SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚCĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2023-2024 ĐỀ THI MÔN TOÁN: CHUYÊN Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán và chuyên Tin học Thời gia
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2023-2024
ĐỀ THI MÔN TOÁN: CHUYÊN
(Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán và chuyên Tin học)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1 (2,0 điểm) Giải các phương trình sau:
a) ( x−1) ( x+ 2)( x +3) ( x+ 6)=160
b) x2+3 x +8=2 ( x+1)√x+7
Câu 2 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình { x+ y+ x +2 y
xy =6
x2+y2+x2+4 y2
( xy )2 =14
Câu 3 (2,0 điểm)
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x , y ) thoả mãn đẳng thức
(y +2) x2+1= y2
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho ba số thực dương a , b , c thoả mãn ab+bc+ca=1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P= 2 a
√1+a2+
b
√1+b2+
c
√1+c2
rằng
a+b+c ≥ ab+bc +ca
Câu 5 (3,0 điểm)
Đường thẳng AO cắt đường thẳng BC tại điểm E Gọi M là trung điểm của đoạn
tuyến của đường tròn (O) tại điểm B, C cắt nhau tại điểm D.
a) Chứng minh AOND là tứ giác nội tiếp và tia DO là phân giác của góc
^ADN
AB PC=AC PB và ba điểm E, F, P thẳng hàng.
c) Kẻ đường kính AK của đường tròn (O) Chứng minh 3 điểm D, K, F thẳng hàng và đường thẳng FN đi qua trung điểm của đoạn thẳng DM.
Câu 6 (1,0 điểm).
Sau khi tổ chức một trận đấu giao hữu giữa hai đội bóng lớp 9A và 9B, Ban tổ chức có 11 gói kẹo muốn chia cho 2 đội Mỗi đội được chia 5 gói làm
phần thưởng và 1 gói ban tổ chức giữ lại để liên hoan Biết rằng dù chọn bất kì gói nào để dữ lại, Ban tổ chức luôn có thể chia 10 gói còn lại cho 2 đội mà tổng
số viên kẹo trong 5 gói cho mỗi đội là bằng nhau Chứng minh rằng 11 gói kẹo
đó phải có số viên kẹo bằng nhau
Trang 2
-HẾT -Lời giải Câu 1:
a) ( x−1) ( x+ 2)( x +3) ( x+ 6)=160
⇔[(x−1)(x+6)][(x +2)(x+3)]=160
⇔(x2+5 x−6)(x2+5 x+ 6)= 160
⇔(x2
+5 x)2−36=160
⇔(x2+5 x)2=196
⇔[ x2+5 x=14
x2
+5 x=−14 (vô nghiệm)
⇔ (x +7 )( x−2)=0
⇔[x=−7 x=2
b) x2+3 x +8=2 ( x+1)√x+7
⇔ (x +1)2
+x+7−2 ( x +1)√x +7=0
⇔(x +1−√x +7)2=0
⇔ x +1=√x +7
⇔{x2+2 x +1=x +7 x ≥−1
⇔{x2 x ≥ 1
+x−6=0
⇔{ [x=−3 x ≥ 1 x =2
⇔ x=2 (tm ĐKXĐ)
Câu 2:
{ x+ y+ x +2 y
xy =6
x2+y2+x2+4 y2
( xy )2 =14
(I )
ĐKXĐ: x , y ≠ 0
(I)⇔{ x+ y+1
y+
2
x=6
x2+y2+ 1
y2 + 4
x2 =14
⇔{ x +2
x+y +
1
y=6
(x+2
x)2+(y+1
y)2= 20
Trang 3Đặt x +2
x=a , y +
1
y=b
a2
+b2 =20⇔{(a−b)2=2(a+b=6 a2
+b2
)−( a+b)2=4
⇔{ [a−b=−2 a+b=6 a−b=2
⇔[a=4, b=2 a=2, b=4
a=4, b=2
⇒{x+2
x=4
y +1
y=2
⇔{x2 −4 x+2=0
y2−2 y +1=0 ⇔{x =2±√2
y=1 (tmĐK )
a=2, b=4
⇒{x+2
x=2
y +1
y=4
⇔{x2+2 x +2=0
y2
−4 y +1=0(vô nghiệm)
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x , y )=(2+√2;1),(2−√2 ;1)
Câu 3:
a) (y +2) x2
+1= y2 (1)
x ∈ Z ⇒ y2
−1 ⋮ y +2
⇔(y2−4)+3 ⋮ y+2
⇔3 ⋮ y +2
⇒ y +2 ∈{± 3 ;±1}
⇒ y ∈{1 ;−5;−1 ;−3}
b) {3 n+1=a2
11n+1=b2
⇒n+3=4 a2
−b2=(2 a−b)(2 a+b)
a , b ∈ N¿⇒2 a+b>0>2 a−b
2 a+b=n+3 ⇒{a= n+4
4
b= n+2
2
⇒11n+1=b2
=(n+22 )2
⇔ n2
=40 n
⇔ n=40
Câu 4:
a) Ta có
P= 2 a
√1+a2 + b
√1+b2 + c
√1+c2
Trang 4¿ 2a
√a2+ab+bc +ca+
b
√a2+ab+bc+ ca+
c
√a2+ab+bc +ca
√(a+b) (a+ c )+
b
√(b+c ) (b+a )+
c
√(c+ a) (c+b)
¿√a+b 2 a .
2a
a+ c+√b +a 2 b .
b
2 (b+c )+√c +a 2 c .
c
2 (c+b)
AM −GM
≤1
2[a+b 2 a +
2 a
a+c+
2 b
b+a+
b
2 (b+c )+
2c
c+a+
c
2 (c +b )]
¿ 1
2[ (a+b 2 a +
2 b
a+b)+(a+c 2a +
2 a
a+c)+ 1
2(b +c b +
c b+c) ]
¿ 1
2(2+2+1
2)= 9
4
15 ;b=c=√
15 15
Vậy P đạt GTLN là 94 khi a=7√15
15 ;b=c=√
15 15
⇔ abc+2 (ab+bc+ca)+4 (a+b +c)+8 ≤( ab+2 a+2 b+4)+(bc +2 b+2 c +4 )+(ca+2 c+2 a+4)
⇔ (a+2) (b+2) (c +2)≤ (a+2)(b+2)+(b+2) (c+2)+(c+2)(a+2)
⇔1 ≤ 1
a+ 2+
1
b+2+
1
c+ 2 ⇔ 2
a+2+
2
b+2+
2
c +2.2
⇔(1− 2
a+2)+(1− 2
b +2)+(1− 2
c+ 2)≤ 1
⇔1 ≥ a
a+2+
b b+2+
c c+ 2
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz
1 ≥ a
a+2+
b
b+2+
c
c +2=
a2
a2+2 a+
b2
b2+2 b+
c2
c2+2 c
C−S ≥ (a+b+ c )
2
a2+b2+c2+2(a+b+c ) ⇒ (a+b+c )2≤(a2
+b2 +c2
)+2 (a+b+ c)
⇔ a+b+c ≥ ab+bc +ca (đpcm)
Câu 5:
Trang 5a) Ta có: BD ⊥ BO ,CD ⊥CO
⇒ ^ DBO=^ DCO=90 ⋄
⇒ ^ DBO+^ DCO=180 ⋄
⇒O , M , D cùng thuộc trung trực của BC
Mà tứ giác ABNC nội tiếp
⇒ MB MC=MA MN
⇒ MO MD=MA MN
⇒ ^ ADO=1
2sđ OA
⏜
= 1
2sđ ON
⏜
=^ODN
⇒ DO là phân giác ^ADN
b) Xét Δ DBP và Δ DAB có
^
^
DBP=^ DAB
⇒ Δ DBP ∼ Δ DAB (g.g)
⇒ AB
BP=
AD
DB
Trang 6Tương tự ta có Δ DCP ∼ Δ DAC ⇒ AC
CP=
AD DC
⇒ AB
BP=
AC
CP ⇒ AB CP=AC BP
Áp dụng định lý Ptoleney cho tứ giác ABPC nội tiếp ta có
AP BC= AB :CP+ AC BP
⇒2 AP CM =2 AC B P ⇒ AP
AC=
BP CM
Δ ABP và Δ AMC có AC AP=BP
CM ; ^ APB=^ ACM
⇒ Δ ABP∼ Δ AMC (c.g.c)
⇒ ^ ABP=^ AMC
−^AFB
⇒ ^ AFP=^ AFE ⇒ E , F , P thẳng hàng
OM OD=OC2
=O F2⇒ OF
OM=
OD OF
⇒ ΔOMF ∼ ΔOFD (c.g.c)
⇒ ^ OFD=^ OMF=90 ⋄−^CMF=90 ⋄−^FAE=90 ⋄−^AFO
⇒ AFD=90 ⋄ ⇒ AF ⊥ FD mà AF ⊥ FK
⇒ DF=DK ⇒ D , F , K thẳng hàng
Gọi Z , X là giao FN với BC , DM
Gọi T lag giao KZ với MF
⇒ ^ KMF=^ KOF=2 ^ OAF=2 ^ FMS
⇒ ^ KME=^ FME=^ FAO=^ KNF
⇒ ^ KZM =180 ⋄− ^MNK =90 ⋄
⇒ KZ ‖ DM
⇒ ZT =ZK
Do TK ‖ DM ⇒ ZT
MX=
FZ
FX=
ZK DX
⇒ XD=XM ⇒ X là trung điểm DM
Vậy FN đi qua trung điểm DM
Câu 6:
Gọi a1, a2, … , a11 lần lượt là số kẹo trong 11 gói
Đặt S=a1+a2+…+a11
Giả sử tổn tại a ≤ k , l≤ 11mà a k ≠ a l
Theo bài ra, ta suy ra được S−a1, S−a2, … , S−a11 đều là số chẵn
⇒ a1, a2, … , a11 cũng chẵn hoặc cũng lẻ
Ta thực hiện quá trình như sau:
Nếu a1, a2, … , a11 cũng chẵn, ta thu được bộ số mới
(b1, b2, … , b11)=(a1
2 ,
a2
2 , … ,
a11
2 )
Trang 7 Nếu a1, a2, … , a11 cũng lẻ, ta thu được bộ số mới
(b1, b2, … , b11)=(a1 −1
2 ;
a2−1
2 ;… ;
a11−1
2 )
Ta thấy 11 gói kẹo với số kẹo b1;b2;… ;b11 cũng thoả mãn điều kiện đề bài Tiếp tục quá trình như vậy đến khi thu được bộ (x1; x2;… ;x11 ) mà tồn tại
1 ≤ j;i ≤11 sao cho
xj=0 ; xi=1
Mà bộ (z¿¿1; z2;… ; z11) ¿ thoả mãn điều kiện đề bài nên x1; x2; …; x11 cùng tính chẵn lẻ (Mâu thuẫn)
Điều giả sử là sai Vâyk a1=a2=…=a11
Mọi thắc mắc liên hệ:
- Nguyễn Hải Yến Nhi: 11A2
- Phạm Đình Khôi: 10A2
- Bạch Thái Sơn: 10A2