041 10 chuyên toán nghệ an 23 24

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM HỌC 2023 – 2024 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN Thời gian: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề (Đề gồm có 01 trang) Câu (6,0 điểm) Giải phương trình x  x  x  x  0 2 x  x  y  y  x  x     x  y x  2 3x b) Giải hệ phương trình Câu (3,0 điểm)  2024 a) Tìm x   cho x  2024 x số nguyên b) Tìm số nguyên dương a nhỏ cho 2a số lập phương 5a số phương Câu (2,0 điểm) Cho số thực a,b,c thỏa mãn a, b, c 1 a  4b  c  2ab  12 3  a  5b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức a2 a2 T  a  c2 a   a  b a)   Câu (7,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn tâm O Trên đường tròn (O) lấy điểm D khác phía A so với đường BC ( BD > AC ) Qua B kẻ đường thẳng d song song với CD Đường thẳng d cắt đường thẳng AC E, cắt đường tròn (O) F ( F khác B ) a)Gọi J trung điểm EC Chứng minh điểm A,F,O,J nằm đường tròn  BDA  b)Đường thẳng OE cắt đường thẳng AD I Chứng minh IBA c)Trên tia BD lấy điểm M cho BM = BA Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC N, đường thẳng BN cắt (O) K ( K khác B ) Gọi H hình chiếu vng góc A BC Đường thẳng BD cắt đường thẳng NH,CK P,Q 1   Chứng minh PM MQ BM Câu (2,0 điểm) Cho đa giác lồi có diện tích 2024cm Chứng minh vẽ đa giác tam giác có diện tích khơng nhỏ 759cm LỜI GIẢI ĐỀ THI TOÁN VÀO LỚP 10 CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Câu a) Ta biến đổi phương trình sau x  x  x  x  0   x  x  1  x  x   0  2  x  x  0 x  x   x  1      x   2,1   Như vậy, tập nghiệm phương trình cho  S   2,1   b) Điều kiện xác định: x  y 0, y  x  x 0 Trước hết ta có biến đổi sau 2x   x  y  y  x2  x  2x  xy  2 y  x  x  x  x x  y  x  y 2 y  x  x  x  x x  y   x  y  0    5x x    x  x y  x y x   x  y x  x  y 0 Lúc này, ta xét hai trường hợp sau o Trường hợp x  x  y 0 suy x  x  y  x 0  Thay vào phương trình thứ hai hệ, ta   x x  2 x    x  x   12 x  x  y 0    x  x    x   12 x  x  x  x  16 x  x  16 12 x  x  x3  x  16 x  16 0   x  x    x  x   0   x  x  0 x  x   x  1      x 3 5,3   Để ý điều kiện x 2 nên x 3  loại suy x 3  Khi đó, thay vào biểu thức ta  y 11  5  3 5  y suy Thử lại, ta thấy nghiệm thỏa mãn o Trường hợp x  x  y 0 suy x  y  x  x 0  Thay vào phương trình đầu hệ, ta có x  y  x2  x Từ kết hợp x 0 suy x  y 0 Thử lại, ta thấy nghiệm không thỏa Như vậy, tất nghiệm hệ phương trình  x, y    5,11  5  Câu x  2024 a,  x a) Theo giả thiết ta đặt sau 2024 b Bằng phép biến đổi ta a   2024 b  2024 1  2024  a  b  2025  ab a, b    Vì 2024 vơ tỷ a – b, 2025 – ab nguyên nên a = b 2025 = ab suy a b 45 Khi phép ta  x  2024 a 45  x  45  Vậy tất giá trị x thỏa mãn b) Theo giả thiết  x  45  2024,  45  2024 2024,  45   2024  2a b3  1 5a c   với b,c số nguyên dương Từ (1) suy b chia hết cho 2, mà số nguyên tố nên b chia hết cho 3 a  d  3 a  d Đặt b = 2d, thay vào (1) , Từ (2) suy c chia hết cho 5, mà số nguyên tố nên c chia hết cho a 5e2   Đặt c = 5e, thay vào (2) 5a 25e , a  d  e  5 với d,e số nguyên dương Do hai Từ (3) (4) có số nguyên tố nên từ (5) d chia hết cho 5, suy d chia hết cho Đặt d = 5k, thay vào (5) a 5e 500k với k số nguyên dương 3 Từ e 100k 10 k Điều xảy với số k nhỏ k = 1, e = 10 a = 500 Lúc 2a 1000 10 5a 2500 50 thỏa mãn toán Vậy số nguyên dương a nhỏ thỏa mãn a – 500 Câu Bằng phép biến đổi giả thiết, ta có  a  b  c  a  4b  c  2ab  12  12b 2  a  b   c   b    a  b   c Bằng biến đổi bất đẳng thức kết hợp cộng mẫu, ta  a  b  c   a  b   c  a  b  c  2 2 Do a  b  c 6 suy  a  b   c 18 Khi đó, phép biến đổi ta có a3 a2 a2 a2 T    2 a  c2 a   a  b a  c a   a  b 4a  2a   a  b   c 4a 2a 2 a a      2a  18 a  10a 5 MinT  Dấu xảy  a, b, c   1, 2,3 Từ ta T Vậy giá trị nhỏ Câu a) Vì tứ giác AFBC nội tiếp, ta có đẳng thức sau 1    180  FAJ EAF FBC  FOC Vì JO đường trung bình tam giác CBE nên JO // BF mà CF  BF suy JO  BF Vì O thuộc trung trực CF nên OJ trung trực CF nên 1   FOJ  FOC 180  FAJ Từ ta có tứ giác AJOF tứ giác nội tiếp ID BD  b) Gọi T giao điểm OE AF Trước hết, ta IA BA Thật vậy, áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AFD, cát tuyến ITO ta có ID TA OF 1 IA TF OD Từ kết hợp OF = OD, AEB  FEC  g.g  BD = CF, ta có ID TF EF sin FET EF sin BEO EF CE  CF   BD          IA TA EA.sin AET EA sin CEO EA BE  BA   BA  Bằng phép biến đổi góc, ta    OFA OAF 90  ADF 90  ACF  AEF Do OF OA hai tiếp tuyến đường tròn (AEF) Gọi I’ giao điểm tiếp tuyến B (O) với AD, ta có I ' BA  I ' DB  g g    I ' A I ' B BA   I ' B I ' D BD I ' D I ' D I ' B BD ID    I ' A I ' B I ' A BA2 IA  I I '   Từ ta IB tiếp tuyến (O) suy IBA  BDA Bài toán chứng minh c) Ta có       DNM  DMN  BAM  CAN 90 , BAM  BMA   Do CAN CNA hay tam giác CAN cân C suy CA = CN CN CB  Theo hệ thức lượng ta có CA CH CB nên CN CH CB suy CH CN 2    Từ ta CNH  CBN  c.g.c  dẫn đến CHN CNB CQD Do tứ giác CQPH nội tiếp, ta có biến đổi sau BP.BQ BH BC BA2  BM BP.BQ  BM BQ  BP BM  PM MQ  BP BQ  PM BQ MQ.BM   MB  MQ  MP MQ.MB Vậy toán chứng minh  MB  MQ  MB.MQ MP  1   MP MQ MB Câu Bài toán ta cần giải tương đương toán tổng qt sau Cho đa giác lồi có diện tích S Chứng minh vẽ S đa giác tam giác lồi có diện tích khơng nhỏ Gọi a đường thẳng chứa cạnh AB đa giác Gọi C đỉnh đa giác cách xa AB Qua C kẻ đường thẳng b//a Kẻ đường thẳng d song song cách a b, kẻ đường thẳng d1 song song cách a d, kẻ đường thẳng d song song cách b d Gọi h khoảng cách a b Gọi giao điểm d1 với biên đa giác M N Kéo dài cạnh đa giác chứa M N cho cắt a d, ta hình thang có diện tích MN h Gọi giao điểm d với biên đa giác D E Kéo dài cạnh đa giác chứa D E cho cắt b d, ta hình thang ( làm tam giác ) có h DE diện tích Hai hình thang nói phủ tồn đa giác nên tổng diện tích hai hình h  MN  DE  S thang lớn S, đó: Ta chứng minh hai tam giác ADE CMN tam giác phải tìm Xét tổng diện tích hai tam giác đó: 3h 3h 3h S ADE  SCMN  DE  MN   DE  MN  4 h   DE  MN   S 4 S Tồn hai tam giác ADE, CMN có diện tích lớn tam giác cần tìm Vậy toán chứng minh