029 10 chuyên toán hồ chí minh 23 24

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2023 – 2024 THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH KHĨA NGÀY 06 THÁNG NĂM 2023 Mơn thi chun: Tốn ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 07 tháng 06 năm 2023 (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Bài (1,0 điểm) Cho a , b số thực, b ≠ thỏa mãn điều kiện 2 a +b = b2 2 +a √ a + b 2 √ a +b +a Tính giá trị biểu thức P=a2 +b2 Bài (2,5 điểm) a) Giải phương trình: x= +2 √ x−2 x−1 b) Giải hệ phương trình: ¿ Bài (2,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông A (AB < AC), có đường cao AH Đường trịn tâm I nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB D, E, F Gọi J giao điểm Ai DE; K trung điểm AB a) Chứng minh tứ giác BIJD nội tiếp b) Gọi M giao điểm KI AC, N giao điểm AH ED Chứng minh AM =AN c) Gọi Q giao điểm DI EF, P trung điểm BC Chứng minh ba điểm A, P, Q thẳng hàng Bài (2,0 điểm) Cho số thực dương x , y , z thỏa mãn √ 1+4 xy +2 x+ y +2 z=5 a) Chứng minh 1 + ≥ √( x +1 )( y +1 ) z+1 b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x +1 y +1 z+ + + x +1 y +1 z +2 Bài (1,0 điểm) Cho đường trịn tâm O nội tiếp hình thoi ABCD Gọi E, F, G, H điểm thuộc cạnh AB, BC, CD, DA cho EF, GH tiếp xúc với (O) a) Chứng minh CG AH =A O2 b) Chứng minh EH song song FG Bài (1,0 điểm) Xét số nguyên a< b Kết hợp với phương trình trên, ta x−1− √ x−2=2, hay x−3=√ x−2 Từ đây, ta suy x ≥ ( x−3 ) =x−2 Giải ra, ta x= 7+ √ 7+ (thỏa mãn) Vậy phương trình cho có nghiệm x= √ 2 b) Điều kiện: x ≥ 0, y ≥ x + y ≠ Với ý x √ x + y √ y =( √ x + √ y)(x + y− √ xy ) Và √ x+ √ y >0 , phương trình thứ hai hệ viết lại thành (1) x + y−√ xy=7 Phương trình thứ hệ viết lại thành y + 49+ ( x+ y )2 =23(x + y), hay ( 7+ √ xy− x ) + 49+ ( √ xy +7 ) =23( √ xy+ 7) Sau thu gọn, ta x ( y −9 ) =0 Từ x=0 y=9 Kết hợp với (1), ta tìm nghiệm ( x ; y) hệ phương trình cho (0, 7), *1, 9) (4, 9) Bài (2,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông A (AB < AC), có đường cao AH Đường trịn tâm I nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB D, E, F Gọi J giao điểm Ai DE; K trung điểm AB a) Chứng minh tứ giác BIJD nội tiếp b) Gọi M giao điểm KI AC, N giao điểm AH ED Chứng minh AM =AN c) Gọi Q giao điểm DI EF, P trung điểm BC Chứng minh ba điểm A, P, Q thẳng hàng Lời giải ^ CED=¿ ^ a) Ta có CD=CE nên tam giác CDE cân C Suy CDE= 1800− ^ ACB Áp dụng tính chất góc ngồi tam giác AJE, ta thấy 1800− ^ ACB ^ BAC ^ ABC ^ ^ ^ − = AJE=CEJ = EAJ =¿ 2 =^ IBD Suy tứ giác BIJD nội tiếp ^ =900 b) Do tứ giác BIJD nội tiếp nên ^ BJI =BDI ^ BAC JAB= =450 nên tam giác JAB vuông cân J Theo giả thiết K trung điểm Vì ^ AJB=90 ^ AB, ta có JK ⊥ AB Chú ý IF ∥ AM ∥ JK (cùng vuông góc với AB) ID ∥ AH (cùng vng góc với BC), ta có IF KI JI ID = = = Vì IF=ID nên AM =AN AM KM JA AN c) Đường thẳng qua Q vng góc với ID cắt AC, AB lại R, S ^ Vì ^ nên tứ giác IQER, IQSR nội tiếp Chú ý tam giác IEF cân I, IQR= ^ IQS= ^ IER=IFS=90 ^ ^ ^ ^ ta có IRQ= IEQ= IFQ= ISQ Suy ra, tam giác IRS cân I Do IQ ⊥ RS nên Q trung điểm RS Ta có RS ∥ BC (cùng vng góc với ID) P, Q trung điểm BC, RS nên A, P, Q thẳng hàng (theo bồ đề hình thang) Bài (2,0 điểm) Cho số thực dương x , y , z thỏa mãn √ 1+4 xy +2 x+ y +2 z=5 a) Chứng minh 1 + ≥ √( x +1 )( y +1 ) z+1 b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x +1 y +1 z+ + + x +1 y +1 z +2 Lời giải a) Từ giả thiết ta có √(2 x +1)(2 y +1)=5−2 z Từ kết hợp sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwwarz, ta được: 1 1 4 + = + ≥ = = z+1 5−2 z z+ 5−2 z +2 z−1 √( x +1 )( y +1 ) Dấu xảy chẳng hạn x= y =z=1 b) Ta thấy P = 2+ 1 1 1 1 + + + + = + + + 2(2 x+1) 2(2 y +1) 2 z+1 2 x +1 y +1 z +1 ( ) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương sử dụng kết ý (a) ta ≥ + P 1 13 √ (2 x +1 )( y +1 ) +¿ z +1 ≥ + = ¿ Dấu xảy x= y =z=1 Bài (1,0 điểm) Cho đường trịn tâm O nội tiếp hình thoi ABCD Gọi E, F, G, H điểm thuộc cạnh AB, BC, CD, DA cho EF, GH tiếp xúc với (O) a) Chứng minh CG AH =A O2 b) Chứng minh EH song song FG Lời giải a) Đường tròn (O) tiếp xúc với cạnh hình thoi ABCD nên O trung điểm hai đường chéo AC BD ^ ^ Ta thấy O tâm đường trịn bàng tiếp góc D tam giác DGH Suy GOH=180 −OGH− ^ OHG = 1800− ^ DGH 1800− ^ DHG − 180 −¿ 2 = ^ DHG+ ^ DGH 1800 −^ GDH = 2 1800− ^ ADC DAC= ^ DCA = Do tam giác DAC cân D nên ^ Kết hợp hai điều trên, ta thấy ^ ^ GOH= DAC =^ DCA ^ ^ ^ −^ Từ COG=180 −GOH −^ AOH =1800−OAH AOH =^ AHO Suy hai tam giác OAH GCO đồng dạng góc-góc Vì thế, OA AH = GC CO Suy AH CG=OA OC =O A AE AH = b) Chứng minh tương tự ý trên, ta có AE CF =O A 2= AH CG Suy Chú ý CK CF ^ , ta thu hai tam giác AEH CGF đồng dạng cạnh-góc-cạnh Suy ^ ^ EAH =GCF AEH =^ CGF Lại có ^ AEG= ^ CGE (do AB∥CD ) Suy ^ HEG=^ FGE Vậy EH ∥ FG (đpcm) Bài (1,0 điểm) Xét số nguyên a< b a nên ( b−a )2 + ( c−b )2 + ( c−a )2 ≥ 12 +12+ 22> Từ mâu thuẫn nhận được, ta suy a< b) Nếu c ≤0 , ta có a+ b+c 1 2 Vì n số nguyên tố ước 2023 = 7.172 nên n ∈ {7, 17 } Trường hợp 1: n=17 Theo chứng minh trên, ta phải có a 2+ b2+ c 2−ab−bc−ca=17 a+ b+c=1 Từ đó, ta dễ dàng tính ( a 2+ b2+ c )=2 ( a2 +b 2+ c 2−ab−bc−ca ) + ( a+ b+c ) =35 Mâu thuẩn 35 khơng chia hết cho Trường hợp 2: n=7 Theo chứng minh trên, ta phải có a 2+ b2+ c 2−ab−bc−ca=7 a+ b+c=1 Từ ¿, suy a 2+ b2+ c 2=5 ab+ bc+ ca=−2 Do 5=a2 +b2 + c2 ≥1+ c2 nên c ≤2 Mà c ≥1 nên c ∈ { ; }  Nếu c=2, ta có a 2+ b2=1 Suy a ≤ 1, tức a ≥−1 Mà a< nên a=−1 b=0 Thử lại, ta thấy thỏa mãn  Nếu c=1 , ta có a 2+ b2=4 Suy a ≤ , tức a ≥−2 Mà a< nên a ∈ {−1,−2 } Thử trực tiếp, ta a=−2 b=0 Tuy nhiên, số a=−2, b=0 c=1 khơng thỏa mãn a+ b+c=1 Vậy, có số (a , b , c ) thỏa mãn yêu cầu đề (−1, 0, )