onthicaptoc.com
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
NĂM HỌC 2023 – 2024
Môn thi: Toán ( Chuyên )
Câu 1 ( 2,0 điểm )
1) Giải phương trình
2) Cho a,b,c là các số thực khác 0 thỏa mãn điều kiện và
Chứng minh
Câu 2 ( 2,0 điểm )
1) Cho ba số nguyên a,b và c thỏa mãn chia hết cho 6. Chứng minh abc chia hết cho 54
2) Tìm tất cả cặp số nguyên dương ( x,y ) thỏa mãn
Câu 3 ( 2,0 điểm )
1) Tìm tất cả cặp số nguyên ( x,y ) sao cho xy là số chính phương và là số nguyên tố
2) Với các số thực không âm a,b và c thỏa mãn , tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Câu 4 ( 3,0 điểm ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB < AC ), nội tiếp đường tròn (O). Ba đường cao AD,BE và CF của tam giác ABC cùng đi qua điểm H. Đường thẳng EF cắt đường thẳng AD tại điểm Q. Gọi M và I lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC và AH. Đường thẳng IM cắt đường thẳng EF tại điểm K.
1) Chứng minh rằng tam giác AEK đồng dạng với tam giác ABM
2) Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC tại điểm S, đường thẳng SI cắt đường thẳng MQ tại điểm T. Chứng minh rằng bốn điểm A,T,H và M cùng thuộc một đường tròn
3) Tia TH cắt đường tròn (O) tại điểm P. Chứng minh rằng ba điểm A,K và P thẳng hàng
Câu 5 ( 1,0 điểm ) Cho 2023 điểm nằm trong một hình vuông cạnh 1. Một tam giác đều được gọi là phủ điểm M nếu điểm M nằm trong tam giác hoặc nằm trên cạnh của tam giác
LỜI GIẢI
Câu 1 ( 2,0 điểm )
1) Điều kiện xác định
Sử dụng nhân liên hợp, ta có phương trình ban đầu tương đương với
Chuyến vế, rút nhân tử chung ta được
Ta có nên với mọi , kéo theo x = 4 ( thỏa mãn điều kiện xác định )
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 4
2) Theo đề bài ta có và nên . Nếu a + b = 0 thì a = -b. Tuy nhiên khi đó là trái giả thiết. Do đó, ta phải có dẫn tới
Hoàn toàn tương tự ta có và
Từ đây ta suy ra
Đây chính là điều phải chứng minh
Câu 2 ( 2,0 điểm )
1) Nếu cả ba số a,b,c đều lẻ thì sẽ lẻ và do đó không chia hết cho 6, trải giả thiết. Do đó, trong ba số a.b.c phải có ít nhất một số chẵn, nghĩa là abc chia hết cho 2
Nếu abc không chia hết cho 3 tức là trong 3 số a,b,c không có số nào chia hết cho 3, dẫn tới ( mod 3 ). Vì chia hết cho 3 nên -2ab cũng chia hết cho 3, vô lí vì a.b.c đều không chia hết cho 3. Do đó, ta phải có abc chia hết cho 3. Từ đây ta có ngay chia hết cho 3. Vì số chính phương khi chia 3 thì dư chỉ có thể là 0,1 cả 3 số phải chia hết cho 3 kéo theo a,b,c đều chia hết cho 3. Khi đó abc chia hết cho 27
Vì ( 27,2 ) = 1 nên abc chia hết cho 27.2 = 54. Phép chứng minh hoàn tất
2) Phương trình đã cho được viết lại thành
Coi phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn y, tính biệt thức
Điều kiện cần để phương trình có nghiệm y nguyên là là số chính phương. Suy ra là số chính phương ( do x nguyên dương nên ). Vì là số lẻ và nếu gọi thì d lẻ và nên ta phải có d = 1. Suy ra đều là các số chính phương. Mà
nên và tìm được x = 1. Thay x = 1 tìm được y = 1, y = 4. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên dương ( x,y ) là ( 1,1 ) và ( 1,4 )
Câu 3 ( 2,0 điểm )
1) Đặt với thì Chú ý là nên x,y ở cùng phía với 0. Và nếu cặp ( x,y ) thỏa mãn thì cặp ( -x,-y ) cũng thỏa mãn, do đó ta chỉ cần xét . Khi đó và do là số nguyên tố nên ta phải có . Do nên nên để có đẳng thức thì . Vậy, có hai cặp ( x,y ) là ( 1,1 ),( -1,-1 )
2) Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
Suy ra Dâu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = 0, . Gía trị nhỏ nhất của P là
Lại có, theo bất đẳng thức AM-GM thì
kéo theo
Dâu bằng xảy ra khi và chỉ khi . Giả ta tìm được . Gía trị lớn nhất của P là
Câu 4 ( 3,0 điểm )
1) Xét các tam giác BFC và BEC lần lượt vuông tại F và E với các trung tuyến tương ứng là FM và EM, khi đó ta được FM = EM = BC. Tương tự, xét các tam giác AFH và AEH lần lượt vuông tại F và E với các trung tuyến tương ứng là FI và EI, khi đó ta cũng được FI = EI = AH. Như vậy, MI là đường trung trực của EF, vì thế K là trung điểm của EF. Mặt khác, lại chú ý rằng nên ta được , kéo theo . Từ đó ta thu được và . Do đó,
2) Xét với ID SM và SK IM ( vì MI là trung trực của EF ), vì thế Q là trực tâm của . Như vậy, MQ MT SI và từ đó ta được . Do đó, năm điểm I,T,E,F,M cùng thuộc một đường tròn và dẫn đến QT.QM = QE.QF. Mặt khác, lại chú ý rằng tứ giác AEFH là tứ giác nội tiếp, ta cũng có QE.QF = QA.QH. Như vậy, QT.QM = QA.QH, vì vậy bốn điểm A,T,H,M cùng thuộc một đường tròn
3) Trên tia TH lấy một điểm P’ sao cho HT.HP’ = HA.HD. Khi đó, ta cũng được HT.HP’ = HB.HE = HC.HF và do đó các tứ giác TBP’E và TCP’F là các tứ giác nội tiếp. Khi đó, ta có và . Từ đó, chú ý rằng tứ giác TIEF nội tiếp nên , ta thu được
Do đó (O) và kéo theo . Như vậy, HA.HD = HT.HP nên tứ giác ATDP nội tiếp và . Mặt khác, ta có các kết quả quen thuộc và AO EF, kết hợp với , ta thu được và IM // AO ( EF ). Lại chú ý rằng các tứ giác ATHM và ITDM là các tứ giác nội tiếp, ta được
Do đó, , từ đó suy ra A,P,K thẳng hàng
Câu 5 ( 1,0 điểm )
1)
Mỗi một phần đều là tam giác vuông cân với độ dài cạnh bên bằng
Theo nguyên lý Dirichlet, có 2023 điểm được phân bố vào trong 8 phần như hình vẽ trên nên tồn tại một phần có chứa ít nhất
điểm
Nói cách khác, tồn tại một tam giác vuông cân có cạnh bằng chứa ít nhất 253 điểm. Mà tam giác vuông cân có cạnh bên bằng thì sẽ chứa trong một tam giác đều có cạnh bằng , ta có điều phải chứng minh
2) Gọi hình vuông được cho là ABCD với tâm O. Ta sử dụng hai đường vuông góc IF,EG đi qua O và tạo với các cạnh một góc để chia hình vuông thành 4 tứ giác AIOG, BIOE, CEOF, DFOG như hình vẽ
Theo nguyên lý Dirichlet, có 2023 điểm được phân bố vào trong 4 phần như hình vẽ trên nên tồn tại một phần phủ ít nhất
điểm
Không mất tính tổng quát, giả sử tứ giác AIOG phủ ít nhất 506 điểm. Ta dựng tam giác đều IMN sao cho và như hình vẽ. Kẻ OH AB. Ta có . Tương tự . Ta lại có . Suy ra
Như vậy tam giác đều IMN có cạnh nhỏ hơn , suy ra tồn tại tam giác đều phủ toàn bộ tam giác đều IMN. Tam giác đều ấy do đó phủ toàn bộ tứ giác AIOG, suy ra nó cũng phủ ít nhát 506 điểm được cho
onthicaptoc.com

onthicaptoc.com De TS 10 Toan chuyen Ha Noi 23 24