025 10 chuyên toán hà tĩnh 23 24

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.. a Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AC.. Chứng minh tam giác OEM đồng dạ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ TĨNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

CHUYÊN HÀ TĨNH

NĂM HỌC: 2023 – 2024

Môn thi: TOÁN

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm)

a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 4 x2 +5 y 2

−4 xy +2 (2 x +3 y )+4 ≤ 0

b) Cho a, b, c là các số thực khác không thỏa mãn 1a+ 1

b+

1

c=0

Chứng minh rằng:

1

a2 +2 bc+

1

b2 +2 ca+

1

c2 +2 ab=0

Câu 2 (2,5 điểm):

a) Giải hệ phương trình { ( x+2 )(2− y )=8

√11−4 ( x− y )+x2y2+1=3 xy

b) Giải phương trình √x2

+3 x +11−√x +2=2 x−2

Câu 3 (1,5 điểm):

a) Tìm tất cả các số thực x để p= 5

x−√x+2là số nguyên

b) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 thì

A=n2024

+n2023

+n4

−n+1 thì 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 Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và

C cắt 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 và CK cắt nhau tại I Tính tỷ sốAB FI khi tổng diện tích hai tam giác LAC và IBC lớn nhất

c) Chứng minh rằng BM1 + 1

BF=

2

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

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= 1

a−b+

1

b−c+

1

c−a+

5

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 -LỜI GIẢI :

Câu 1.a: Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn

4 x2

+5 y2−4 xy +2 (2 x +3 y )+4 ≤ 0 (1)

Giải:

(1) ⟺ 4 x2

+y2 +1−4 xy +4 x−2 y +4 y 2 +8 y +4 ≤1 ⟺ (2 x− y +1)2

(2 y +2)2≤ 1

Do x , y ∈ Znên 2 x− y +1;2 y +2 ∈ Z và 2 y +2 ⋮2

Từ đó, ta có các trương hợp

TH 1: {2 x− y+1=1 2 y +2=0 ⟺{x= y=−1−1

2 (Loại)

TH 2 :{2 x− y+1=−1 2 y +2=0 ⟺{x= y=−1−3

2 (Loại)

TH 3:{2 x− y+1=0 2 y +2=0 ⟺{y =−1 x=−1(nhận)

Vậy ( x ; y )=(−1 ;−1) thỏa nãm yêu cầu bài toán

Câu 1 b: Cho a, b, c là các số thực khác không thỏa mãn 1a+ 1

b+

1

c=0

Chứng minh rằng:

1

a2 +2 bc+

1

b2 +2 ca+

1

c2 +2 ab=0

Giải :

Do 1a+ 1

b+

1

c=0⟹ ab+bc +ca=0

Ta có: a2

+2 bc=a2

+2bc−ab−bc−ca=a2

+bc−ab−ac

¿(a−b )(a−c )

Tương tự: b2−2 ca=( b−a)( b−c) ;c2+2 ab=(c−a)(c−b)

Do đó :

1

a2+2 bc+

1

b2+2 ca+

1

c2+2 ab

¿ 1

(a−b)(a−c )+

1

(b−a) (b−c )+

1 (c−a)(c−b)

¿ c −b+a−c +b−a

(a−b) (b−c )(c −a)=0 (đpcm)

Câu 2.a: Giải hệ phương trình

{ ( x+2 )(2− y )=8

√11−4 ( x− y )+x2y2+1=3 xy

Đặt: {a=x− y (a ≤11

4 )

b=xy (a ≥ 0)

, hệ trở thành:

{ 2 a−b=4

√11−4 a+b2 −3 b+1=0⟺{√3−2b +b 4 a=2 b+8(1)2 −3 b +1=0 (2)

Giải (2): √3−2 b+ b2−3 b+1=0

⟺√3−2 b−1+ b2−3 b+1=0

⟺ 2 (1−b )

√3−2 b−1+(b−1)( b−2)=0

⟺ (b−1)(b−2− 2

√3−2 b−1)= 0

Do b ≤3

2⟹ b−2− 2

√3−2b−1<0

Thay vào (1) ⟹ a=5

2

Ta có : {x− y=5

2

xy =1

⟹{ y =x−5

2

x(x−5

2)=1 ⟺{ y=x−5

2

x−5

2x−1=0

⟺

[ { x=5+√41

4

y=−5+√41

4

{ x =5−√41

4

y=−5−√41

4

Vậy hệ đã có nghiệm :

(x ; y ):(5+4√41;

−5+√41

4 );(5−4√41;

− 5−√41

Câu 2.b: Giải phương trình

√x2+3 x +11−√x +2=2 x−2(x ≥−2)

⟺√( x+1)2+5 ( x+2)=2 ( x−1)+√x+2 (1)

Ta thấy x=−2không phải là nghiệm của (*) Với x ≠−2 tacó :

(1)⟹√(x−1)2

x +2 +5=2.

x−1

√x+2+1 (2)

Đặt x−1

√x +2=t ,(2) trở thành:

√t2 +5=2 t+1

⟺{ t ≥−1

2

t2+5=4 t2+4 t +1

⟺{ t ≥−1

2

3 t2+4 t−4=0

⟺{ t ≥−1

2

[t=−2(loại) t=2

3(nhận)

Với t=2

3, ta có x−1

√x +2=

3 2

⟹ 2√x +2=3 ( x−1)

⟺{9 x2−22 x +1=0x ≥1

⟺[x=11+4√7

9 (nhận)

x =11−4√7

9 (loại) Vậy phương trình đã cho có nghiệm x=11+4√7

9

Câu 3.a: Tìm tất cả các số thực x để p= 5

x−√x+2 là số nguyên.

Ta có: 0< p=

5 (√x−1

2)

2

+ 7 4

≤20

7

Để p là số nguyên thì p ∈{1 ;2 }

TH 1: p=1 ⟹ 5

x−√x +2=1

⟹ x−√x−3=0

⟹[√x=1+√13

2 (nhận)

√x=1−√13

2 (loại )

⟹ x= 7 ±√13

2

TH 2 : p=2⟹ 5

x−√x +2=2

⟹ 2 x−2√x−1=0

⟹[√x=1+√3

2 (nhận)

√x=1−√3

2 (loại )

⟹ x=2+√3

2

Vậy x ∈{7+√13

2 ;

2+√3

2 }

Câu 3.b: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 A=n2024

+n2023

+n4

−n+ 1 thì không phải là số nguyên tố.

A=n2024+n2023+n4−n+ 1(n ∈ N , n>1 )

Ta có : A=n2024

−n2

+n2023

−n+n4

−n+n2

+n+1

n4+n2=n2(n2022−1)

¿n2.¿

¿n2.(n3 −1) B (n )

¿n2 (n−1 )(n2

+n+ 1) B (n) ⋮n2

+n+1

n2023−n=n(n2022−1)⋮n2+n+ 1

n2+n+1 ⋮ n2+n+1

⟹ A ⋮n2

+n+1

Do n ∈ N , n>1 ⟹ A >n2

+n+1

⟹ A không phảilà số nguyên tố ∀ n ∈ N , n>1

Câu 4.a:

I K H

E F M

B O

A

C

Giải:

Vì MA là tiếp tuyến (O) nên MA ⊥ AB tại A

⟹ ^ MAB=90°

Xét (O) có : ^AEB là góc nội tiếp chắn nửa đường trên

⟹ ^ AEB=90° ⟹ AE ⊥ MB tại E

Xét ∆ MAB vuông tại A, đường cao AE, theo hệ thức lượng

Ta có: MA2

=ME MO(1)

Ta có: ¿

⟹OM là trung trực của đoạn thẳng AC

⇒ OM ⊥AC tai H

Xét ∆ MAO vuông tại A, đường cao AH, theo hệ thức lượng ta có:

MA2=MH MO (2)

Từ (1) và (2) ⟹ MH MO=ME MB

⟹ MH

MB=

ME MD

Xét ∆OEM và ∆BHM có: OMB :chung^

ME MD=MH

MB (cmt )

⟹ ∆ OEM ∆ BHM (c g c)

Câu 4.b: Hình vẽ khi S AICS BICmax

Q

F

I

E M

B

O trùng K

H A

C

Kéo dài BC và AM cắt nhau tại Q

Ta có: MA = MC ⟹ ∆ MACcân tại M

⟹ ^ MAC=^ MCA

Mặt khác: ^MAC+ ^ Q=90 °

^MCA+^ MCQ=90 °

⟹ ^ Q=^ MCQ

⟹ ∆ MCQ cântại M

⟹ MC=MQ

⟹ MC=MA=MQ

⟹ M là trung điểm của AQ

Ta có: CK MA ⊥ AB ⊥ AB}⟹CK /¿MA

Xét ∆BMQ có CI // MQ, theo hệ quả của định lý Talet có :

MQ CI = BI

BM(3)

Xét ∆ABM có IK // AM, theo hệ quả của định lý Talet ta có:

AM IK = BI

BM(4)

Từ (3) và (4) ta có: MQ CI = IK

AM

Mà AM = MQ ⟹ CI=¿ IK

⟹ I là trung điểm của CK

Chứng minh HI là đường trung bình của ∆ACK

⟹ HI // AK hay HI // AB

Theo bài ra ta có: S ∆ AIC+S ∆ BIC=S ∆ ACB−S ∆ AIB

¿ 1

2CK AB−

1

2IK AB ¿ 1

2(CK −IK ) AB

¿ 1

4CK AB

Vì S ∆ AIC+S ∆ BIC max ⟹ CK max

⟺ K trùngO

⟺ C là điểm chính giữa của cung AB

Xét ∆ FAB có HI // AB theo hệ quả của định lý Ta-let ta có:

FB FI =HI

AB=

1

4(do HI =1

2AD=

1

4 AB)

⟹ FI

IB=

1

3

Ta có: IB2

=OI2

+OB2

(Pytago)

¿(R2)2+R2

¿5 R2

4

⟹ IB=√5

2 R

⟹

FI

IB=

IF

√5

2 R

= 1 3

⟹ IF=√5

6 R Vậy FI

AB=

√5

6 R :2 R=

√5

12R

Câu 4.c: điều cần chứng minh tương đương với BF BE+BM BE=2 BM BF

 Đễ dàng chứng minh được tứ giác MAHE nội tiếp ⟹ ^ MHE=^ MAE (cùng nhìn ME) (5)

Ta có OB2

=OA2

=OH OM

⟹ OB

OH=

OM OB

⟹ ∆ OBH ∆ OMB (c g c )

⟹ ^ OHB=^ OBM

Mà ^ OBM =^ MAE (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn ^AE)

⟹ ^ OHB=^ MAE (6 )

Từ (5) , (6) ⟹ ^ MHE=^ OHB

⟹ ^ EHF=^ FHB

⟹ HF là phân giác của ∆ EHB

⟹ HM là phân giác ngoài của ∆ EHB (do HM⊥ HF)

⟹ EM

BM=

EF BF

⟹ EM BF=EF BM

⟹ EM BF−BM EF=0

⟹ BF BE+EM BF +BM BE−BM EF=BF BE+BM BE

⟹ BF (BE+EM )+BM (BE− EF)=BF BE+BM BE

⟹ BF BM +BM BF=BF BE+BM BE

hay BF BE+BM BE=2 BM BF (ĐPCM )

Câu 5 Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a > b > c ab + bc + ca > 0 và a + b + c = 1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= 1

a−b+

1

b−c+

1

c−a+

5

2√ab +bc+ca

Giải:

Áp dụng m1+ 1

n ≥

4

m+n (m ,n> 0) ,ta có :

P= 1

a−b+

1

b−c+

1

c−a+

5

2√ab +bc+ca

¿ 5

a−c+

5

2√ab +bc+ca

a−c +2√ab+bc +ca

≥2√2[(a−c)2 20

+4 (ab+bc+ca)]

¿ 10√2

√( a+c ) (a+c +4 b)=

10√2

√(1−b) 1+3 b¿¿=

20√6

2√(3−3 b) (1+ 3 b)

≥ 20√6

3−3 b+1+3 b=5√6

Dấu “ = ” xảy ra ⟺{ 2 a−b=b−c

a−c=

1

√ab+bc +ca

3−3 b=1+3 b

⟺{ b=1

3

a=2+√6

6

c=2−√6

6 Vậy GTNN của P bằng 5√6đạt được:

{ b=1

3

a=2+√6

6

c=2−√6

6

Câu 6 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.

Giả sử x=a2, y=b2, z=c2(a , b , c ∈ N )

Ta có khai triển quen thuộc sau

(m2+n2) (p2+q2)=(mp+nq )2+ (mp−nq )2

Áp dụng khai triển trên ta có:

(x +1)( y +1) ( z +1)=(a2

+ 1)(b2 +1) (c2

+ 1)

¿[(ab +1)2+(a−b)2](c2+ 1)

¿ (abc+c+a−b)2+(ab+1−ac +bc)2

Bài toán được chứng minh