025 10 chuyên toán hà tĩnh 23 24

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ TĨNH NĂM HỌC: 2023 – 2024 Mơn thi: TỐN Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) a) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x2 +5 y 2−4 xy +2 ( x +3 y ) +4 ≤ 1 b) Cho a, b, c số thực khác không thỏa mãn a + b + c =0 Chứng minh rằng: 1 + + =0 a +2 bc b +2 ca c +2 ab Câu (2,5 điểm): ( x+2 )( 2− y )=8 √11−4 ( x− y ) + x y +1=3 xy b) Giải phương trình √ x 2+3 x +11−√ x +2=2 x−2 a) Giải hệ phương trình { Câu (1,5 điểm): a) Tìm tất số thực x để p= số nguyên x−√ x+ b) Chứng minh với số tự nhiên n lớn A=n + n2023 +n 4−n+ khơng phải số ngun tố Câu (2,5 điểm) Cho đường trịn (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 2024 FI MB CK cắt I Tính tỷ số AB tổng diện tích hai tam giác LAC IBC lớn 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=1 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= a−b + b−c + c−a + √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 LỜI GIẢI : Câu 1.a: Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x2 +5 y 2−4 xy +2 ( x +3 y ) +4 ≤ (1) Giải: (1) ⟺ x2 + y +1−4 xy +4 x−2 y + y +8 y +4 ≤1 ⟺ ( x − y +1 )2 ( y +2 )2 ≤ Do x , y ∈ Z nên x− y +1; y +2 ∈ Z y +2 ⋮2 Từ đó, ta có trương hợp y=−1 y +2=0 ⟺ −1 ( Loại ) TH 1: x− y+1=1 x= { { y=−1 y +2=0 ⟺ −3 (Loại) TH : x− y+ 1=−1 x= { { { y +2=0 {y =−1 TH 3: x− y+ 1=0 ⟺ x=−1 (nhận) Vậy ( x ; y )=(−1 ;−1 ) thỏa nãm yêu cầu toán 1 Câu b: Cho a, b, c số thực khác không thỏa mãn a + b + c =0 Chứng minh rằng: 1 + + =0 a +2 bc b +2 ca c +2 ab Giải : 1 Do a + b + c =0 ⟹ ab+bc +ca=0 Ta có: a 2+2 bc=a2+ 2bc−ab−bc−ca=a2 +bc−ab−ac ¿ ( a−b )( a−c ) Tương tự: b 2−2 ca=( b−a )( b−c ) ; c +2 ab=(c−a)(c−b) Do : 1 + + a +2 bc b +2 ca c +2 ab ¿ 1 + + (a−b)(a−c ) ( b−a ) ( b−c ) ( c−a)(c−b) ¿ c −b+a−c +b−a =0 ( đpcm ) ( a−b ) ( b−c )( c −a ) Câu 2.a: Giải hệ phương trình ( x+2 )( 2− y )=8 √11−4 ( x− y ) + x y +1=3 xy { Đặt: { 11 ) , hệ trở thành: b=xy (a ≥ 0) a=x− y (a ≤ a−b=4 ⟺ √ 11−4 a+b 2−3 b+1=0 { a=2 b+8(1) √ 3−2b +b2−3 b +1=0 (2) { Giải (2): √ 3−2 b+ b2−3 b+1=0 ⟺ √ 3−2 b−1+ b2−3 b+1=0 ⟺ ( 1−b ) + ( b−1 )( b−2 ) =0 √3−2 b−1 ( ⟺ ( b−1 ) b−2− Do b ≤ ⟹ b−2− =0 √ 3−2 b−1 1 ) Ta có : A=n2024 −n2 +n2023 −n+ n4 −n+n2 +n+1 n +n2=n2 ( n 2022−1 ) ¿ n2 ¿ ¿ n2 ( n3−1 ) B ( n ) ¿ n2 ( n−1 ) ( n 2+ n+ ) B ( n ) ⋮n 2+ n+ n2023 −n=n ( n2022 −1 ) ⋮n 2+ n+ n2 +n+1 ⋮ n2 +n+1 ⟹ A ⋮n 2+ n+ Do n ∈ N , n>1 ⟹ A >n2 +n+1 ⟹ A số nguyên tố ∀ n ∈ N , n>1 Câu 4.a: M E F I H A C O K B Giải: Vì MA tiếp tuyến (O) nên MA ⊥ AB A ⟹^ MAB=90° AEB góc nội tiếp chắn nửa đường Xét (O) có : ^ ⟹^ AEB=90° ⟹ AE ⊥ MB E Xét ∆ MAB vuông A, đường cao AE, theo hệ thức lượng Ta có: MA 2=ME MO(1) Ta có: ¿ ⟹OM trung trực đoạn thẳng AC ⇒ OM ⊥AC tai H Xét ∆ MAO vuông A, đường cao AH, theo hệ thức lượng ta có: MA 2=MH MO ( ) Từ (1) (2) ⟹ MH MO=ME MB MH ME ⟹ = MB MD ^ :chung Xét ∆ OEM ∆ BHM có: OMB ME MH = ( cmt ) MD MB ⟹ ∆ OEM ∆ BHM (c g c) Câu 4.b: Hình vẽ S AIC  S BIC max Q M E H A C F I O trùng K Kéo dài BC AM cắt Q Ta có: MA = MC ⟹ ∆ MAC cân M ⟹^ MAC=^ MCA B ^ MAC+ Q=90 ° Mặt khác: ^ ^ MCA+ ^ MCQ=90 ° ^ ^ ⟹ Q= MCQ ⟹ ∆ MCQ cân M ⟹ MC=MQ ⟹ MC=MA=MQ ⟹ M trung điểm AQ CK ⊥ AB Ta có: MA ⊥ AB ⟹CK /¿ MA } Xét ∆ BMQ có CI // MQ, theo hệ định lý Talet có : CI BI = (3) MQ BM Xét ∆ ABM có IK // AM, theo hệ định lý Talet ta có: IK BI = ( 4) AM BM CI IK Từ (3) (4) ta có: MQ = AM Mà AM = MQ ⟹ CI=¿ IK ⟹ I trung điểm CK Chứng minh HI đường trung bình ∆ ACK ⟹ HI // AK hay HI // AB Theo ta có: S∆ AIC + S ∆ BIC =S ∆ ACB −S ∆ AIB 1 ¿ CK AB− IK AB 2 ¿ ( CK −IK ) AB ¿ CK AB Vì S∆ AIC + S ∆ BIC max ⟹ CK max ⟺ K trùngO ⟺ C điểm cung AB Xét ∆ FAB có HI // AB theo hệ định lý Ta-let ta có: FI HI 1 = = HI = AD = AB FB AB 4 ( ⟹ ) FI = IB Ta có: IB2 =OI +OB2 (Pytago) R 2 +R ¿ ( ) ¿ R2 ⟹ IB= √ R ⟹ FI IF = = IB √ R ⟹ IF= √ R Vậy FI √ 5 = R :2 R= √ R AB 12 Câu 4.c: điều cần chứng minh tương đương với BF BE+ BM BE=2 BM BF  Đễ dàng chứng minh tứ giác MAHE nội tiếp ⟹^ MHE= ^ MAE ( nhìn ME ) ( ) Ta có OB 2=OA 2=OH OM ⟹ OB OM = OH OB ⟹ ∆ OBH ∆ OMB ( c g c ) ^ ⟹^ OHB=OBM ^ =^ Mà OBM MAE (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung AE) chắn ^ ⟹^ OHB= ^ MAE ( ) ^ Từ ( ) , ( ) ⟹ ^ MHE=OHB ⟹^ EHF= ^ FHB ⟹ HF phân giác ∆ EHB ⟹ HM phân giác ∆ EHB (do HM⊥ HF) ⟹ EM EF = BM BF ⟹ EM BF=EF BM ⟹ EM BF−BM EF=0 ⟹ BF BE+ EM BF +BM BE−BM EF=BF BE+ BM BE ⟹ BF ( BE + EM )+ BM ( BE− EF )=BF BE+ BM BE ⟹ BF BM + BM BF=BF BE+ BM BE hay BF BE+BM BE=2 BM BF (ĐPCM ) Câu Cho số thực a, b, c thỏa mãn a > b > c ab + bc + ca > a + b + c = 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= a−b + b−c + c−a + √ab +bc+ ca Giải: 1 Áp dụng m + n ≥ m+n ( m ,n> ) ,ta có : P= ¿ 1 + + + a−b b−c c−a √ ab +bc+ ca 5 + a−c √ ab +bc+ ca ≥ ≥ ¿ 20 a−c +2 √ ab+bc +ca 20 √ 2 [ ( a−c ) + ( ab+ bc+ ca ) ] 10 √ 10 √2 20 √ = ¿= √( a+c ) ( a+c +4 b ) √ (1−b ) 1+3 b ¿ √( 3−3 b ) ( 1+ b ) ≥ 20 √ =5 √ 3−3 b+1+3 b a−b=b−c 2+ √ Dấu “ = ” xảy ⟺ a−c = ab+bc +ca ⟺ a= √ 3−3 b=1+3 b 2− √6 c= { { b= Vậy GTNN P √ 6đạt được: 2+ √ a= 2−√ c= { b= Câu Cho x, y, z số phương Chứng minh (x + 1)(y + 1)(z + 1) viết dạng tổng hai số phương Giả sử x=a , y=b2 , z=c2 ( a , b , c ∈ N ) Ta có khai triển quen thuộc sau ( m2 +n2 ) ( p2 +q 2) =( mp+nq )2+ ( mp−nq )2 Áp dụng khai triển ta có: ( x +1 )( y +1 ) ( z +1 )=( a2+ )( b2 +1 ) ( c 2+ ) ¿ [ ( ab +1 )2+ ( a−b )2 ] ( c 2+1 ) ¿( abc+ c+ a−b)2+(ab+1−ac +bc)2 Bài toán chứng minh