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