SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN BẮC GIANG NĂM HỌC 2023-2024 Đề thức MƠN THI: TỐN Câu 1(5,0 điểm) x− y x 2+ y √ x− y + với x > y >0 1.1 Rút gọn biểu thức Q= √ x− y + √ x − y √ x2− y 2−x+ y √ x 2− y ( ) 1.2 Cho đường thẳng d có phương trình y=(3m+1)x-6m-1,m tham số Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng d lớn 1.3 Tìm tất giá trị tham số m để phương trình x 2−2 ( m−1 ) x +m 2−m−4=0 có hai nghiệm phânbiệt x , x thỏa mãn ( x + x 2+ √ x x ) + ( x + x 2−√ x x 2=2008 ) Câu 2(4,0 điểm) 2.1 giải phương trình 4√ x+ 3−√ x−1=x +7 2.2 giải hệ phương trình : { x + x−2 xy =2 x + x 2−4 x y=4−4 x y Câu 3( điểm) 3.1 tìm ba số nguyên dương (x,y,z) thỏa mãn đẳng thức đây: x 3+ y 3+ x2 ( y+ z ) + y ( x +2 z )+ z ( x+ y )+ xyz=2023 3.2 mặt phẳng cho 2×2024 điểm phân biệt , khơng có điểm thẳng hàn g người ta tô2024 điểm điểm cho màu đỏ tơ 2024 điểm cịn lại màu xanh Chứng minh rằng, tồn cách nối tất điểm màu đỏ với tất điểm màu xanh 2024 đoạn thẳng(mỗi đoạn thẳng có hai điểm đầu mút cặp điểm đỏxanh) cho hai đoạn thẳng khơng có điểm chung Câu 4( ĐIỂM), cho đường tròn (O:R) dây cung BC cố định đường tròn thỏa mãn BC ¿ R Một điểm A di chuyển (O:R) cho tam giác ABC có ba góc nhọn đường cao ^ kéo dàivề hai phía cắt AD,BE,CF tam giác ABC cắt H đường phân giác CHE AB AC M,N 4.1 chứng minh tam giác AMN cân A 4.2 gọi I , P, Q,J hình chiếu D cạnh AB,BE,CF,AC Chứng minh bốn điểm I,P,Q,J nằm đường thẳng vng góc với AO 4.3 đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác ^ BAC điểm thứ hai K chứng minh Hk qua điểm cố định Câu 5(1,0 điểm), cho x,y,z số thực dương thỏa mãn điều kiện x+y+z=xyz Tìm giá trị lớn biểu thức P= + + √1+ X √1+Y √1+ Z Hết Hướng dẫn giải Câu ( 1.1 Rút gọn biểu thức Q= x− y X +Y √ x− y + với x> y> √ x− y + √ x − y √ x − y 2−x+ y √ X 2−Y ) (x+ y) x2 + y √ x− y √ + Q= √ x− y + √ x − y √ ( x+ y ) ( x− y )− √( x− y )2 √ x 2− y ( Giải ) 1 x2 + y2 + √ x− y √ x + y + √ x− y √ x+ y−√ x− y √ x 2− y ( ) √ x + y x 2+ y = √ x− y y 2 √x − y = x2 + y y KL 1.2 Cho đường thẳng d có phương trình y=(3m+1)x-6m-1,m tham số Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng d lớn Giải Chỉ đường thẳng d ln qua điểm M(2;1) Gọi H hình chiếu vng góc O đường thẳng d Suy OH≤ OM ∀ m Chỉ đường thẳng OM có phương trình y= x Do OM ⊥ d nên ( m+1 )=−1 ⟺ m+1=−2 ⟺ m=−1 KL 1.4 Tìm tất giá trị tham số m để phương trình x 2−2 ( m−1 ) x +m 2−m−4=0 có hai nghiệm phânbiệt x , x thỏa mãn ( x + x 2+ √ x x ) + ( x + x 2−√ x x 2=2008 ) Phương trình x 2−2 ( m−1 ) x +m2−m−4=0 ( ) có hai nghiệm phân biệt ⟺ ∆ ' >0 ⟺ ( m−1 ) −( m2−m−4 ) >0 ⟺ m 2−5 m+ 5>0 132 ⟺ m− + >0 ; ∀ m∈ 16 32 ( ) Vậy phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x , x x1 + x 2=2 ( m−1 ) x x2 =m 2−m−4 Đặt A= x 1+ x2 + √ x x ; B=x + x 2−√ x1 x x x2 Ta có A.B = ( x + x2 ) 2−x1 x 2= x + + >0 , ∀ x x 2 Suy A B dấu ⟹| A|+|B|=| A+ B| Do | X 1+ X 2+ √ X X 2|+|X + X 2− √ X X 2|=2008 ⟺|X + X 2+ √ X X + X 1+ X 2−√ X X 2|=2008 { Theo Vi-ét ta có : ( ) ⟺|X + X 2|=1004 ⟺ 2|3 m−1|=1004 503 ⟺|3 m−1|=502⟺ m= m=−167 [ Câu 2.1 giải phương trình 4√ x+ 3−√ x−1=x +7 Giải Điều kiện x≥ Ta có (1)⟺ x+ 3−4 √ x+3+ 4+ √ x−1=0 ⟺ ( √ x+3−2 ) + √ x−1=0 ⟺ {√√ x+3=2 x−1=0 ⟺ x=1 KL 2.2 giải hệ phương trình : { x + x−2 xy =2 x + x 2−4 x y=4−4 x y Giải : { x + x−2 xy =2 x 2−2 xy=2−x ⟺ x + x 2−4 x y=4−4 x y ( x −4 x3 y +4 x2 y ) + x 2−4=0 ⟺ ⟺ { x 2−2 xy =2−x ( x 2−2 xy ) 2+ x 2−4=0 { x −2 xy =2−x ( 2−x ) −x 2−4 x=0 { x2−2 xy=2−x ( ¿ ) ⟺ x=0 x=2 { [ +) với x=0 , thay vào(*) ta 0=2 (vô lý) +) với x=2, thay vào (*) ta y=1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (2;1) Câu 3.1 tìm ba số nguyên dương (x,y,z) thỏa mãn đẳng thức đây: x 3+ y 3+ x2 ( y+ z ) + y ( x +2 z )+ z ( x+ y )+ xyz=2023 Giải x 3+ y 3+ x2 ( y+ z ) + y ( x +2 z )+ z ( x+ y )+ xyz=2023 ⟺ x 3+ y 3+3 x y+ x z +3 x y +2 y z + z x + z y + xyz=2023 ⟺ ( x +3 x y +3 x y + y ) + ( x2 z+ y z+ xyz ) + ( z x+ z y )=2023 ⟺ ( x+ y )3+ z ( x+ y )2 + z ( x + y ) =2023 ⟺ ( x+ y ) [ ( x + y )2 +2 z ( x + y ) + z ]=2023 ⟺ ( x+ y )( x + y + z )2=7 172 Vì x,y,z ngun dương ta có x+y+z¿ : { x + y=7 ⟺ x + y=7 x+ y+ z =17 z=10 { Có x+y=7 mà x,y nguyên dương nên ta có X y KL: số cần tìm (1;6;10);(3;4;10);94;3;10);(5;2;10);(6;1;10) 3.2 mặt phẳng cho 2×2024 điểm phân biệt , khơng có bất kì3 điểm thẳnghàn g người ta tô2024 điểm điểm cho màu đỏ tơ 2024 điểm cịn lại màu xanh Chứng minh rằng, tồn cách nối tất điểm màu đỏ với tất điểm màu xanh 2024 đoạn thẳng(mỗi đoạn thẳng có hai điểm đầu mút cặp điểm đỏ-xanh) cho hai đoạn thẳng khơng có điểm chung Giải Xét tất cách nối 2024 cặp điểm (đỏ với xanh) 2024 đoạn thẳng cách nối luôn tồn có 2024 cặp điểm nên số tất cách nối hữu hạn Do , tìm cách nối có tổng độ dài đoạn thẳng ngắn Ta chứng minh cách nối phải tìm Thật , giả sữ ngược lại ta có hai đoạn thẳng AX BY mà cắt điểm O (giả sử A B tô màu đỏ, cịn X Y tơ màu xanh).khi ta thay đoạn thẳng AX BY hai đoạn thẳng AY BX, đoạn thẳng khác giữ nguyên ta có cách nối có tính chất: AY+BX ¿ ( AO+OY )=( AO +OX ) + ( BO+ OY ) ⟹ AY + BX < AX + BY Như , việc thay hai đoạn thẳng AX BY hai đoạn thẳng AY BX , ta nhận cách nối có tổng độ dài đoạn thẳng nhỏ Vơ lý, trái với giả thiết chọn cách nối có tổng độ dài bé Điều vô lý chứng tỏ: cách nối có tổng độ dài đoạn thẳng ngắn khơng có điểm chung Câu cho đường tròn (O:R) dây cung BC cố định đường tròn thỏa mãn BC¿ R Một điểm A di chuyển (O:R) cho tam giác ABC có ba góc nhọn đường cao ^ kéo dàivề hai AD,BE,CF tam giác ABC cắt H đường phân giác CHE phía cắt AB AC M,N 4.1 chứng minh tam giác AMN cân A 4.2 gọi I , P, Q,J hình chiếu D cạnh AB,BE,CF,AC Chứng minh bốn điểm I,P,Q,J nằm đường thẳng vng góc với AO BAC điểm 4.3 đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác ^ thứ hai K chứng minh Hk qua điểm cố định Giải: 4.1 chứng minh tam giác AMN cân A Vì BE⊥ AC =E nên HEC=90 ° Vì CF ⊥ AB=F nên HFB=90 ° ⟹ FMH+ MHF=90° ; ENH + NHE=90 ° ( ) Vì HN phân giác góc CHE nên CHN=NHE Lại có CHN=MHF ( đối đỉnh) nên NHE=MHF (2) Từ (1) (2) suy FMH=ENH hay AMN =ANM Vậy ∆ AMN cân A 4.2 4.2 gọi I , P, Q,J hình chiếu D cạnh AB,BE,CF,AC Chứng minh bốn điểm I,P,Q,J nằm đường thẳng vuông góc với AO Giải Chỉ tứ giác BIPD nội tiếp nên IBD +IPD =180° ( ) Chỉ IBD=FHA ( phụ với góc FAH); Lại có FHA =QHD( đối đỉnh)⟹ IBD=QHD ; Chỉ tứ giác DPHQ nội tiếp nên QHD=QPD⟹ IBD=QPD ( ) Từ (3) (4) suy QPD + IPD =180° nên ba điểm I , P ,Q thẳng hàng Chứng minh tương tự ta P,Q,J thẳng hang Vậy điểm I,P,Q,J thẳng hang Từ tứ giác BIPD nội tiếp MIP=PDB Lại có PD//AC (cùng vng góc với BE)nên PDB=ACB Qua A kẻ tiếp tuyến tAt’ (O)suy AO⊥ At ; tAB= ACB sđ AB ( ) Suy tAI = AIP Mà hai góc vị trí so le nên IP//At ⟹ IP ⊥ AO ( đpcm) BAC điểm 4.3 đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác ^ thứ hai K chứng minh Hk ln qua điểm cố định Giải Vì ∆ AMN cân A AK phân giác góc MAN nên AK làtrungtrực MN ⇒ AK đường kính đường trịn ngoại tiếp ∆ AMN AKM=ANK =90° ⇒ KM //CF ; KN //BE Gọi R =KM∩ BH ; s=KN ∩ HC ⇒ HRKS hình bình hành ⟹ HK qua trungđiểm RS ( ) HR FM Từ MR//FH⇒ RB = MB ; FM FH Vì HN phân giác góc CHE nên HM phân giác góc BHF ⇒ MB = HB HS EN Từ SN//HE ⇒ SC = NC ; EN HE Vì HN phân giác góc CHE nên NC = HC FH HE Chỉ ∆ FHB ∆ EHC ( góc−góc ) ⇒ NC = HC ⇒ HR HS = ⇒ RS //BC RB SC (6) Từ (5) (6) suy HK qua trung điểm BC ( cố định) KL Câu 5(1,0 điểm), cho x,y,z số thực dương thỏa mãn điều kiện x+y+z=xyz Tìm giá trị lớn biểu thức P= + + √1+ X √1+Y √1+ Z Giải 1 Từ giả thiết x+y+z=xyz, ta có xy = yz = xz =1 1 Dặt a= x ; b= y ; c= z ⇒ a , b , c> ; Giả thiết trở thành ab+bc+ca=1; P= a + b + c √1+ a √ 1+ b √ 1+ c Đẻ ý rằng: a 2+1=a2 +ab+ bc+ ca= ( a+b )( a+ c ) b 2+1=b2 +ab+ bc+ ca= ( b+a )( b+ c ) c +1=c2 +ab +bc+ ca= ( c+ a ) ( c +b ) Lúc ta có” a b c P= (a+ b)(a+C) + (b+ a)(b+C) + (c+ a)(c +b) √ √ √ a a b b c c + + a+b a+c b+ a b +c c +a c+ b √ √ √ √ √ √ = Theo bất đẳng thức Cơ-si (AM-GM), ta có: ( a a b b c c ) P≤ a+b + a+ c + b+a + b+c + c+ a + c +b hay P≤ Dấu = xảy a=b=c= hay x = y=z= √ √3 Vậy giá trị lớn P= đạt x= y=z= √