+ = a b c Tìm giá trị lớn biểu thức: P= 5a + 2ab + 2b + 5b + 2bc + 2c + 5c + 2ca + 2a Với a, b, c > , chứng minh được: 1 1 1 1 1 + + ≥9⇒ ≤ + + a+b+c 9 a b c a b c ( a + b + c ) ( x + y + z) ≤ 3( x + y + z ) ⇒ 1 1 1 + + ≤ 3 + + a b c a b c 0,25 Với a, b > , ta có : 5a + 2ab + 2b = (4a + 4ab + b ) + (a − 2ab + b ) = (2a + b) + (a − b) ≥ (2a + b) ⇒ 5a + 2ab + 2b ≥ (2a + b) =2a + b 1 1 1 1 1 ≤ + + = + 5a + 2ab + 2b 2a + b a a b a b 1 1 1 1 Tương tự: ≤ + ; ≤ + 2 2 9b c 9 c a 5b + 2bc + 2c 5c + 2ca + 2a ⇒ 0,25 ≤ 0,25 1 2 1 1 1 1 1 P ≤ + + + + + = + + ⇒ P ≤ ⋅ 3 + + = ⋅ = 9 a b b c c a 3 a b c 3 a b c a= b= c Dấu “=” xảy ⇔ ⇔ a =b =c = 1 + + = a b c Vậy max P = a= b= c= 3 0,25 HẾT