Đề Thi Tuyển Sinh 10 Toán Chuyên Sở GD Hà Tĩnh 2025-2026 Có Đáp Án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ TĨNH Môn: TOÁN
ĐỀ THI CH ÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1. (2,0 điểm)
a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 2 2
4x + 5y − 4xy + 2(2x + 3y) + 4  0. 1 1 1
b) Cho a, b, c + + =
là các số thực khác không thỏa mãn 0. a b c 1 1 1 Chứng minh rằng + + = 0. 2 2 2
a + 2bc b + 2ca c + 2ab
Câu 2. (2,5 điểm)
(x + 2)(2 − y) = 8 
a) Giải hệ phương trình  2 2
 11− 4(x − y) + x y +1 = 3x . y  b) Giải phương trình 2
x + 3x +11 − x + 2 = 2x − 2.
Câu 3. (1,5 điểm) 5
a) Tìm tất cả các số thực x để p = là số nguyên. x − x + 2
b) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 thì 2024 2023 4 A = n + n + n − n +1
không phải là số nguyên tố.
Câu 4. (2,5 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB cố định, C là một điểm chạy trên đường tròn (O) O
không trùng với A và B. Các tiếp tuyến của đường tròn ( ) tại A và C cắt
nhau tại điểm M . Đường thẳng MB cắt AC tại F và cắt đường tròn (O) tại E (E khác B ).
a) Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AC. Chứng minh tam giác OEM đồng dạng với tam giác BHM .
b) Gọi K là hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng .
AB Hai đường thẳng MB FI
và CK cắt nhau tại I. Tính tỷ số AB khi tổng diện tích hai tam giác IAC và IBC lớn nhất. 1 1 2 c) Chứng minh rằng + = . BM BF BE
Câu 5. (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a  b  ;
c ab + bc + ca  0 và a + b + c = 1. 1 1 1 5
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = + + + .
a − b b − c a − c 2 ab + bc + ca
Câu 6. (0,5 điểm) Cho x, y, z là các số chính phương. Chứng minh rằng (x + ) 1 ( y + ) 1 ( z + ) 1
luôn viết được dưới dạng tổng của hai số chính phương. ------HẾT------
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.................................................................. Số báo danh: .................................. Trang 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ TĨNH
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Chú ý: - Thí sinh giải theo cách khác, nếu đúng đều cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài không qui tròn. Câu Nội dung Điểm Câu Ta có 2 2 2 2
4x + 5y − 4xy + 2(2x + 3y) + 4  0  (2x − y +1) + 4( y +1)  1 0,25 1a 2 2 1,0 đ
(2x − y +1) + 4(y +1) = 1   0,25 2 2
(2x − y +1) + 4( y +1) = 0
2x − y +1 = 0 x = 1 − TH1: 2 2
(2x − y +1) + 4( y +1) = 0     . y +1 = 0 y = 1 − 0,25
2x − y +1 = 0  (vn) 2 4(y +1) = 1 TH2: 2 2
(2x − y +1) + 4( y +1) = 1   2 2
(2x − y +1) =1 (2x + 2) =1  0,25    (vn). y +1= 0 y = 1 −
Vậy có đúng một cặp số thỏa mãn (x; y) = (-1; -1). Câu 1 1 1 1b
+ + = 0  ab + bc + ca = 0 0,25 a b c
1,0 đ Ta có : 2 2
a + 2bc = a + bc + (−ab − ca) = (a − b)(a − c). 0,5 Tương tự có : 2 2
b + 2ca = (b − c)(b − a); c + 2ab = (c − a)(c − b). 1 1 1 1 1 1 + + = + + 2 2 2
a + 2bc b + 2ca c + 2ab
(a − b)(a − c) (b − c)(b − a) (c − a)(c − b) 0,25 1 1 1
b − c − (a − c) + a − b = − + = = 0
(a − b)(a − c) (b − c)(a − b) (a − c)(b − c)
(a − b)(b − c)(a − c) Câu
ĐK: 11− 4(x − y)  0 2a
(x + 2)(2 − y) = 8  2( x − y) − xy = 4  2(x − y) = 4 + xy 0,25
1,5 đ Thế vào phương trình (2) ta có: 2 2 2 2
11− 2(4 + xy) + x y − 3xy +1 = 0  3 − 2xy + x y − 3xy +1 = 0 0,25  ( − xy − ) 2 2 3 2
1 + x y − 3xy + 2 = 0 0,25 2(1− xy)   
+ (1− xy)(2 − xy) = 0  ( − xy) 2 1  + 2 − xy  = 0 0,25 3 − 2xy +1  3 2xy 1  − +    2 3 xy = 1 (Do
+ 2 − xy  0, x  y  ) 0,25 3 − 2xy +1 2 Trang 2  1  1 y =  1 y = xy = 1  x y =  x Ta có:      x   2
 ( x − y) = 5  1  2 5  41 2 x − = 5   
2x − 5x − 2 = 0 x =   x   4 0,25
Vậy hệ phương trình có nghiệm là:  + − +   5 − 41 5 − − 41  ( x y) 5 41 5 41 ; =  ;  và  ;  4 4   4 4   Câu 2
x + 3x +11  0 2b ĐK:   x  −2 x + 2  0 1,0 đ 0,25 2 2
x + 3x +11 − x + 2 = 2x − 2  (x −1) + 5(x + 2) − x + 2 = 2(x −1)
Xét x = −2 (không phải là nghiệm) 2 (x −1) 2(x −1)
Xét x  −2 Chia hai vế phương trình cho x + 2 ta được: + 5 −1 = . x + 2 x + 2 0,25 x −1 Đặt t = ta được phương trình: 2 t + 5 −1 = 2t x + 2  1  1 2 +1  0 t t  − t   −  2 2 2
 t + 5 = 2t +1     2    t = 0,25 2 2 t  + 5 = (2t +1) 2 3 2 3
 t + 4t − 4 = 0 t  = −2; t =  3 2
Khi t = ta được phương trình: 3 x −1 2 x −1  0
=  2 x + 2 = 3(x −1)   2 x + 2 3
4(x + 2) = 9(x −1) x  1 x  1  11+ 4 7      x = . 2 11 4 7 0,25 9
 x − 22x +1 = 0 x = 9  9 11+ 4 7
Vậy phương trình có đúng 1 nghiệm x = 9 a = x −1 
Chú ý: Học sinh có thể giải theo cách: Đặt  b  = x + 2  0. Câu 5 5 3a Ta có p = = 2 x − x + 2  1  7 0,25 1,0 đ x − +    2  4 5 20  0  p  =  p = 1; 2 7 7 0,25 4 5 1+ 13 7 + 13 TH1: p = 1 
=1  x − x − 3 = 0  x =  x = . 0,25 x − x + 2 2 2 Trang 3 5 1+ 3 2 + 3 TH2: p = 2 
= 2  2x − 2 x −1 = 0  x =  x = . x − x + 2 2 2 0,25 7 + 13 2 + 3
Vậy có hai giá trị cần tìm là x = ; . 2 2 Câu Ta có 2024 2023 4 A = n + n
+ n − n + = ( 2024 2 n − n ) + ( 2023 n − n) + ( 4 2 1 n + n + ) 1 3b 0,5 đ 2 = n ( 2022 n − ) + n( 2022 n − ) + ( 4 2 n + n + ) = ( 2 n + n)( 2022 n − ) + ( 4 2 1 1 1 1 n + n + ) 1   0,25
Ta có (n + n)(n
− ) = (n + n) (n )674 2 2022 2 3 1 −1   = ( 2 n + n)( 3 n − ) B = ( 2
n + n)(n − )( 2 1 . 1 n + n + ) 1 .B chia hết cho 2 n + n +1
Lại có n + n + = n + n + − n = (n + )2 4 2 4 2 2 2 2 1 2 1 1 − n = ( 2 n + n + )( 2 1 n − n + ) 1 chia hết cho 2 n + n +1 0,25 Vậy 2024 2023 4 A = n + n
+ n − n +1 chia hết cho 2
n + n +1 với mọi số tự nhiên n lớn
hơn 1 nên A không phải là số nguyên tố. Câu P 4a 1,0 đ M C M C F I E F A B H I O A B O K a) Ta có 2
ME.MB = MA do MAB vuông tại A có đường cao AE. 0,25 Lại có 2
MH.MO = MA do MAO vuông tại A có đường cao AH. 0,25
 ME.MB = MH.MO 0,25 ME MO  =
 OME BMH MH MB 0,25 Trang 4 Câu
b) Ta có MA = MC, OA = OC suy ra đường thẳng MO là trung trực đoạn thẳng AC 4b
nên MO ⊥ AC . Kéo dài BC cắt AM tại P nên MO / /PB  M trung điểm . AP 0,75 đ Ta có IC BI = và IK BI = IC IK  =  IC = IK 0,25 MP BM MA BM MP MA
Suy ra I trung điểm của đoạn thẳng CK . 1 1 1 1  S = S ;S = S  S + S = S = CK.AB A  CI 2 A  CK B  CI 2 B  CK A  IC B  CI 2 A  BC 4
Do đoạn thẳng AB không đổi nên tổng diện tích hai tam giác IAC và IBC lớn nhất. 0,25
lớn nhất khi C điểm chính giữa AB hay K trùng tâm . O
Khi đó tứ giác AOCM là hình vuông. FI IC 1 1 1 2  = =  AB
FI = IM = BM. Lại có 2 2 2 5
BM = AB + MA = FM AM 2 3 6 4 0,25 AB 5 AB 5 FI 1 5 2  BM =  = . = . 2 AB 6 AB 12 M c) Ta có Câu 4c ME CE    = 0,75 đ MEC MCB MC CB E C MA EA M  EA M  AB  = 0,25 F MB AB I ME MA CE EA ME CE AE H  . = .  = . (1). MC MB CB AB MB CB AB B A O K Mặt khác FE CE F  EC F  AB  = FA AB FA AE F  AE F  BC  = FB BC 0,25 FE FA CE EA FE CE AE  . = .  = . (2). FA FB AB CB FB CB AB ME FE Từ (1) và (2)  = MB FB MB − EB EB − FB EB EB EB EB  = 1− = −1 2 = + MB FB MB FB MB FB 0,25  1 1  1 1 2  2 = EB +  + =   (ĐPCM).  MB FB  BM BF BE Câu 5 1 1 4 2 2
1,0 đ Ta sử dụng các bất đẳng thức +  
với m  0;n  0 2 2 m n m + n m + n
Dấu bằng xảy ra khi m = n 0,25 1 1 1 5 P = + + +
a − b b − c a − c 2 ab + bc + ca Trang 5 4 1 5 5 5 P  + + = +
a − c a − c 2 ab + bc + ca
a − c 2 ab + bc + ca 5 5 2 2 10 2 Lại có: +  5 = 2 2
a − c 2 ab + bc + ca
(a − c) + 4(ab + bc + ca)
(a + c) + 4b(a + c) 0,25 10 2 10 2  P  =
(do a + c =1−b)
(a + c)(a + c + 4b) (1− b)(1+ 3b) 10 6 10 6  P   = 5 6 (
− )( + ) 3− 3b +1+ 3 3 3 1 3 b b b 0,25 2
Giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 6 khi
a  b  c      2 + 6 a b c 1 a =  b  = 6
a + b + c = 1   3     1
a − b = b − c   2  b  = a + c = 3   3 
a − c = 2 b(a + c) + ca    0,25 2 − 6  − = +  2 3 3 1 3 c b b = a − c = 2 + ca   6  9
Câu 6 Vì x; y; z là các số chính phương ta viết thành 2 2 2
x = a ; y = b ; z = c (a; ; b c Z ) 0,5 đ Ta có:
(a + )(b + )(c + ) = (a b +a +b + )(c + ) = (a+b)2 +(ab− )2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2 1 1 1 1 1 1 c + ) 1 0,25  
= (ac + bc)2 + (ab − )2  + (a + b)2 + (abc − c)2 1     
Áp dụng các đẳng thức x + y = (x + y)2 2 2
− 2xy và x + y = (x − y)2 2 2 + 2xy có:
Thứ 1: (ac + bc)2 + (ab − )2 = (ab + bc + ca − )2 1
1 − 2(ac + bc)(ab − ) 1 2
= (ab + bc + ca − ) − ( 2 2 1
2 a bc + b ac − ac − bc)
Thứ 2: (a + b)2 + (abc − c)2 = (a + b + c − abc)2 + 2(a + b)(abc − c) 0,25 2
= (a + b + c − abc) + ( 2 2
2 a bc + b ac − ac − bc)
 (ac + bc)2 + (ab − )2 + (a + b)2 + (abc − c)2 = (ab + bc + ca − )2 2 1
1 + (a + b + c − abc) Vậy (x + ) 1 ( y + ) 1 ( z + )
1 là tổng của hai số chính phương. HẾT. Trang 6