Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Trường THPT Chuyên Phan Bội Châu năm 2023-2024 môn toán Sở GD Nghệ An (có đáp án và lời giải chi tiết)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
NĂM HỌC 2023 – 2024 Đề chính thức Môn thi: TOÁN
(Đề gồm có 01 trang)
Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1 (6,0 điểm). a) Giải phương trình 4 3 2
x  4x  6x  4x  3  0 . 2
2x  x  y  2y  x  2x 
b) Giải hệ phương trình  .
 2  x  y 
 2x 4  2 3x
Câu 2 (3,0 điểm). 1
a) Tìm x R sao cho x  2024 và  2024 đều là các số nguyên. x
b) Tìm số nguyên dương a nhỏ nhất sao cho 2a là số lập phương và 5a là số chính phương.
Câu 3 (2,0 điểm).
Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a, , b c  1 và 2 2 2
a  4b  c  2ab 12  3a  5b  c. Tìm giá 3 2 a a
trị nhỏ nhất của biểu thức T  
a  a  b . 2 2 a  c
Câu 4 (7,0 điểm).
Cho tam giác ABC vuông tại A  AB  AC  nội tiếp đường tròn tâm O . Trên đường tròn O
lấy điểm D khác phía A so với đường thẳng BC  BD  AC . Qua B kẻ đường thẳng d song
song với CD . Đường thẳng d cắt đường thẳng AC tại E , cắt đường tròn O tại F ( F khác B ).
a) Gọi J là trung điểm của EC . Chứng minh rằng 4 điểm , A F, ,
O J cùng nằm trên một đường tròn.
b) Đường thẳng OE cắt đường thẳng AD tại I . Chứng minh rằng IBA  BDA.
c) Trên tia BD lấy điểm M sao cho BM  BA. Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC tại N ,
đường thẳng BN cắt O tại K ( K khác B ). Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC .
Đường thẳng BD cắt các đường thẳng NH, CK lần lượt tại , P . Q 1 1 1 Chứng minh rằng   . PM MQ BM
Câu 5 (2,0 điểm).
Cho một đa giác lồi có diện tích bằng 2
2024cm . Chứng minh rằng bao giờ cũng vẽ được trong đa
giác đó một tam giác có diện tích không nhỏ hơn 2 759cm . - HẾT - Trang 1
Họ và tên thí sinh: ......................................................................... Số báo danh: ........................ ĐÁP ÁN
Câu 1 a) Giải phương trình 4 3 2
x  4x  6x  4x  3  0 .
Phương trình đã cho tương đương x  x2 2   2 2
2 x  2x  3  0   2
x  x   2 2
1 x  2x  3  0 2
x  2x 1  0   2
x  2x  3  0 Trường hợp 1. 2
x  2x 1  0  x  1 2. Trường hợp 2. 2
x  2x  3  0 (phương trình vô nghiệm).
Vậy nghiệm của phương trình là x  1 2. 2
2x  x  y  2y  x  2x    1
Câu 1b) Giải hệ phương trình 
 2  x  y 
 2x 4  2 3x 2
Đặt v  x  y v  0. Phương trình   1 trở thành 2 2
2v  x  2x  v
2x  v  0 
2x  v  0     2 2 2v  x   2x  v2 2 2 5
 x  4xv  v  0
2x  v  0
2x  v  0        . x  v  x  v v 5x 5  0  v  x
2x  v  0 x  0 Trường hợp 1. 
. v  0, v  5x  x  0  2x  v  0  x  v  0   . v  5  x y  0
Thay vào 2 không thỏa mãn.
2x  v  0 Trường hợp 2. 
 x  y  .
x Thay vào 2 ta được phương trình v  x
  x x  
x    x2 2  2x   2 2 4 2 3 2
4  12x 0  x  2 Trang 2    4  4  2
x  4x  4 2 x  4 2
12x  x   4 x  12.     x  x  4 t  6
Đặt t  x 
t  4. Phương trình trở thành tt 4 12   . x t  2   lo¹i x  3 5 4 tháa m·n Với 2
t  6  x 
 6  x  6x  4  0   x x    lo¹i . 3 5
Vậy nghiệm của hệ phương trình là  x; y  3  5; 11 5 5. 1
Câu 2a. Tìm x R sao cho x  2024 và  2024 đều là các số nguyên. x Đặ 1 1
t a  x  2024  x  a  2024 ; b 
 2024   b  2024 với a,b Z x x 1 . x
 a  2024b  2024 1 ab  2024 2024 a b x
 2 506 a b  2025  abZ  a b  0
 2025ab  0 và a  b
 a  b  45   x  4
 5  2024 . Thử lại ta có giá trị của x cần tìm là x  4  5  2024 .
Câu 2b. Tìm số nguyên dương a nhỏ nhất sao cho 2a là số lập phương và 5a là số chính phương.
Vì 2a là số lập phương nên 3 2a  n ( * n  N )  n 2 *  3 3
n  2x, x  N  2a  8x  a  4x   1
Vì 5a là số chính phương nên 2 5a  k ( *
k  N )  k 5  k  5 y  * y  N  2 2
 5a  25y  a  5y (2) (1), (2) 3 2 3
 4x  5y  4x 5  x 5  x  m  * 5 m  N  2 3 3
 a  5y  4.125.m  500m
 a   m3 2 3 2 10 ; 5a  50 m .
Vì a nhỏ nhất và 2 3
50 m là số chính phương nên m 1  a  500 (thỏa mãn). Vậy a  500 . Trang 3 Câu 3.Cho các số thực a, , b c thỏa mãn a, , b c  1 và 2 2 2
a  4b  c  2ab 12  3a  5b  c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 2 a a T  
a  a  b . 2 2 a  c
a  b  c  ab 
 a  b  c  a  b2 2 2 2 2  c    2 4 2 12 3 5
3 b  4  3a  5b  c
 a  b2 2  c  1
 2b  3a  5b  c  3a  b  c.
Kết hợp a  b  c 
a  b2 2 2  c    suy ra
a b2  c 
a  b2  c   a  b2 2 2 2 3 2  c 18   1 .   3 a  a a a  1 1  +) Vì a 1 nên   T    a   2  2 2 2 a  a         a a b a c a  a b 2 a c  4a 4a  9  1        .
a  a  b 2 1 2 2  a  c 2a 18  a  9  5 2 b
  4,a  b  c a  1 1   min T 
 a  a  b2 2
 a  c  b   2. 5   a  1 c  3   
Cho tam giác ABC vuông tại A  AB  AC  nội tiếp đường tròn tâm O . Trên đường tròn O
lấy điểm D khác phía A so với đường thẳng BC  BD  AC . Qua B kẻ đường thẳng d song
song với CD . Đường thẳng d cắt đường thẳng AC tại E , cắt đường tròn O tại F ( F khác B ).
a) Gọi J là trung điểm của EC . Chứng minh rằng 4 điểm , A F, ,
O J cùng nằm trên một đường tròn.
b) Đường thẳng OE cắt đường thẳng AD tại I . Chứng minh rằng IBA  BDA.
c) Trên tia BD lấy điểm M sao cho BM  BA. Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC tại
N , đường thẳng BN cắt O tại K ( K khác B ). Gọi H là hình chiếu vuông góc của A
trên BC . Đường thẳng BD cắt các đường thẳng NH , CK lần lượt tại , P . Q Trang 4 1 1 1 Chứng minh rằng   . PM MQ BM
a) Vì BFAC là tứ giác nội tiếp nên
EAF  FBO (1)
Tam giác OBF cân nên BFO  FBO (2)
Vì OJ // BF nên BFO  FOJ (3)
(1), (2), (3) suy ra EAF  FOJ
 OJAF là tứ giác nội tiếp  ,
A F, O, J cùng thuộc một đường tròn.
b) Vì BF // CD nên EBC  BCD  BAD  A  BD∽ B  EC (g-g) (*)
Lấy T là trung điểm của AD . Kết hợp O là trung điểm BC và (*) suy ra A  BT ∽ B  EO
 BOE  BTA
 BOTI là tứ giác nội tiếp.
Kết hợp OTI  90 ( OT  AD )  IBO  90 Trang 5
nên BI là tiếp tuyến của O .
Suy ra IBA  BDA. c) Ta có 2 2
BM  BA  BH.BC (4)
Tam giác BAM cân tại B nên
BAM  BMA  NMD (5)
BAM  MAC  NMD  MND  90 (6)
(5), (6)  MAC  MNC  C
 AN cân tại C  2 2
CA  CN  CN  CA  CH.CB CN CB    C  NH ∽ C
 BN  CHN  CNB (7) CH CN
Mà CNB  CQD suy ra CHPQ là tứ giác nội tiếp (8)
(7), (8)  BH.BC  . BP BQ (9) Từ (4), (9) suy ra 2
BM  BP BQ   BM  PM  BM  MQ 2 .
 BM  BM.MQ  PM.BM  PM.MQ 1 1 1
Suy ra BM .MQ  PM .BM  PM .MQ    PM MQ BM
Cho một đa giác lồi có diện tích bằng 2
2024cm . Chứng minh rằng bao giờ cũng vẽ được trong
đa giác đó một tam giác có diện tích không nhỏ hơn 2 759cm . Trang 6 C c d1 D E d d2 M N a A B
Vẽ đường thẳng a chứa cạnh AB của đa giác. Gọi C là đỉnh của đa giác mà khoảng cách từ
nó đến AB lớn nhất.
Qua C vẽ đường thẳng c song song với a .
Vẽ d , d , d là các đường thẳng song song với a sao cho d cách đều a và c ; d cách đều c 1 2 1
và d ; d cách đều a và d . 2
Gọi 4h là khoảng cách giữa hai đường thẳng a và c .
Đường thẳng d cắt biên của đa giác tại D và E . Kéo dài hai cạnh của đa giác chứa D và E 1
cắt 2 đường thẳng c và d tạo thành hình thang hoặc tam giác có diện tích S  E .2 D h . 1
Đường thẳng d cắt biên của đa giác tại 2
M , N . Kéo dài hai cạnh của đa giác chứa M , N cắt
hai đường thẳng a và d tạo thành hình thang có diện tích S  MN.2h . 2
Ta có hai hình nói trên bao toàn bộ đa giác
 S  S  2024  ED  MN .2h  2024 . 1 2   1 3 3 Ta có S  S  MN h  ED h  MN  ED h   CMN ADE  .3 .3   .2 .2024 1518. 2 4 4 Vì S  S
1518 nên một trong hai tam giác CMN hoặc ADE có diện tích lớn hơn hoặc CMN ADE bằng 2 759cm . Trang 7