Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm 2023-2024 môn toán đề chuyên UBND tỉnh Hà Nam Sở GD và ĐT (có đáp án và lời giải chi tiết)

UBND TỈNH HÀ NAM
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2023 - 2024
Môn: TOÁN (Đề chuyên) ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
(Đề thi gồm 01 trang)
Câu I. (2,0 điểm)
 x x 1  x 1 x  2 
Cho biểu thức A    
 với x  0, x  1, x  4. 1 x  x x 1 x  x  2    1. Rút gọn biểu thức . A
2. Tìm tất cả các số nguyên của x để 2A 1 1  2 . A
Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 2 2
(x 1) x  6x 16  2x  6x  4. 3 2 3
2x  xy(2y  x)  2x  6x  xy  y  3y 
2. Giải hệ phương trình  . 2 2 2
 3(x  y)  7  5x  5y 14  4  y  x 
Câu III. (1,0 điểm)
Tìm tất cả các số tự nhiên n để 2024 2027 2 2 2n   là số chính phương. Câu IV. (4,0 điểm)
Cho đường tròn O có dây cung BC cố định và không đi qua tâm O . Gọi A là
điểm di động trên đường tròn O sao cho tam giác ABC nhọn và AB  A . C Gọi M là
trung điểm của cạnh BC và H là trực tâm tam giác .
ABC Tia MH cắt đường tròn O
tại K , đường thẳng AH cắt cạnh BC tại D và AE là đường kính của đường tròn O .
1. Chứng minh BAD  CAE.
2. Chứng minh rằng tứ giác BHCE là hình bình hành và H .
A HD  HK.HM .
3. Tia KD cắt đường tròn O tại I ( I khác K ), đường thẳng đi qua I và vuông
góc với đường thẳng BC cắt AM tại J . Chứng minh rằng các đường thẳng AK, BC và
HJ cùng đi qua một điểm.
4. Một đường tròn thay đổi luôn tiếp xúc với AK tại A và cắt các cạnh A , B AC lần lượt tại ,
P Q phân biệt. Gọi N là trung điểm của đoạn thẳng PQ . Chứng minh rằng
đường thẳng AN luôn đi qua một điểm cố định. 1 1 1
Câu V. (1,0 điểm) Cho a, ,
b c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện    1. 2 2 2 a b c
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 1 P    . 2 2 2 2 2 2
5a  2ab  2b
5b  2bc  2c
5c  2ca  2a --- HẾT---
Thí sinh được sử dụng máy tính bỏ túi không có chức năng soạn thảo văn bản và không có thẻ nhớ.
Họ và tên thí sinh:………………………...Số báo danh:.................................................
Cán bộ coi thi số 1……………………… Cán bộ coi thi số 2…………….........................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ NAM Năm học: 2023-2024 Trang 1
(Hướng dẫn chấm thi có 06 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (ĐỀ CHUYÊN) Ghi chú:
- Điểm toàn bài không làm tròn.
- Các cách giải khác mà đúng cho điểm tương đương. Nội dung Điểm
Câu I (2,0 điểm) .
 x x 1  x 1 x  2 
Cho biểu thức A    
 với x  0, x  1, x  4. 1 x  x x 1 x  x  2   
1.(1,5 điểm) Rút gọn biểu thức . A  x3 1   x  1 x  2 A  .   0,5 1 
x  x  x   1  x   1
 x  1 x 2   ( x 1)(x  x 1) x 1 x  2  .   0,25 1 x  x   x   1  x   1
 x  1 x 2      x   1 1 1    0,25     x 1 x 1   x   2 1  0,25 x   1  x   1 2  .  0,25 x 1
2.(0,5 điểm) Tìm tất cả các số nguyên của x để 2A 1 1  2 . A 1
+) 2 A 1  1  2 A  2 A 1  2 A 1  2 A 1  0  A  0,25 2 2 1 +)
  x  3  x  9 x  1 2
Kết hợp với điều kiện x  0; x  1; x  4  x 0;2;3;5;6;7;8;  9 0,25
Câu II (2,0 điểm).
1.(1,0 điểm) Giải phương trình 2 2
(x 1) x  6x 16  2x  6x  4. 2 2 2
(x 1) x  6x 16  2x  6x  4  (x 1) x  6x 16  (x 1)(2x  4) 2
 (x 1)( x  6x 16  2x  4)  0 0,25
+) x 1  0  x 1 0,25 2x  4  0 +) 2
x  6x 16  2x  4   2 2
x  6x 16  (2x  4) Trang 2 x  2   x  2 x  0(l)     2  3
 x  22x  0  22  0,25 x  (tm)  3 22
Phương trình đã cho có hai nghiệm x  1; x  0,25 3 3 2 3
2x  xy(2y  x)  2x  6x  xy  y  3y (1) 
2.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình  . 2 2 2
 3(x  y)  7  5x  5y 14  4  y  x (2)  2 3
 (x  y)  7  0 Điều kiện:  2 5
 x  5y 14  0
Phương trình (1) tương đương với 3 2 2 2 3
2x  2xy  x y  2x  6x  xy  y  3y 3 2 2 3 2
 (2x  x y)  (2xy  y )  (2x  xy)  (6x  3y)  0 2 2 
x (2x  y)  y (2x  y)  x(2x  y)  3(2x  y)  0 2 2
 (2x  y)(x  y  x  3)  0 0,25 1 11 2 2
 (2x  y)[(x  )  y  ]  0 2 4
 2x  y  0  y  2x 0,25
Thay y  2x vào phương trình (2) ta được 2 2 2
3x  6x  7  5x 10x 14  4  2x  x 2 2 2
 ( 3x  6x  7  2)  ( 5x 10x 14  3)  (x  2x 1)  0 2 2   3(x 1) 5(x 1) 2    (x 1)  0 2 2
3x  6x  7  2
5x 10x 14  3 3 5 2  (x 1) (  1)  0 0,25 2 2
3x  6x  7  2
5x 10x 14  3 3 5 Vì 
1  0 nên phương trình tương đương với 2 2
3x  6x  7  2
5x 10x 14  3 2
(x 1)  0  x 1  0  x  1   y  2  (t ) m
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ; x y)  ( 1  ; 2  ) 0,25
Câu III. (1,0 điểm) Tìm tất cả các số tự nhiên n để 2024 2027 2 2 2n 
 là số chính phương.
Giả sử số tự nhiên n thỏa mãn đề bài. Khi đó tồn tại số nguyên dương k sao cho 2024 2027 n 2 2024 n 2         1012   1012 2 2 2 9.2 2 3.2 3.2   2n k k k k . 0,25 1012 k  3.2  2a  1012  k 3.2  2b a b 1013  2  2  3.2 . 0,25
a,b ,a b  n  Trang 3
2ab 1 3 b ab 1013  2 (2 1)  3.2   b 1013  0,25 2  2 a  b  2 a 1015      n  2028 b  1013 b   1013 0,25
Vậy với n  2028thì 2024 2027 2 2 2n   là số chính phương
Câu IV. (4 điểm) Cho đường tròn O có dây cung BC cố định và không đi qua tâm O . Gọi A là
điểm di động trên đường tròn O sao cho tam giác ABC nhọn và AB  A .
C Gọi M là trung điểm của
cạnh BC và H là trực tâm tam giác .
ABC Tia MH cắt đường tròn O tại K , đường thẳng AH cắt
cạnh BC tại D và AE là đường kính của đường tròn O . A K O H D B M C E
1. ( 1,0 điểm) Chứng minh BAD  CAE. 0
AH  BC  ADB  90 0
ABE  90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,25
Suy ra BAD  CBE ( cùng phụ với ABC ) 0,25
Mà CBE  CAE ( góc nội tiếp cùng chắn cung AC ) 0,25
Suy ra BAD  CAE. 0,25
2. ( 1,0 điểm) Chứng minh rằng tứ giác BHCE là hình bình hành và H .
A HD  HK.HM . Trang 4 A K O H D B M C E
Ta có ACE  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  EC  AC .
Mà H là trực tâm tam giác ABC  BH  AC . Từ đó suy ra EC // BH .
Tương tự HC // BE 0,25
Xét tứ giác BHCE có EC // BH và HC // BE nên tứ giác BHCE là hình bình hành. 0,25
Mà M là trung điểm của BC nên ba điểm H , M , E thẳng hàng.
Lại có ba điểm M , K, H thẳng hàng. Từ đó suy ra ba điểm K, H , E thẳng hàng.
Ta có AKE  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  AKM  90 . Xét A  KH và M
 DH có: AKM  MDH  90 ; KHA  DHM (hai góc đối đỉnh). 0,25 HA HK  AKH  ∽ M
 DH g.g    H .
A HD  HK.HM . 0,25 HM HD
3. ( 1,0 điểm) Tia KD cắt đường tròn O tại I ( I khác K ), đường thẳng đi qua I và vuông góc với
đường thẳng BC cắt AM tại J . Chứng minh rằng các đường thẳng AK, BC và HJ cùng đi qua một điểm.
Kéo dài AK cắt đường thẳng BC tại S , S
 AM có hai đường cao AD và MK cắt
nhau tại H  H là trực tâm tam giác SAM . Xét tam giác HDM  và S
 DA có ADS  HDM  90 và DMH  DAS (cùng phụ với Trang 5 ASM ).  HD DS H  DM ∽ S
 DA g.g   . (1) DM AD
Tương tự H là trực tâm ABC  BD AD  BD  H ∽ AD  C   . (2) 0,25 HD CD HD BD DS AD BD DS Từ (1) và (2)  .  .    B .
D CD  DM .DS (3) DM HD AD CD DM CD BD DK Mà B  DK ∽ I
 DC g.g    .
BD CD  DI.DK (4) 0,25 ID DC
Từ (3) và (4)  DI.DK  DM.DS nên SKMI là tứ giác nội tiếp  SMI  SKI .
Mà AKDM là tứ giác nội tiếp (do AKM  ADM  90 )  SKI  DMA .
Từ đó suy ra SMI  DMA . Xét M
 IJ có SMI  DMA và IJ  BC  BC là đường trung trực của IJ . 0,25
 SJM  SIM  90 (vì SKMI là tứ giác nội tiếp nên SIM 180  SKM 
180 90  90 )  SJ  AM .
Mà H là trực tâm S
 AM  SH  AM . Từ đó suy ra ba điểm S, H , J thẳng hàng. Vậy
các đường thẳng AK, BC và HJ cùng đi qua điểm S . 0,25
4.(1,0 điểm) Một đường tròn thay đổi luôn tiếp xúc với AK tại A và cắt các cạnh A , B AC lần lượt tại ,
P Q phân biệt. Gọi N là trung điểm của đoạn thẳng PQ . Chứng minh rằng đường
thẳng AN luôn đi qua một điểm cố định. A O' K P N ≡ N' O Q H B D M C E
Gọi N ' là giao điểm của PQ và .
AE Xét AQN ' và BEM  có:
QAN '  EBM ; AQN '  KAP  BEM   ∽ B  EM g g AN ' BM AQN ' .   (5) QN ' EM 0,25
Do QAN '  EBM ; AQN '  KAP  BEM nên theo tính chất góc ngoài của AQN ' và 0,25 BEM 
ta có EMC  PN ' A . CM AN '
Mà PAN '  ECM nên E  CM ∽ P
 AN ' g.g   . (6) EM PN ' 0,25 Trang 6 AN AN
Từ (5) và (6) và kết hợp BM  ' ' CM  
 QN '  PN '  N  N '. QN ' PN '
Vậy AN luôn đi qua một điểm cố định O . 0,25 1 1 1
Câu V. (1,0 điểm)Cho a, ,
b c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện    1. 2 2 2 a b c
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 1 P    . 2 2 2 2 2 2
5a  2ab  2b
5b  2bc  2c
5c  2ca  2a Với , a ,
b c  0 , chứng minh được:     
a  b  c 1 1 1 1 1 1 1 1    9          a b c 
a  b  c 9  a b c    
x  y  z 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2
 3(x  y  z )     3     2 2 2 a b c  a b c  0,25 Với , a b  0 , ta có : 2 2 2 2 2 2
5a  2ab  2b  (4a  4ab  b )  (a  2ab  b ) 2 2 2
 (2a  b)  (a  b)  (2a  b) 2 2 2
 5a  2ab  2b  (2a  b)  2a  b 0,25 1 1 1  1 1 1  1  2 1             2 2   2  9   9 5 2 2 a b a a b  a b a ab b      Tương tự 1 1 2 1 1 1 2 1 :   ;       2 2 2 2   9  b c    9 5 2 2 5 2 2  c a b bc c c ca a  0,25 1  2 1 2 1 2 1  1  1 1 1  1  1 1 1  1 3 P           P   3     3        2 2 2 9  a b b c c
a  3  a b c  3  a b c  3 3
a  b  c 
Dấu “=” xảy ra   1 1 1
 a  b  c  3    1  2 2 2  a b c 3 Vậy max P 
khi a  b  c  3 . 3 0,25 --HẾT-- Trang 7