Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 trường THPT chuyên Hà Tĩnh môn Toán - Năm học 2023-2024 - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh (Có đáp án)

Nội dung text: Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 trường THPT chuyên Hà Tĩnh môn Toán - Năm học 2023-2024 - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh (Có đáp án)

1. 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 CHÍNH 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 xy, thỏa mãn 4x22 5 y 4 xy 2(2 x 3)40. y 1 1 1 b) Cho abc,, là các số thực khác không thỏa mãn 0. abc 1 1 1 Chứng minh rằng 0. a2 2 bc b 2 2 ca c 2 2 ab Câu 2. (2,5 điểm) (xy 2)(2 ) 8 a) Giải hệ phương trình 22 11 4(x y ) x y 1 3 xy . b) Giải phương trình x2 3 x 11 x 2 2 x 2. Câu 3. (1,5 điểm) 5 a) Tìm tất cả các số thực x để p là số nguyên. xx 2 b) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 thì A n2024 n 2023 n 4 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. Các tiếp tuyến của đường tròn tại A và cắt nhau tại điểm M . Đường thẳng MB cắt AC tại F và cắt đường tròn tại 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 trên đường thẳng AB. Hai đường thẳng 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 abc,, thỏa mãn a b c;0 ab bc ca và abc 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:
2. 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 4x2 5 y 2 4 xy 2(2 x 3)40 y (2 x y 1) 2 4( y 1) 2 1 0,25 1a (2x y 1)22 4( y 1) 1 1,0 đ 22 0,25 (2x y 1) 4( y 1) 0 22 2x y 1 0 x 1 TH1: (2x y 1) 4( y 1) 0 . 0,25 yy 1 0 1 2xy 1 0 2 ()vn 22 4(y 1) 1 TH2: (2x y 1) 4( y 1) 1 22 (2x y 1) 1 (2 x 2) 1 0,25 (vn ). yy 1 0 1 Vậy có đúng một cặp số thỏa mãn (x; y) = (-1; -1). Câu 1 1 1 00 ab bc ca 0,25 1b abc 1,0 đ 22 Ta có : a 2 bca bc ( abca ) ( abac )( ). 22 0,5 Tương tự có : b 2 ca ( bcbac )( ); 2 ab ( cacb )( ). 1 1 1 1 1 1 a2 2 bcb 2 2 cac 2 2 ab ()()()()()() abac bcba cacb 0,25 1 1 1b c ( a c ) a b 0 (abac )( )( bcab )( )( acbc )( )( abbcac )( )( ) Câu ĐK: 11 4(xy ) 0 0,25 2a (2)(2)82x y x y xy 42 x y 4 xy 1,5 đ Thế vào phương trình (2) ta có: 0,25 112(4 xy ) x2 y 2 310 xy 32 xy x 2 y 2 310 xy 22 3 2xy 1 x y 3 xy 2 0 0,25 2(1 xy ) 2 (1 xy )(2 xy ) 0 1 xy 2 xy 0 0,25 3 2xy 1 3 2xy 1 23 xy 1 (Do 2 xy 0,  xy ) 0,25 3 2xy 1 2
3. 1 1 y 1 y xy 1 x y x Ta có: x 25 xy 1 2 5 41 25 x 2xx 5 2 0 x x 4 0,25 Vậy hệ phương trình có nghiệm là: 5 41 5 41 5 41 5 41 xy;; và ; 44 44 Câu xx2 3 11 0 2b ĐK: x 2 x 20 1,0 đ 0,25 x22 3 x 11 x 2 2 x 2 ( x 1) 5( x 2) x 2 2( x 1) Xét x 2 (không phải là nghiệm) (xx 1)2 2( 1) Xét x 2 Chia hai vế phương trình cho x 2 ta được: 5 1 . x 2 x 2 0,25 x 1 2 Đặt t ta được phương trình: tt 5 1 2 x 2 1 1 t 2 2t 1 0 t 2 2 t 5 2 t 1 22 2 t 0,25 tt 5 (2 1) 2 2 3 3tt 4 4 0 tt 2; 3 2 Khi t ta được phương trình: 3 x 12 x 10 2xx 2 3( 1) 2 x 2 3 4(xx 2) 9( 1) x 1 x 1 11 4 7 2 11 4 7 x . 0,25 9xx 22 1 0 x 9 9 11 4 7 Vậy phương trình có đúng 1 nghiệm x 9 ax 1 Chú ý: Học sinh có thể giải theo cách: Đặt bx 2 0. Câu 55 Ta có p 3a 2 xx 2 17 0,25 1,0 đ x 24 5 20 0 pp 1; 2 7 7 0,25 4 5 1 13 7 13 TH1: p 1 1 x x 3 0 x x . 0,25 xx 2 22
4. 5 1 3 2 3 TH2: p 2 2 2 x 2 x 1 0 x x . xx 2 22 0,25 7 13 2 3 Vậy có hai giá trị cần tìm là x ;. 22 Câu Ta có Annnn 2024 2023 411 nnnnnn 2024 2 2023 4 2 3b nn2 2022 1 nn 2022 1 nn 4 2 1 nnn 2 2022 1 nn 4 2 1 0,5 đ 674 0,25 Ta có n2 n n 2022 11 n 2 n n 3 n2 n n 3 1 . B n 2 n n 1 n 2 n 1 . B chia hết cho nn2 1 2 Lại có n4 n 2 1 n 4 2 n 2 1 n 2 n 2 1 n 2 22 n n 11 n n chia hết cho 0,25 Vậy A n2024 n 2023 n 4 n 1 chia hết cho 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 2 a) Ta có ME. MB MA do MAB vuông tại A có đường cao AE. 0,25 2 Lại có MH. MO MA do MAO vuông tại A có đường cao AH. 0,25 ME MB MH MO 0,25 ME MO OME BMH 0,25 MH MB 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 IC IK 0,25 Ta có và IC IK MP BM MA BM MP MA Suy ra I trung điểm của đoạn thẳng CK .
5. 1 1 1 1 S SS;. S SS S CKAB ACI2 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 5AB2 FI IM BM. Lại có BM2 AB 2 MA 2 FM AM 2 3 6 4 0,25 AB 5 AB5 FI 1 5 BM 2 2AB 6 AB 12 M c) Ta có Câu 4c ME CE MEC MCB 0,75 đ MC CB E C MA EA 0,25 MEA MAB 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 FEC FAB FA AB FA AE FAE FBC 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 mn 0; 0 m n m n mn22 Dấu bằng xảy ra khi mn 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 c22ab bc ca a c ab bc ca 5 5 2 2 10 2 Lại có: 5 0,25 ac 2 ab bc ca 22 (ac ) 4( abbcca ) ( ac ) 4 bac ( )
6. 10 2 10 2 P do a c 1 b (a c )( a c 4 b ) (1 b )(1 3 b ) 10 6 10 6 P 56 3 3bb 1 3 3 3bb 1 3 0,25 2 Giá trị nhỏ nhất của P bằng 56khi abc abc 26 1 a b 6 abc 1 3 1 a b b c 2 b ac 3 a c 2 b ( a c ) ca 3 0,25 26 3 3bb 1 3 2 c a c 2 ca 6 9 Câu 6 Vì x;; y z là các số chính phương ta viết thành x a2;;;; y b 2 z c 2 a b c Z 0,5 đ Ta có: a2 1 b 2 1 c 2 1 abab 2 2 2 2 1 c 2 1 abab 22 1 c 2 1 0,25 ac bc 2 ab 1 2 a b 2 abc c 2 22 2 22 2 Áp dụng các đẳng thức x y x y 2 xy và x y x y 2 xy có: Thứ 1: ac bc 2 ab 1 2 ab bc ca 1 2 2 ac bc ab 1 ab bc ca 12 2 a22 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 a b c abc 2 2 a22 bc b ac ac bc ac bc 2 ab1 2 a b 2 abc c 2 ab bc ca 1 2 ( a b c abc )2 Vậy x 1 y 1 z 1 là tổng của hai số chính phương. HẾT.