Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Toán Hà Nam có đáp án

5 câu · Đề thi Toán vào lớp 10

Đề tự luận: mỗi câu có đáp án tham khảo của đề gốc để bạn tự đối chiếu bài làm (không tính điểm).

Câu 1

Câu tự luận

Cho biểu thức $A = (\frac{x x - 1}{1 + x + x}) (\frac{x + 1}{x - 1} - \frac{x - 2}{x - x - 2})$ với $x \geq 0, x \neq = 1, x \neq = 4.$

1. Rút gọn biểu thức $A .$

2.Tìm tất cả các số nguyên của $x$ để $∣ 2 A - 1 ∣ + 1 = 2 A .$

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

$A = \frac{( x ) ^{3} - 1}{1 + x + x} . [\frac{x + 1}{( x + 1 ) ( x - 1 )} - \frac{x - 2}{( x + 1 ) ( x - 2 )}]$

$= \frac{( x - 1 ) ( x + x + 1 )}{1 + x + x} . [\frac{x + 1}{( x + 1 ) ( x - 1 )} - \frac{x - 2}{( x + 1 ) ( x - 2 )}]$

$= (x - 1) (\frac{1}{x - 1} - \frac{1}{x + 1})$

$= (x - 1) \frac{2}{( x - 1 ) ( x + 1 )}$

$= \frac{2}{x + 1} .$

Câu 2

Câu tự luận

Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ để $2^{2024} + 2^{2027} + 2^{n}$ là số chính phương.

Cho biểu thức $A = (\frac{x x - 1}{1 + x + x}) (\frac{x + 1}{x - 1} - \frac{x - 2}{x - x - 2})$ với $x \geq 0, x \neq = 1, x \neq = 4.$

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Giả sử số tự nhiên $n$ thỏa mãn đề bài. Khi đó tồn tại số nguyên dương $k$ sao cho

$2^{2024} + 2^{2027} + 2^{n} = k^{2} \Leftrightarrow 9. 2^{2024} + 2^{n} = k^{2} \Leftrightarrow (k + 3.2^{1012}) (k - 3.2^{1012}) = 2^{n}$ .

$\Rightarrow ⎩ ⎨ ⎧ k + 3. 2^{1012} = 2^{a} k - 3. 2^{1012} = 2^{b} a, b \in N, a + b = n$ $\Rightarrow 2^{a} - 2^{b} = 3. 2^{1013}$ .

$\Leftrightarrow 2^{b} (2^{a - b} - 1) = 3. 2^{1013} \Leftrightarrow {2^{a - b} - 1 = 3 2^{b} = 2^{1013}$

$\Leftrightarrow {a - b = 2 b = 1013 \Leftrightarrow {a = 1015 b = 1013 \Rightarrow n = 2028$

Vậy với $n = 2028$ thì $2^{2024} + 2^{2027} + 2^{n}$ là số chính phương:

Câu 3

Câu tự luận

1. Giải phương trình $(x - 1) \sqrt{x^{2} + 6 x + 16} = 2 x^{2} - 6 x + 4.$

2.Giải hệ phương trình ${2 x^{3} + x y (2 y - x) + 2 x^{2} + 6 x = x y + y^{3} + 3 y (1) 3 (x^{2} + y) + 7 + 5 x^{2} + 5 y + 14 = 4 - y - x^{2} (2) .$

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

1) $(x - 1) x^{2} + 6 x + 16 = 2 x^{2} - 6 x + 4 \Leftrightarrow (x - 1) x^{2} + 6 x + 16 = (x - 1) (2 x - 4)$

\Leftrightarrow (x - 1) (x^{2} + 6 x + 16 - 2 x + 4) = 0

x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1

+) $x^{2} + 6 x + 16 = 2 x - 4 \Leftrightarrow {2 x - 4 \geq 0 x^{2} + 6 x + 16 = (2 x - 4)^{2}$

\Leftrightarrow {x \geq 2 3 x^{2} - 22 x = 0 \Leftrightarrow ⎩ ⎨ ⎧ x \geq 2 [x = 0 (l) x = \frac{22}{3} (t m)

Phương trình đã cho có hai nghiệm

x = 1; x = \frac{22}{3}

2) Điều kiện: ${3 (x^{2} + y) + 7 \geq 0 5 x^{2} + 5 y + 14 \geq 0$

Phương trình $(1)$ tương đương với

2 x^{3} + 2 x y^{2} - x^{2} y + 2 x^{2} + 6 x = x y + y^{3} + 3 y \Leftrightarrow (2 x^{3} - x^{2} y) + (2 x y^{2} - y^{3}) + (2 x^{2} - x y) + (6 x - 3 y) = 0 \Leftrightarrow x^{2} (2 x - y) + y^{2} (2 x - y) + x (2 x - y) + 3 (2 x - y) = 0 \Leftrightarrow (2 x - y) (x^{2} + y^{2} + x + 3) = 0

$\Leftrightarrow (2 x - y) [(x + \frac{1}{2})^{2} + y^{2} + \frac{11}{4}] = 0$

\Leftrightarrow 2 x - y = 0 \Leftrightarrow y = 2 x

Thay $y = 2 x$ vào phương trình $(2)$ ta được

$3 x^{2} + 6 x + 7 + 5 x^{2} + 10 x + 14 = 4 - 2 x - x^{2} \Leftrightarrow (3 x^{2} + 6 x + 7 - 2) + (5 x^{2} + 10 x + 14 - 3) + (x^{2} + 2 x + 1) = 0 \Leftrightarrow \frac{3 ( x + 1 ) ^{2}}{3 x ^{2} + 6 x + 7 + 2} + \frac{5 ( x + 1 ) ^{2}}{5 x ^{2} + 10 x + 14 + 3} + (x + 1)^{2} = 0 \Leftrightarrow (x + 1)^{2} (\frac{3}{3 x ^{2} + 6 x + 7 + 2} + \frac{5}{5 x ^{2} + 10 x + 14 + 3} + 1) = 0$

Vì $\frac{3}{3 x ^{2} + 6 x + 7 + 2} + \frac{5}{5 x ^{2} + 10 x + 14 + 3} + 1 > 0$ nên phương trình tương đương với

$(x + 1)^{2} = 0 \Leftrightarrow x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = - 1 \Rightarrow y = - 2 (t m)$

Vậy hệ phương trình có nghiệm

(x; y) = (- 1; - 2)

Câu 4

Câu tự luận

Cho đường tròn $(O)$ có dây cung $B C$ cố định và không đi qua tâm $O$ . Gọi $A$ là điểm di động trên đường tròn $(O)$ sao cho tam giác $A B C$ nhọn và $A B < A C .$ Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $B C$ và $H$ là trực tâm tam giác $A B C .$ Tia $M H$ cắt đường tròn $(O)$ tại $K$ , đường thẳng $A H$ cắt cạnh $B C$ tại $D$ và $A E$ là đường kính của đường tròn $(O)$ .

1. Chứng minh $B A D = C A E .$

2. Chứng minh rằng tứ giác $B H C E$ là hình bình hành và $H A . H D = H K . H M$ .

3. Tia $K D$ cắt đường tròn $(O)$ tại $I$ ( $I$ khác $K$ ), đường thẳng đi qua $I$ và vuông góc với đường thẳng $B C$ cắt $A M$ tại $J$ . Chứng minh rằng các đường thẳng $A K, B C$ và $H J$ cùng đi qua một điểm.

4.Một đường tròn thay đổi luôn tiếp xúc với $A K$ tại $A$ và cắt các cạnh $A B, A C$ lần lượt tại $P, Q$ phân biệt. Gọi $N$ là trung điểm của đoạn thẳng $P Q$ . Chứng minh rằng đường thẳng $A N$ luôn đi qua một điểm cố định.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Câu IV. (4 điểm) Cho đường tròn $(O)$ có dây cung $B C$ cố định và không đi qua tâm $O$ . Gọi $A$ là điểm di động trên đường tròn $(O)$ sao cho tam giác $A B C$ nhọn và $A B < A C .$ Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $B C$ và $H$ là trực tâm tam giác $A B C .$ Tia $M H$ cắt đường tròn $(O)$ tại $K$ , đường thẳng $A H$ cắt cạnh $B C$ tại $D$ và $A E$ là đường kính của đường tròn $(O)$ .

(O)

có dây cung

B C

cố định và không đi qua tâm (ảnh 1)">

1. ( 1,0 điểm) Chứng minh $B A D = C A E .$

$A H ⊥ B C \Rightarrow A D B = 9 0^{0}$

$A B E = 9 0^{0}$ ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra $B A D = C B E$ ( cùng phụ với $A B C$ )

Mà $C B E = C A E$ ( góc nội tiếp cùng chắn cung )

Suy ra $B A D = C A E .$

2. ( 1,0 điểm) Chứng minh rằng tứ giác $B H C E$ là hình bình hành và $H A . H D = H K . H M$ .

(O)

có dây cung

B C

cố định và không đi qua tâm (ảnh 2)">

Ta có $A C E = 9 0^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\Rightarrow E C ⊥ A C$ .

Mà $H$ là trực tâm tam giác $A B C$ $\Rightarrow B H ⊥ A C$ . Từ đó suy ra $E C // B H$ .

Tương tự $H C // B E$

Xét tứ giác $B H C E$ có $E C // B H$ và $H C // B E$ nên tứ giác $B H C E$ là hình bình hành.

Mà $M$ là trung điểm của $B C$ nên ba điểm $H, M, E$ thẳng hàng.

Lại có ba điểm $M, K, H$ thẳng hàng. Từ đó suy ra ba điểm $K, H, E$ thẳng hàng.

Ta có $A K E = 9 0^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\Rightarrow A K M = 9 0^{\circ}$ .

Xét $Δ A K H$ và $Δ M D H$ có: $A K M = M D H (= 9 0^{\circ})$ ; $K H A = D H M$ (hai góc đối đỉnh).

$\Rightarrow H A . H D = H K . H M$ .

3. ( 1,0 điểm) Tia $K D$ cắt đường tròn $(O)$ tại $I$ ( $I$ khác $K$ ), đường thẳng đi qua $I$ và vuông góc với đường thẳng $B C$ cắt $A M$ tại $J$ . Chứng minh rằng các đường thẳng $A K, B C$ và $H J$ cùng đi qua một điểm.

(O)

có dây cung

B C

cố định và không đi qua tâm (ảnh 3)">

Kéo dài $A K$ cắt đường thẳng $B C$ tại $S$ , $Δ S A M$ có hai đường cao $A D$ và $M K$ cắt nhau tại $H$ $\Rightarrow H$ là trực tâm tam giác $S A M$ .

Xét tam giác $Δ H D M$ và $Δ S D A$ có $A D S = H D M = 9 0^{\circ}$ và $D M H = D A S$ (cùng phụ với $A S M$ ).

$\Rightarrow \frac{H D}{D M} = \frac{D S}{A D}$ . (1)

Tương tự $H$ là trực tâm $Δ A B C$ . (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \frac{H D}{D M} . \frac{B D}{H D} = \frac{D S}{A D} . \frac{A D}{C D} \Rightarrow \frac{B D}{D M} = \frac{D S}{C D} \Rightarrow B D . C D = D M . D S$ (3)

Mà $\Rightarrow \frac{B D}{I D} = \frac{D K}{D C} \Rightarrow B D . C D = D I . D K$ (4)

Từ (3) và (4) $\Rightarrow D I . D K = D M . D S$ nên $S K M I$ là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow S M I = S K I$ .

Mà $A K D M$ là tứ giác nội tiếp (do $A K M = A D M = 9 0^{\circ}$ ) $\Rightarrow S K I = D M A$ .

Từ đó suy ra $S M I = D M A$ .

Xét $Δ M I J$ có $S M I = D M A$ và $I J ⊥ B C$ $\Rightarrow B C$ là đường trung trực của $I J$ .

$\Rightarrow S J M = S I M = 9 0^{\circ}$ (vì $S K M I$ là tứ giác nội tiếp nên $S I M = 18 0^{\circ} - S K M$ $= 18 0^{\circ} - 9 0^{\circ} = 9 0^{\circ}$ ) $\Rightarrow S J ⊥ A M$ .

Mà $H$ là trực tâm $Δ S A M$ $\Rightarrow S H ⊥ A M$ . Từ đó suy ra ba điểm $S, H, J$ thẳng hàng. Vậy các đường thẳng $A K, B C$ và $H J$ cùng đi qua điểm $S$ .

4.(1,0 điểm) Một đường tròn thay đổi luôn tiếp xúc với $A K$ tại $A$ và cắt các cạnh $A B, A C$ lần lượt tại $P, Q$ phân biệt. Gọi $N$ là trung điểm của đoạn thẳng $P Q$ . Chứng minh rằng đường thẳng $A N$ luôn đi qua một điểm cố định.

$Δ B E M$

Gọi $N^{'}$ là giao điểm của $P Q$ và $A E .$ Xét $Δ A Q N^{'}$ và $Δ B E M$ có:

$Q A N^{'} = E B M$ ; $A Q N^{'} = K A P = B E M$

(5)

Do $Q A N^{'} = E B M$ ; $A Q N^{'} = K A P = B E M$ nên theo tính chất góc ngoài của $Δ A Q N^{'}$ và ta có $E M C = P N^{'} A$ .

Mà $P A N^{'} = E C M$ nên $\Rightarrow \frac{C M}{E M} = \frac{A N ^{'}}{P N ^{'}}$ . (6)

Từ (5) và (6) và kết hợp $B M = C M$ $\Rightarrow \frac{A N ^{'}}{Q N ^{'}} = \frac{A N ^{'}}{P N ^{'}} \Rightarrow Q N^{'} = P N^{'} \Rightarrow N \equiv N^{'}$ .

Vậy $A N$ luôn đi qua một điểm cố định $O$ .

Câu 5

Câu tự luận

Cho $a, b, c$ là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện $\frac{1}{a ^{2}} + \frac{1}{b ^{2}} + \frac{1}{c ^{2}} = 1$ .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$P = \frac{1}{5 a ^{2} + 2 ab + 2 b ^{2}} + \frac{1}{5 b ^{2} + 2 b c + 2 c ^{2}} + \frac{1}{5 c ^{2} + 2 c a + 2 a ^{2}}$ .

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Với $a, b, c > 0$ , chứng minh được:

$\begin{matrix} (a + b + c) (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) \geq 9 \Rightarrow \frac{1}{a + b + c} \leq \frac{1}{9} (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) \\ {(x + y + z)}^{2} \leq 3 (x^{2} + y^{2} + z^{2}) \Rightarrow \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \leq \sqrt{3 (\frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} + \frac{1}{c^{2}})} \end{matrix}$

Với $a, b > 0$ , ta có :

$5 a^{2} + 2 ab + 2 b^{2} = (4 a^{2} + 4 ab + b^{2}) + (a^{2} - 2 ab + b^{2}) = (2 a + b)^{2} + (a - b)^{2} \geq (2 a + b)^{2} \Rightarrow 5 a^{2} + 2 ab + 2 b^{2} \geq (2 a + b)^{2} = 2 a + b$ :

$\Rightarrow \frac{1}{5 a ^{2} + 2 ab + 2 b ^{2}} \leq \frac{1}{2 a + b} \leq \frac{1}{9} (\frac{1}{a} + \frac{1}{a} + \frac{1}{b}) = \frac{1}{9} (\frac{2}{a} + \frac{1}{b})$

Tương tự: $\frac{1}{5 b ^{2} + 2 b c + 2 c ^{2}} \leq \frac{1}{9} (\frac{2}{b} + \frac{1}{c}); \frac{1}{5 c ^{2} + 2 c a + 2 a ^{2}} \leq \frac{1}{9} (\frac{2}{c} + \frac{1}{a})$ :

$P \leq \frac{1}{9} (\frac{2}{a} + \frac{1}{b} + \frac{2}{b} + \frac{1}{c} + \frac{2}{c} + \frac{1}{a}) = \frac{1}{3} (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) \Rightarrow P \leq \frac{1}{3} \cdot 3 (\frac{1}{a ^{2}} + \frac{1}{b ^{2}} + \frac{1}{c ^{2}}) = \frac{1}{3} \cdot 3 = \frac{3}{3}$

Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow {a = b = c \frac{1}{a ^{2}} + \frac{1}{b ^{2}} + \frac{1}{c ^{2}} = 1 \Leftrightarrow a = b = c = 3$

Vậy $max P = \frac{3}{3}$ khi $a = b = c = 3$ .: