SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2023 - 2024 Bài thi: TỐN Dành cho thí sinh dự thi vào lớp chuyên: Toán, Tin học Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I (2,0 điểm) Cho biểu thức P = x + √ x−1 2 x−x √ x −2 + với x 0, x≠1, x≠4 x−3 √ x+2 √ x−2 a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm tất giá trị x để |P| – P = Câu II (2,0 điểm) Cho parabol (P): y = x2 đường thẳng (d): y = (m + 2)x – m − (với m tham số) Tìm giá trị m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt nằm bên phải trục tung, có hồnh độ x1, x2 thỏa mãn x 31 – x2 = Tìm nghiệm nguyên (x; y) phương trình 2024(x2 + y2) – 2023(2xy + 1) = Câu III (2,0 điểm) Giải phương trình 3x3 – 7x2 + 6x + = 3 16 x +6 x+ Giải hệ phương trình √ x + y + x+ y=8 x + y 2−3 xy +3 x−2 y+ 1=0 { Câu IV (3,0 điểm) Cho tam giác ABC đều, nội tiếp đường tròn (O;R), H trung điểm cạnh BC M điểm thuộc đoạn BH (M khác B) Lấy điểm N thuộc đoạn CA cho CN = BM Gọi I trung điểm đoạn MN a) Chứng minh bốn điểm O, M, H, I thuộc đường tròn b) Chứng minh diện tích tam giác 14B khơng đổi Xác định vị trí điểm M để đoạn thẳng MN có độ dài nhỏ Có bình thủy tinh hình trụ cao 30cm chứa nước, diện tích đáy bình diện tích xung quanh, mặt nước cách đáy bình 18cm (hình vẽ bên) Cần đổ thêm lít nước để nước vừa đầy bình (Bỏ qua bề dày bình, cho t = 3,14 kết làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất) ? Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn ab+bc+ca = 3abe Tìm giá trị lớn biểu thức T = √ a b c +abc 2 + √ b a c +abc 2 + √ c a b 2+ abc ⁃⁃⁃⁃⁃⁃⁃⁃⁃⁃⁃HẾT⁃⁃⁃⁃⁃⁃⁃⁃⁃⁃⁃⁃ Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Phòng thi số: Số báo danh: Chữ ký Cán coi thi: LỜI GIẢI Câu I a) Ta có: P = x + √ x−1 2 x−x √ x −2 + x 0, x≠1, x≠4 x−3 √ x+2 √ x−2 x 2 x−x √ x −2 + + x−3 √ x+2 √ x−1 √ x−2 x ( √ x−2 ) +2 ( √ x−1 ) +2 x−x √ x−2 P= ( √ x−1)( √ x−2) x √ x+2 x−2 √ x−2+2 x −x √ x−2 P= ( √ x−1)( √ x−2) 2 ( √ x−2 ) P= + ( √ x−1)( √ x −2) √ x−1 b) |P| – P = |P| = P P > > √x > x > √ x−1 P= Kết hợp với ĐKXĐ: x≠1, x≠4 Câu II Ta có phương trình hồnh độ giao điểm x (m 2) x m x m x m 0 Vì phương trình có hai nghiệm nằm bên phải trục tung nên phương trình có hai nghiệm dương phân biệt m m m 28 m m m m m m Áp dụng Vi-et kết hợp giả thiết ta có : x13 x2 0(1) I x1 x2 m I x x m m 8 m 8 m x1 m x2 m Đặt Thay vào (1) ta có : m a a a a a a a a 0 a a a 2a 3 0 a 2 a 2 m 2 m 8(tmdk ) Vậy m 8 2024(x2 + y2) – 2023(2xy + 1) = x2 + y2 + 2023(x2 + y2) – 2023.2xy – 2023 = Phương trình trở thành : x2 + y2 + 2023(x2 + y2 – 2xy) = + 2023 x2 + y2 + 2023(x – y)2 = 2028 (*) Vì x, y Z Do |x− y| số tự nhiên Nhận xét: Nếu |x− y| (x – y)2 2023(x – y)2 8092 Do x2 + y2 + 2023(x – y)2 > 2028 Nên (*) không xảy Nên |x− y| Vậy có |x− y| {0;1} * Xét |x− y| = Ta có: x− y = x = y Với x = y, từ (*) có 2x2 = 2028 mà x;y Z nên loại { x− y=1 * Xét |x− y| = x− y=−1 Với x = y, từ (*) có x2 + (x – y)2 = 2x2 + 2x + = + Xét y = x – Ta có x2 + (x – 1)2 = 2x2 + 2x + = [ x=2 [ x=2 y=2 x2 – x – = x=−1 Với x=−1 y=−1 Vậy cặp số nguyên (x;y) cần tìm (–1; –2), (2;1), (1;2), (–2; –1) Câu III ĐKXĐ: ∀x R 3x3 – 7x2 + 6x + = 3 16 x +6 x+ √ 3x3 + 9x2 + 12x + = 16x2 + 6x + + 3 16 x +6 x+ √ Đặt 16 x +6 x+ = t , ta có: √ 3x + 9x + 12x + = 3t3 + 3t x3 + 3x2 + 4x + = t3 + t (x + 1)3 + (x + 1) = t3 + t (x + – t) [(x + 1)2 – (x + 1)t + t2 +1] = Mà (x + 1)2 – (x + 1)t + t2 +1 > x + – t = x+1=t x + = 16 x +6 x+ √ 3x + 9x + 12x + = 16x2 + 6x + 3x3 – 7x2 + 3x + = 3x3 – 3x2 – 4x2 + 4x – x + = (x – 1)( 3x2 – 4x + 1) = x=1 2+ x= √ 2−√ x= [ Thử lại thấy nghiệm thoả mãn 2+ √ 2−√ ; Vậy x 1; { 3 } x y x y 8 1 2 2 x y xy x y 0 x y x y 1 0 x y x y 0 x y y 2 x 1 x x 1 x x 8 y x y 11 x 5 x 1; y 2 x y y x 1 x x 1 x x 8 x x 0 x 3; y 11 ( x; y ) 2; 3 ; ; ; 1; ; 3; 5 Câu IV a) Xét ∆ OBM ∆ OCM có: BM =CN ∠CBM=∠OCN ∆ OBM ~ ∆ OCM (c.g.c) OB=OC } OM = ON hay O nằm đường trung trực MN OI ⊥ MN Xét tứ giác OIHM có:∠ OIM =∠OHM =90 ° => OIHM nội tiếp hay điểm O, M, H, I thuộc đường tròn b) Chứng minh IH // AB Từ suy đường cao hạ từ I từ H vng góc với AB có độ dài Do đó, diện tích tam giác IAB ln diện tích tam giác AHB khơng đổi Theo chứng minh câu a) có OI ⊥ MN ∠ MON=90° nên MN = 2MI = 2.OM.sin60° = OM√ Khi M chuyển động BH OM OH với dấu đẳng thức xảy M trùng H Từ suy ra: MN = OH√ đạt M trùng H 1 Diện tích đáy bình diện tích xung quanh r2 = 2rh h = 3r Ta có: h = 30 r = 10 Thể tích nước cần đổ thêm để vừa đầy bình là: V = r2.(h – 18) = 3,14.102.12 = 3768(cm3) Câu V: Theo ra, ta có: a, b, c > ab + bc + ca = 3abc 1 a + b + c =3 1 Đặt a x; b y; c z (x, y, z > 0; x + y + z = 3) a Suy ra: + 2 b c +abc √ √ x + 2 y z xyz + 1 Suy ra: T ¿ = (x + y + z) = Dấu “=” xảy a = b = c = √ y2 z2 = x (x + y + z)+ yz √ y2 z2 x + xy