023 10 chuyên toán hà nam 23 24

Gọi A là điểm di động trên đường tròn O sao cho tam giác ABC nhọn và AB < AC.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

UBND TỈNH HÀ NAM

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm có 01 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

NĂM HỌC 2023-2024 Môn: TOÁN (Đề chuyên)

Thời gian làm bài : 150 phút

Câu I (2,0 điểm)

Cho biểu thức A=( x√x−1

1+x+√x)(√x+1

x−1 − √

x−2 x−√x−2) với x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ 4

1 Rút gọn biểu thức A.

2 Tìm tất cả các số nguyên của x để |2 A−1| + 1= 2A.

Câu II.(2,0 điểm)

1.Giải hệ phương trình (x-1)√x2+6 x +16 = 2 x2 – 6x + 4

2.Giải hệ phương trình {2 x3+xy (2 y −x)+2 x2+6 x=xy + y3+3 y

√3 (x2+y )+7+√5 x2+5 y +14=4− y−x2

Câu III (1,0 điểm)

Tìm tất cả các số tự nhiên n để 22024 + 22027 + 2n lấ 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 < AC.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 HA 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 AB ,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

Câu V (1,0 điểm) Cho a,b,c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a12 + 1

b2+

1

c2 = 1

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

√5 a2

+2ab +2 b2 + 1

√5 b2

+2 bc+2 c2 + 1

√5 c2 +2 ca+2 a 2.

Đáp án

Câu I (2,0 điểm)

Cho biểu thức A=(1+x+ x√x−1√x)(√x−1 x+1−

√x−2 x−√x−2) với x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ 4

1,Rút gọn biểu thức A.

A = (√x)

3

1+√x +x .[ √x +1

(√x +1) (√x−1)−

√x−2

(√x +1) (√x −2)]

=(√x −11+)(x +√x+1)

√x +x .[ √x +1

(√x +1) (√x −1)−

√x−2

(√x +1) (√x−2)]

= (√x−1)((√x−11 )−

1

(√x +1))

(√x−1) (√x+1)

= ( 2

√x +1)

2.Tìm tất cả các số nguyên của x để |2 A−1| + 1= 2A.

+) |2 A−1| + 1 = 2A ⟺|2 A−1| = 2 A−1 ⇔2 A−1≥ 0 ⇔ A ≥ 12

+) 2

(√x +1) ≥ 12 ⇔ √x ≤ 3 ⇔ x ≤ 9

Kết hợp với điều kiện x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ 4 ⟹ x ∈ {0 ;2 ;3 ;5 ;6 ;7 ;8 ;9}

Câu II.(2,0 điểm)

1.Giải hệ phương trình (x-1) √x2+6 x +16 = 2 x2 – 6x + 4.

(x-1) √x2 +6 x +16 = 2 x2 – 6x + 4 ⟺ (x-1) √x2 +6 x +16 = (x – 1)( 2x – 4)

⇔ (x-1)¿ -2x +4) = 0

+) x – 1 = 0 ⇔ x = 1

+) √x2+6 x +16 = 2x – 4 ⇔ {x2 +6 x +16=(2 x – 4)2 x−4 ≥ 0 2

⇔ {3 x2−x ≥ 2 22 x=0 ⇔{ [x= x =0(l) x ≥ 222

3 (tm)

Phương trình đã cho có hai nghiệm x = 1;x=22

3

2.Giải hệ phương trình {2 x3

+xy (2 y −x)+2 x2 +6 x=xy + y 3

+3 y (1)

√3 (x2

+y )+7+√5 x2 +5 y +14=4− y−x 2 (2)

Điều kiện {3(x2+y )+7 ≥0

5 x2+5 y +14 ≥ 0

Phương trình (1) tương đương với

2 x3+2 x y2−x2 y +2 x2+6 x=xy + y3+3 y

⇔ (2 x3−x2y)+(2 x y2−y3)+(2 x2−xy)+(6 x−3 y )=0

⟺ x2(2x – y) + y2(2x – y) + x(2x – y) + 3(2x – y) = 0

⇔ (2x – y)(x2

+y2

+x+ 3) = 0

⇔ (2x – y) [ (x +1

2)+y2+ 11

4 ] = 0 ⟺2x – y = 0 ⇔ y = 2x

Thay y = 2x vào phương trình (2) ta được

√3 x2+6 x +7+√5 x2+10 x +14=4−2 x−x2

⇔(√3 x2+6 x +7−2)+(√5 x2+10 x+14−3)+(x2+2 x +1) = 0

⟺ 3 (x +1)

2

(√3 x2+6 x +7+2)+

5 ( x +1)2

(√5 x2+10 x +14 +3)+( x +1)

2

=0

⟺ ( x+1)2((√3 x2+6 x +7+2)3 +

5 (√5 x2+10 x +14+3)+1)=0

(√3 x2

+6 x +7+2)+

5 (√5 x2

+10 x +14 +3)+1 > 0 nên phương trình tương đương với

( x +1)2 = 0 ⇔ x +1 = 0 ⇔ x=−1 ⟹ y = -2 (tm)

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x;y ) = ( 1; 2)

Câu III (1,0 điểm)

Tìm tất cả các số tự nhiên n để 22024 + 22027 + 2n lấ số chính phương

Giả sử số tự nhiên n thỏa mãn đề bài Khi đó tồn tại số nguyên dương k sao cho

22024 + 22027 + 2n = k2⇔ 9.22024 + 2n = k2⇔ (k +3.21012)(k−3 21012) =2n

⟹{ k +3 21012=2a

k−3 21012 =2b

a , b∈ N , a+b=n

⟺2a

− ¿ 2b= 3 21013

⟺2b(2a−b−1) = 3 2 1013⟺{2a−b−1=3

2b=21013

⟺{b=1013 a−b=2 ⟺{a=1015 b=1013 ⟹ n = 2028

Vậy với n = 2028 thì 22024 + 22027 + 2n lấ 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 < AC.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)

K

M

E

A

B

C

1.Chứng minh: ^BAD=^ CAE

AH ⊥ BC ⟹ ^ ADB=90 °

^ABE ¿90 °( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra ^BAD=^ CAE ( cùng phụ với ^ABC )

Mà CBE=^^ CAE (góc nội tiếp cùng chắn cung ^AC )

Suy ra ^BAD=^ CAE

2.Chứng minh rằng tứ giác BHCE là hình bình hành và HA HD = HK HM.

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

Xét tứ giác BHCE có EC ∥ BH và HC ∥ BE nên tứ giác BHCE là hình bình

hành

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 ⊿AKH và ⊿MDH có: ^AKM=^ DHM(hai góc đối đỉnh)

⇒⊿AKH = ⊿MDH (g.g) ⇒ HA

HM=

HK

HD ⇒ HA.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

S

J

I D

K

M

E

A

B

C

Kéo dài AK cắt đường thẳng BC tại S , ∆SAM có hai đường cao AD và MK cắt nhau tại H ⇒ H là trực tâm tam giác SAM

Xét ⊿HDM và ⊿ SDA có ^ADS=^ HDM=90 ° và ^DMH=^ DAS (cùng phụ với ^ASM) ⇒⊿ HDM =⊿SDA ⇒ HD

DM=

DS

AD (1)

Tương tự H là trực tâm ⊿ ABC ⟹ ⊿ BDH=⊿ ADC ⇒ BD

HD=

AD

CD (2)

Từ (1) và (2) ⇒ HD

DM ∙

BD

HD=

DS

AD ⋅ AD

CD ⇒ BD

DM=

DS

Mà ⊿ BDK = ⊿IDC (g.g) ⇒ BD

ID=

DK

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°

Từ đó suy ra ^SMI=^ DMA

Xét ⊿MIJ có ^SMI=^ DMA và IJ⊥ BC ⇒BC là đường trung trực của IJ

⇒ ^SJM=^¿= 90° (vì SKMI là tứ giác nội tiếp nên ¿^ = 180° - ^SKM = 180°-

90°= 90°) ⇒ SJ⊥ AM

Mà H là trực tâm ∆SAM ⇒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

4 Một đường tròn thay đổi luôn tiếp xúc với AK tại A và cắt các cạnh

AB ,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 Gọi N ' là giao điểm của PQ và AE Xét ∆AQN ' và ∆BEM có:

^

QAN '=^ EBM ;^ AQN '=^ KAP=^ BEM

⇒⊿ AQN’ = ⊿ BEM(g.g) ⇒ AN '

QN '=

BM

EM (5)

Do ^QAN '=^ EBM ;^ AQN '=^ KAP=^ BEM nên theo tính chất góc ngoài của ⊿AQN’ và ⊿

BEM ta có ^EMC=^ PN ' A

Mà ^PAN '=^ ECM nên ⊿ ECM =⊿ PAN '(g.g) ⇒ CM EM=AN '

PN ' (6)

Từ (5) và (6) và kết hợp BM = CM =QN ' AN '=AN '

PN ' ⇒QN '=PN ' ⇒ N ≡ N '

Vậy AN luôn đi qua một điểm cố định O

Câu V (1,0 điểm) Cho a,b,c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a12 + 1

b2+

1

c2 = 1

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

√5 a2+2ab +2 b2+

1

√5 b2+2 bc+2 c2+

1

√5 c2+2 ca+2 a2.

Với a, b, c > 0 chứng minh được:

¿)(1a+

1

b+

1

c) ≥ 9 ⇔ 1

a+b+c ≤ 9 (1a+

1

b+

1

c)

(a+b+c )2 ≤ 3 (x2+y2 + z2) ⇒1

a+

1

b+

1

c ≤ √3(1

a+

1

b+

1

c¿)¿

Với a,b >0, ta có:

5 a2+2 ab+2 b2= (4 a2+4 ab+b2¿(a2−2 ab+b2)

= (2 a+b)2+(a – b)2≥ (2 a+b)2

⇒ √5 a2 +2 ab+2 b 2 ≥ √(2 a+b)2 = 2a + b

√5 a2

+2 ab+2 b2≤ 1

√(2 a+b) 2≤1

9(1a+

1

b+

1

c)= 1

9(2a+

1

b)

Tương tự: 1

√5 b2

+2bc +2 c2≤1

9(2b+

1

c) ; 1

√5 c2

+2 ca+2 a2≤1

9(2c+

1

a)

P ≤ 1

9(2a+

1

b+

2

b+

1

c+

2

c+

1

a) = 13(1a+

1

b+

1

c)

⇒ P ≤ 13√3(a12 + 1

b2 + 1

c2) = 13√3 ¿√3

3

Dấu “=” xảy ra khi ⇔ {1 a=b=c

a2+

1

b2+

1

c2=1

⇔ a=b=c =√3

Vậy max P = √33 khi a=b=c=√3