Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2023 – 2024 trường THPT chuyên Hà Tĩnh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ TĨNH
NĂM HỌC 2023 – 2024
ĐỀ THI CH ÍNH THỨC Môn: TOÁN
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 không trùng với A và . B
O tại A và C cắt
Các tiếp tuyến của đường tròn  
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
khi tổng diện tích hai tam giác IAC và IBC lớn nhất. AB 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: ..................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ TĨNH
NĂM HỌC 2023 – 2024
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 1,0 đ 2 2 
(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     0,25  . y 1  0 y  1 
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 0,25
(x  2)(2  y)  8  2 x  y  xy  4  2 x  y  4  xy 1,5 đ
Thế vào phương trình (2) ta có: 2 2 2 2 0,25
11 2(4  xy)  x y  3xy 1  0  3  2xy  x y  3xy 1  0
   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  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  Đặ x 1 t t  ta được phương trình: 2
t  5 1  2t x  2  1  1 t   2t 1 0 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  .  0,25 2 11 4 7 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 Ta có p   3a 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 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 2  n  2022 n    n 2022 n    4 2
n  n     2
n  n 2022 n    4 2 1 1 1 1 n  n   0,5 đ 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 M .
E MB  MA do MAB 
vuông tại A có đường cao AE. 0,25 Lại có 2
MH.MO  MA do M
 AO vuông tại A có đường cao AH. 0,25  M .
E MB  MH.MO 0,25 ME MO    O  ME B  MH MH MB 0,25 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 IC BI IK BI 0,25 Ta có  và  IC IK    IC  IK 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 ACK BCI 2 BCK AIC BCI 2 ABC 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     5AB FI  IM  BM . Lại có 2 2 2
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 M  EC M  CB   0,75 đ MC CB E C MA EA 0,25 M  EA M  AB   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 1 1 1 5 0,25 P     a  b b  c a  c
2 ab  bc  ca 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  0,25 2 2 a  c
2 ab  bc  ca
(a  c)  4(ab  bc  ca)
(a  c)  4b(a  c) 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.