UBND TỈNH HÀ NAM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2023-2024 Mơn: TỐN (Đề chun) Thời gian làm : 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) Câu I (2,0 điểm) x+1 x−2 − √ với x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ ( 1+x √x+x−1√ x )( √x−1 x−√ x−2 ) Cho biểu thức A= Rút gọn biểu thức A Tìm tất số nguyên x để |2 A−1| + 1= 2A Câu II.(2,0 điểm) 1.Giải hệ phương trình (x-1)√ x 2+6 x +16 = x2 – 6x + x 3+ xy (2 y −x)+2 x2 +6 x=xy + y +3 y 2.Giải hệ phương trình √3 (x 2+ y )+7+ √5 x 2+5 y +14=4− y−x { Câu III (1,0 điểm) Tìm tất số tự nhiên n để 22024 + 22027 + 2n lấ 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) BAD=^ CAE Chứng minh: ^ 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 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 1 Câu V (1,0 điểm) Cho a,b,c ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a2 + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức: P= 2 + 2 + √5 a + 2ab +2 b √ b +2 bc+2 c √ c +2 ca+2 a Đáp án Câu I (2,0 điểm) x+1 x−2 − √ với x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ ( 1+x √x+x−1√ x )( √x−1 x−√ x−2 ) Cho biểu thức A= 1,Rút gọn biểu thức A A = = ( √x) √ x +1 √ x−2 − 1+ √ x + x ( √ x +1 ) ( √ x−1 ) ( √ x +1 ) ( √ x −2 ) [ ( √ x −1 )( x + √ x+ ) 1+ √ x + x ( [ √ x +1 √ x−2 − ( √ x +1 ) ( √ x −1 ) ( √ x +1 ) ( √ x−2 ) − = ( √ x−1 ) ( √ x−1 ) ( √ x +1 ) = ( √ x−1 ) ( ] ] ) √ x−1 ) ( √ x+1 ) =( √ x +1 ) 2.Tìm tất số nguyên x để |2 A−1| + 1= 2A +) |2 A−1| + = 2A⟺|2 A−1| = A−1 ⇔2 A−1≥ ⇔ A ≥ 2 +) ( √ x +1 ) ≥ ⇔ √x ≤3⇔x≤9 Kết hợp với điều kiện x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ ⟹ x ∈ { ; ; ;5 ; ; ; ; } Câu II.(2,0 điểm) 1.Giải hệ phương trình (x-1)√ x 2+6 x +16 = x2 – 6x + (x-1)√ x 2+6 x +16 = x2 – 6x + ⟺ (x-1)√ x 2+6 x +16 = (x – 1)( 2x – 4) ⇔ (x-1)¿ -2x +4) = +) x – = ⇔ x = +) √ x 2+6 x +16 = 2x – ⇔ { x−4 ≥ x +6 x +16=( x – ) x≥2 x≥2 x =0(l) ⇔ ⇔ x −22 x=0 22 x= (tm) {[ { 22 Phương trình cho có hai nghiệm x = 1; x= x 3+ xy (2 y −x)+2 x2 +6 x=xy + y +3 y (1) 2.Giải hệ phương trình √3 (x 2+ y )+7+ √5 x 2+5 y +14=4− y−x (2) { 3( x + y )+ ≥0 Điều kiện x +5 y +14 ≥ { Phương trình (1) tương đương với x3 +2 x y −x2 y +2 x +6 x=xy + y +3 y ⇔ ( x 3−x y ) + ( x y 2− y ) + ( x2 −xy ) + ( x−3 y )=0 ⟺ x 2(2x – y) + y 2(2x – y) + x(2x – y) + 3(2x – y) = ⇔ (2x – y)( x 2+ y 2+ x + 3) = ⇔ (2x – y) 11 + y 2+ =0 [( ) x+ ] ⟺ 2x – y = ⇔ y = 2x Thay y = 2x vào phương trình (2) ta √ x2 +6 x +7+ √ x 2+10 x +14=4−2 x−x ⇔ ( √ x +6 x +7−2)+( √ x +10 x+14−3)+ ( x +2 x +1 ) = ⟺ ( x +1 )2 ( x +1 )2 ( √ x +6 x +7+2) ( √ x +10 x +14 +3) ⟺ ( x+ ) Vì + (√ + + ( x +1 )2=0 ( x +6 x +7+2) ( √ x +10 x +14+3) ) +1 =0 + +1 > nên phương trình tương đương với ( √ x +6 x +7+2) ( √ x +10 x +14 +3) ( x +1 )2 = ⇔ x +1 = ⇔ 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 lấ số phương 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 k +3 21012 =2a ⟹ k−3 21012 =2b a , b∈ N , a+b=n { ⟺ 2b ( 2a−b −1 ) = 21013 ⟺ ⟺ a−b=2 b=1013 { ⟺ 2a −¿ 2b= 21013 { ⟺ a=1015 b=1013 { 2a−b−1=3 2b =21013 ⟹ n = 2028 Vậy với n = 2028 22024 + 22027 + 2n lấ số phương Câu IV ( 4.0 điểm) Cho đường trịn (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 H O C B D M E BAD=^ CAE 1.Chứng minh: ^ ADB=90 ° AH ⊥ BC ⟹ ^ ^ ABE ¿ 90 ° ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) BAD=^ CAE ( phụ với ^ ABC ) Suy ^ ^ CAE ^ (góc nội tiếp chắn cung ^ AC ) Mà CBE= BAD=^ CAE Suy ^ 2.Chứng minh tứ giác BHCE hình bình hành HA HD = HK HM 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 AKE = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ⟹ ^ AKM = 90° Ta có ^ AKM= ^ DHM (hai góc đối đỉnh) Xét ⊿AKH ⊿MDH có: ^ ⇒ ⊿AKH = ⊿MDH (g.g) ⇒ HA HK = ⇒ HA.HD = HK.HM HM HD 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 A K J O H C B S D M E I Kéo dài AK cắt đường thẳng BC S , ∆SAM có hai đường cao AD MK cắt H ⇒ H trực tâm tam giác SAM ADS=^ HDM =90 ° ^ DMH = ^ DAS (cùng phụ với ^ ASM ) Xét ⊿HDM ⊿ SDA có ^ ⇒ ⊿ HDM =⊿ SDA ⇒ HD DS = DM AD (1) BD AD Tương tự H trực tâm ⊿ ABC ⟹ ⊿ BDH=⊿ ADC ⇒ HD = CD HD BD DS AD BD (2) DS Từ (1) (2) ⇒ DM ∙ HD = AD ⋅ CD ⇒ DM = CD ⇒ BD.CD = DM.DS BD (3) DK Mà ⊿ BDK = ⊿IDC (g.g) ⇒ ID = DC ⇒ BD.CD = DI.DK (4) SMI= ^ SKI Từ (3) (4) ⇒ DI.DK = DM.DS nên SKMI tứ giác nội tiếp ⇒ ^ Mà AKM = ^ ADM = 90° AKDM tứ giác nội tiếp (do ^ SMI= ^ DMA Từ suy ^ SMI= ^ DMA IJ⊥ BC ⇒BC đường trung trực IJ Xét ⊿MIJ có ^ ⇒^ SJM=¿^ = 90° (vì SKMI tứ giác nội tiếp nên ¿^ = 180° - ^ SKM = 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 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 Gọi N ' giao điểm PQ AE Xét ∆AQN ' ∆BEM có: ^ QAN '= ^ EBM ; ^ AQN '= ^ KAP= ^ BEM ⇒ ⊿ AQN’ = ⊿ BEM(g.g) ⇒ AN ' BM = QN ' EM (5) QAN '= ^ EBM ; ^ AQN '= ^ KAP= ^ BEM nên theo tính chất góc ⊿AQN’ ⊿ Do ^ EMC=^ PN ' A BEM ta có ^ CM AN ' = PAN ' = ^ ECM nên ⊿ ECM =⊿ PAN ' (g.g) ⇒ Mà ^ EM PN ' AN ' (6) AN ' Từ (5) (6) kết hợp BM = CM = QN ' = PN ' ⇒ QN ' =PN ' ⇒ N ≡ N ' Vậy AN qua điểm cố định O 1 Câu V (1,0 điểm) Cho a,b,c ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a2 + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức: P= + 2 + √5 a + 2ab +2 b √ b +2 bc+2 c √ c +2 ca+2 a Với a, b, c > chứng minh được: 1 1 + + ≤ ( 1a + 1b + 1c ) ≥ ⇔ a+b+ ( c a b c) ¿) 1 (a+ b+c )2 ≤ ( x 2+ y + z 2) ⇒ + + a b c ≤ √ 1 3( + + ¿)¿ a b c Với a,b >0, ta có: a2 +2 ab+2 b 2= (4 a2 +4 ab+b ¿ (a 2−2 ab+b 2) = (2 a+b) +(a – b) ≥ (2 a+b) 2 ⇒ √ a2 +2 ab+2 b2 ≥ √ (2 a+ b)2 = 2a ⇒ +b 1 1 1 ≤ ≤ + + = 2+ 2 √ a + ab+2 b √(2 a+b) a b c a b ( Tương tự: P≤ ⇒ 1 1 ≤ + ; ≤ + 2 √5 b + 2bc +2 c b c √5 c +2 ca+2 a c a ( ) 2 2 + + + + + a b b c c a ( P≤ ) ( ) 1 1 + 2+ a b c √( )= 13 ( 1a + 1b + 1c ) ) = √ ¿ √3 a=b=c Dấu “=” xảy ⇔ + + =1 ⇔ a=b=c =√ 2 a b c { Vậy max P = √ a=b=c=√ ( )