Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán (Chuyên) - Năm học 2023-2024 - Sở GD&ĐT Hà Nam (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán (Chuyên) - Năm học 2023-2024 - Sở GD&ĐT Hà Nam (Có hướng dẫn chấm)

1. UBND TỈNH HÀ NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2023 - 2024 Môn: TOÁN (Đề chuyên) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm 01 trang) Câu I. (2,0 điểm) xx−+−11  x x 2 Cho biểu thức A =   −  với x≥0, xx ≠≠ 1, 4. 12++xx  x −1 xx− − 1. Rút gọn biểu thức A. 2. Tìm tất cả các số nguyên của x để 2AA−+= 1 1 2. Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình (x− 1) xx22 ++= 6 16 2 xx −+ 6 4. 3 23 2xxyyx+ (2 −+ ) 2 x + 6 xxyy = ++3 y 2. Giải hệ phương trình .  22 2  3(x+ y ) ++ 7 5 x + 5 y + 14 =−− 4 yx Câu III. (1,0 điểm) Tìm tất cả các số tự nhiên n để 2222024++ 2027 n là 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 PQ, phân biệt. Gọi N là trung điểm của đoạn thẳng PQ . Chứng minh rằng đường thẳng AN luôn đi qua một điểm cố định. 111 Câu V. (1,0 điểm) Cho abc,, là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện ++=1. abc222 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 111 P = ++. 522a2++ ab b 22 522 b ++ bc c 22 522 c ++ ca a 2 HẾT Thí sinh được sử dụng máy tính bỏ túi không có chức năng soạn thảo văn bản và không có thẻ nhớ. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Cán bộ coi thi số 1 Cán bộ coi thi số 2
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ NAM Năm học: 2023-2024 (Hướng dẫn chấm thi có 06 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (ĐỀ CHUYÊN) Ghi chú: - Điểm toàn bài không làm tròn. - Các cách giải khác mà đúng cho điểm tương đương. Nội dung Điểm Câu I (2,0 điểm) . xx−+−11  x x 2 Cho biểu thức A =   −  với x≥0, xx ≠≠ 1, 4. 12++xx  x −1 xx− − 1.(1,5 điểm) Rút gọn biểu thức A. 3  ( x ) −1 xx+−12 A = .− 0,5 1++xx+− +− ( xx11)( ) ( xx 12)( )  (x− 1)( xx ++ 1) x +1 x−2 = .− 0,25 1++xx +− +− ( xx11)( ) ( xx 12)( ) 11 =−−( x 1) 0,25 xx−+11 2 =( x −1) 0,25 ( xx−+11)( ) 2 = . 0,25 x +1 2.(0,5 điểm) Tìm tất cả các số nguyên của x để 2AA−+= 1 1 2. 1 +) 2112A−+= AA ⇔ 2121210 −= A −⇔ A −≥⇔≥ A 0,25 2 21 +) ≥ ⇔xx ≤⇔≤39 x +1 2 Kết hợp với điều kiện x≥0; xx ≠ 1; ≠⇒∈ 4 x{ 0; 2;3;5;6;7;8;9} 0,25 Câu II (2,0 điểm). 1.(1,0 điểm) Giải phương trình (x− 1) xx22 ++= 6 16 2 xx −+ 6 4. 22 2 (x− 1) xx ++= 6 16 2 xx −+⇔− 6 4 ( x 1) xx ++=− 6 16 ( x 1)(2 x − 4) ⇔−(x 1)( xx2 ++−+= 6 16 2 x 4) 0 0,25 +) xx−=10 ⇔ = 1 0,25 2x −≥ 40 2 + + = −⇔ +) xx6 16 2 x 4  22 xx++=6 16 (2 x − 4)
3. 2 x ≥ 2  x ≥ 2 =xl0( ) ⇔⇔ 2  3xx−= 22 0  22 0,25 x= () tm  3 22 Phương trình đã cho có hai nghiệm xx=1; = 0,25 3 3 23 2xxyyx+ (2 −+ ) 2 x + 6 xxyy = ++3 y (1) 2.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình .  22 2  3(x+ y ) ++ 7 5 x + 5 y + 14 =−− 4 yx (2) 3(xy2 + ) +≥ 7 0 Điều kiện:  2 5xy++≥ 5 14 0 Phương trình (1) tương đương với 22x3+ xyxy 22 − + 26 x 2 +=++ xxyy3 3 y 32 23 2 ⇔(2xxy − ) + (2 xyy −+ ) (2 xxy −+−= ) (6 xy 3 ) 0 ⇔x22(2 xy −+ ) y (2 xy −+ ) xxy (2 −+ ) 3(2 xy −= ) 0 ⇔(2x − yx )( 22 + y ++ x 3) = 0 0,25 1 11 ⇔(2xyx − )[( + )22 ++ y ] = 0 24 ⇔202xy −=⇔= y x 0,25 Thay yx= 2 vào phương trình (2) ta được 3x22+++ 6 x 7 5 x + 10 x +=−− 14 4 2 xx2 2 22 ⇔( 3xx + 6 +− 7 2) + ( 5 x + 10 x + 14 − 3) + ( xx + 2 + 1) = 0 3(xx++ 1) 225( 1) ⇔ + ++(x 1)2 = 0 22 3xx+ 6 ++ 7 2 5 x + 10 x + 14 + 3 2 35 ⇔(x + 1) ( + +=1) 0 0,25 22+ ++ + + + 3xx 6 7 2 5 x 10 x 14 3 35 Vì + +>10 nên phương trình tương đương với 3xx22+ 6 ++ 7 2 5 x + 10 x + 14 + 3 2 (x + 1) =⇔+=⇔ 0x 1 0 x =−⇒ 1 y =− 2 ( tm ) Vậy hệ phương trình có nghiệm (xy ; )=−− ( 1; 2) 0,25 Câu III. (1,0 điểm) Tìm tất cả các số tự nhiên n để 2222024++ 2027 n là số chính phương. Giả sử số tự nhiên n thỏa mãn đề bài. Khi đó tồn tại số nguyên dương k sao cho 2024 2027 nn2 2024 2 1012 1012 n 2+ 2 +=⇔ 2k 9.2 +=⇔+ 2 kk( 3.2)( k − 3.2) = 2 . 0,25 k +=3.21012 2a  ab 1013 ⇒−k 3.21012 = 2b ⇒−=2 2 3.2 . 0,25  ∈ += ab,, a b n
4. 3 ab− − 2−= 13 ⇔2b (2 ab −= 1) 3.21013 ⇔  b 1013 0,25 22= ab−=2 a = 1015 ⇔ ⇔ ⇒=n 2028 bb=1013 = 1013 2024 2027 n 0,25 Vậy với n = 2028thì 222++ là số chính phương Câu IV. (4 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) . A K O H D B M C E 1. ( 1,0 điểm) Chứng minh BAD = CAE . 0 AH⊥⇒ BC ADB =90 ABE = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,25 Suy ra BAD = CBE ( cùng phụ với ABC ) 0,25 Mà CBE = CAE ( góc nội tiếp cùng chắn cung AC ) 0,25 Suy ra BAD = CAE . 0,25 2. ( 1,0 điểm) Chứng minh rằng tứ giác BHCE là hình bình hành và HA HD= HK HM .
5. 4 A K O H D B M C E 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 0,25 Xét tứ giác BHCE có EC// BH và HC// BE nên tứ giác BHCE là hình bình hành. 0,25 Mà M là trung điểm của BC nên ba điểm HME, , thẳng hàng. Lại có ba điểm MKH, , thẳng hàng. Từ đó suy ra ba điểm KHE,, thẳng hàng. = ° ⇒=° Ta có AKE 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AKM 90 . Xét ∆AKH và ∆MDH có: AKM= MDH ( =90 °) ; KHA = DHM (hai góc đối đỉnh). 0,25 HA HK ⇒∆AKH∽ ∆ MDH( g. g ) ⇒ = ⇒=HA HD HK HM . 0,25 HM HD 3. ( 1,0 điểm) 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. 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 .
6. 5 Xét tam giác ∆HDM và ∆SDA có ADS= HDM =90 ° và DMH = DAS (cùng phụ với ASM ). HD DS ⇒∆HDM∽ ∆ SDA( g. g ) ⇒=. (1) DM AD BD AD 0,25 Tương tự H là trực tâm ∆ABC ⇒∆BDH∽ ∆ ADC ⇒ = . (2) HD CD HD BD DS AD BD DS Từ (1) và (2) ⇒ = ⇒=⇒BD CD = DM DS (3) DM HD AD CD DM CD BD DK Mà ∆∆BDK∽ IDC( g. g ) ⇒= ⇒BD CD = DI DK (4) 0,25 ID DC 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 °) ⇒=SKI DMA . Từ đó suy ra SMI = DMA . Xét ∆MIJ có SMI= DMA và IJ⊥ BC ⇒ BC là đường trung trực của IJ . 0,25 ⇒==°SJM SIM 90 (vì SKMI là tứ giác nội tiếp nên SIM =180 °− SKM =180 °− 90 °= 90 °) ⇒⊥SJ AM . Mà H là trực tâm ∆SAM ⇒⊥SH AM . Từ đó suy ra ba điểm SHJ,, thẳng hàng. Vậy các đường thẳng AK, BC và HJ cùng đi qua điểm S . 0,25 4.(1,0 điểm) Một đường tròn thay đổi luôn tiếp xúc với AK tại A và cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại PQ, phân biệt. Gọi N là trung điểm của đoạn thẳng PQ . Chứng minh rằng đường thẳng AN luôn đi qua một điểm cố định. A O' K P N ≡ N' O Q H B D M C E Gọi N ' là giao điểm của PQ và AE. Xét ∆AQN ' và ∆BEM có: QAN ' = EBM ; AQN' = KAP = BEM AN' BM ⇒∆AQN'.∽ ∆ BEM( g g ) ⇒ = (5) QN' EM 0,25 Do QAN ' = EBM ; AQN' = KAP = BEM nên theo tính chất góc ngoài của ∆AQN ' và 0,25 ∆BEM ta có EMC = PN ' A .
7. 6 CM AN ' Mà PAN ' = ECM nên ∆∆ECM∽ PAN'.( g g ) ⇒=. (6) EM PN ' 0,25 AN'' AN Từ (5) và (6) và kết hợp BM= CM ⇒ = ⇒QN'' = PN ⇒≡ N N '. QN'' PN Vậy AN luôn đi qua một điểm cố định O . 0,25 111 Câu V. (1,0 điểm)Cho abc,, là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện ++=1. abc222 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 111 P = ++. 522a2++ ab b 22 522 b ++ bc c 22 522 c ++ ca a 2 Với abc,,> 0, chứng minh được: 111 1 1111  (abc++) ++ ≥⇒9 ≤  ++ abc abc++ 9  abc 2 2 22 111 1 1 1 ( xyz++) ≤3( x + y + z ) ⇒ ++≤3 + + abc a222 b c 0,25 Với ab,0> , ta có : 2 2 2 22 2 522(44)(2)a++= ab b a +++−+ ab b a ab b =(2ab + )22 +− ( ab ) ≥ (2 ab + ) 2 ⇒522a22 + abb + ≥ (2)2 ab +=+ 2 ab 0,25 1 1 11 1 1  12 1  ⇒ ≤ ≤ ++  = +  2229ab+  aab  9 ab  522a++ ab b 1 12 1 1 12 1 Tương tự: ≤+ ; ≤+ 522b22++ bc c 99bc 522c2++ ca a 2ca 0,25 1212121  1111  1  1 1 1  1 3 PP≤ +++++ = ++  ⇒≤⋅33  + +  =⋅ = 9abbcca3 abc  3 a222 b c 33 abc= =  Dấu “=” xảy ra ⇔ 111 ⇔===abc 3 ++=  2221 abc 3 Vậy max P = khi abc= = = 3 . 3 0,25 HẾT