Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2023-2024 có đáp án - Trường chuyên Hùng Vương, Phú Thọ

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:14

Thêm vào BST

Báo xấu

22
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

‘Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2023-2024 có đáp án - Trường chuyên Hùng Vương, Phú Thọ" là tài liệu tham khảo được TaiLieu.VN sưu tầm để gửi tới các em học sinh đang trong quá trình ôn thi, giúp học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học và nâng cao kĩ năng giải đề thi. Chúc các em học tập và ôn thi hiệu quả!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2023-2024 có đáp án - Trường chuyên Hùng Vương, Phú Thọ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 PHÚ THỌ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2023-2024 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán (Dành cho thí sinh thi chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề. Đề thi có 01 trang Câu 1 (2,0 điểm). a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x 2 − 2 ( m − 1) x + m 2 − 2m − 8 = có hai 0 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 + 6 = x2 . 1 1 b) Cho f ( x ) = 1 + + với x ≠ 0, x ≠ −1. Tính f (1) + f ( 2 ) + f ( 3) +  + f ( 2023) . x ( x + 1)2 2 Câu 2 (2,0 điểm). a) Cho các số nguyên a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a 3 + b3 − 8c3 + 28d 3 = 0. Chứng minh rằng ( a + b + c + d ) chia hết cho 9. 2 b) Chứng minh rằng tồn tại đa thức P ( x ) có hệ số thực, bậc 2024 thỏa mãn điều kiện P ( x 2 − 2 ) chia hết cho P ( x ) . Câu 3 (2,0 điểm).  a) Giải hệ phương trình  ( ) 2 x + x 2 − x + 1 =1 − y + y 2 + 3 ( x, y ∈  ) .  y 2 − 2 ( x − 2= 3 ( y + 1) ( y 2 + 2 x ) )  b) Bạn An viết lên trên bảng 11 số nguyên dương (không nhất thiết phân biệt) có tổng bằng 30. Chứng minh rằng bạn An có thể xóa đi một số số sao cho các số còn lại trên bảng có tổng bằng 10. Câu 4 (3,0 điểm). Trên đường tròn tâm O đường kính AB = 2 R lấy điểm N sao cho AN = R và M là một điểm thay đổi trên cung nhỏ BN ( M khác B và N ). Gọi I là giao điểm của AM và BN , H là hình chiếu của I trên AB, IH cắt AN tại C , K là điểm đối xứng với N qua AB. a) Chứng minh CM .CB = CI .CH và ba điểm K , H , M thẳng hàng. b) Gọi P là giao điểm thứ hai của NH và ( O ) . Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HPK thuộc đường thẳng cố định khi M thay đổi. c) Xác định vị trí của điểm M để tổng MB + MN đạt giá trị lớn nhất. Câu 5 (1,0 điểm). Xét các số thực dương a, b, c; tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a b c F= + + . 2 2 2 a + 9bc b + 9ac c + 9ab .......................Hết..................... Họ và tên thí sinh:………………………………………………Số báo danh:........................ Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 PHÚ THỌ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2023-2024 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN (Dành cho thí sinh thi chuyên Toán) Hướng dẫn chấm có 06 trang I. Một số chú ý khi chấm bài - Đáp án chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách. Khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm. - Thí sinh làm bài theo cách khác với hướng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với thang điểm của hướng dẫn chấm. - Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số. II. Đáp án – thang điểm Câu 1 (2 điểm). a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x 2 − 2 ( m − 1) x + m 2 − 2m − 8 = có hai 0 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 + 6 = x2 . Đáp án Điểm Xét phương trình: x − 2 ( m − 1) x + m − 2m − 8 = 2 2 0. ( ) 2 Ta có : ∆ ' =  − ( m − 1)  − m 2 − 2m − 8 = 9 > 0, ∀m nên phương trình luôn có hai nghiệm   0,25 phân biệt x1 , x2 . Ta tìm được hai nghiệm của phương trình là x m − 4 và x m + 2. = = 0,25 Trường hợp 1 : x1 = − 4, x2 = + 2, bài toán trở thành : m m m−4+6= m+2 ⇔ m+2= m+2 m ≥ −2 0,25 m + 2 ≥ 0  m ≥ −2   m = −1 ⇔ ⇔ 2   m = −1 ⇔  ( m + 2 ) = + 2 m + 3m + 2 =  m = −2 2  m 0  m = −2  Trường hợp 2: x1 = + 2, x2 = − 4, bài toán trở thành : m m m + 2 + 6= m−4 ⇔ m+8= m−4 m + 8 ≥ 0 m ≥ −8 m ≥ −8     0,25 ⇔ m − 4 ≥ 0 ⇔ m ≥ 4 ⇔ m ≥ 4 (vô nghiệm).  m 2 + 15m + 62 = m ∈∅ ( m + 8 ) = + 2 2  m  0  Vậy m = m = thỏa mãn là các giá trị phải tìm. −1, −2 1 1 b) Cho f ( x ) = 1 + + với x ≠ 0, x ≠ −1. Tính f (1) + f ( 2 ) + f ( 3) + ... + f ( 2023) . x ( x + 1)2 2 Đáp án Điểm 1 1 1 1 Ta có: f ( x ) = 1 + + =1 + − với x > 0. 0,25 x ( x + 1)2 2 x x +1 Thật vậy, khi x > 0, hai vế của đẳng thức đều dương nên bình phương hai vế của đẳng thức trên, ta được: 1 1 1 1 2 2 2 0,25 ⇔ 1+ 2 + 1 =+ 2 + + − − x ( x + 1) 2 x ( x + 1) 2 x x + 1 x ( x + 1) Trang 1/6
1 1 1 1 2 2 1 1  ⇔ 1+ + 1 =+ 2 + + − −2 − (luôn đúng) x ( x + 1) x ( x + 1)  x x + 1 2 2 2 x x +1  Áp dụng ta được: 1 1 1 1 1 1 1 1 0,25 f (1) =1 + − ; f ( 2 ) =1 + − ; f ( 3) =1 + − ; ; f ( 2023) =1 + − ; 1 2 2 3 3 4 2023 2024 1 20242 − 1 Vậy f (1) + f ( 2 ) + f ( 3) + ... + f ( 2023) 2024 − = = . 0,25 2024 2024 Câu 2 (2,0 điểm). a) Cho các số nguyên a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a 3 + b3 − 8c3 + 28d 3 = 0. Chứng minh rằng ( a + b + c + d ) chia hết cho 9. 2 Đáp án Điểm 3 3 3 3 3 3 Từ giả thiết a + b − 8c + 28d = a + b + c + d − 9c + 27 d = 3 3 0⇔3 3 0 ⇔ a 3 + b3 + c3 + d 3 = 9c3 − 27 d 3 . 0,25 Vì 9c 3 − 27 d 3 chia hết cho 3 nên a 3 + b3 + c 3 + d 3 chia hết cho 3. Mà ( a 3 + b3 + c 3 + d 3 ) − ( a + b + c + d )= ( a 3 − a ) + ( b3 − b ) + ( c 3 − c ) + ( d 3 − d ) 0,25 = ( a − 1) a ( a + 1) + ( b − 1) b ( b + 1) + ( c − 1) c ( c + 1) + ( d − 1) d ( d + 1) chia hết cho 3. Suy ra a + b + c + d chia hết cho 3. 0,25 Mà 3 là số nguyên tố, do đó ( a + b + c + d ) chia hết cho 9. 2 0,25 b) Chứng minh rằng tồn tại đa thức P ( x ) có hệ số thực, bậc 2024 thỏa mãn điều kiện P ( x 2 − 2 ) chia hết cho P ( x ) . Đáp án Điểm Xét đa thức P ( x= ) ( x + 1) 2024 . 0,5 ( ) (x − 2 + 1) (x − 1) 2 2 2024 2 2024 Khi đó, ta có : P x − 2 = = . 0,25 P ( x 2 − 2 ) = ( x 2 − 1) 2024 = ( x − 1) ( x + 1) chia hết cho P ( x= ) ( x + 1) 2024 2024 2024 . 0,25 (Lưu ý: Học sinh có thể chọn các đa thức khác thỏa mãn vẫn cho điểm tối đa). Câu 3 (2,0 điểm).  a) Giải hệ phương trình:  ( 2 x + x 2 − x + 1 =1 − y + y 2 + 3 ) ( x, y ∈  ) .  y 2 + 2 ( x + 1) 3 ( y + 1) ( y 2 − 2 x + 2 ) =  Nội dung Điểm Điều kiện: ( y + 1) ( y 2 − 2 x + 2 ) ≥ 0. Ta có (1) ⇔ 2 x − 1 + ( 2 x − 1) + 3 = (− y) + (− y) 2 2 + 3. Đặt a =− 1; b = ta có 2x −y a + a 2 + 3 = b + b2 + 3 ⇔ a − b + ( a 2 + 3 − b2 + 3 = 0 ) 0,25 a 2 − b2  a+b  ⇔ a −b+ = 0 ⇔ ( a − b ) 1 + = 0 a 2 + 3 + b2 + 3  a 2 + 3 + b2 + 3  Trang 2/6
 a+b a + a 2 + 3 + b + b2 + 3  ⇔ = 0  do 1 + a −b = > 0, ∀a, b   a 2 + 3 + b2 + 3 a 2 + 3 + b2 + 3    ⇔ 1 − 2 x = y ⇔ 2 x = 1 − y. Thay 1 − 2 x =vào phương trình ( 2 ) , ta được: y, ( 2 ) ⇔ y 2 + y += 3 3 ( y + 1) ( y 2 − y + 1) . Điều kiện: y ≥ −1 ⇔ ( y 2 − y + 1) + 2 ( y + = 3 1) ( y + 1) ( y 2 − y + 1) 2 ( y + 1) y +1 0,25 ⇔ 2 −3 2 +1 =0 y − y +1 y − y +1 t = 1 y +1 Đặt t = , ( t ≥ 0 ) , ta có phương trình: 2t − 3t + 1 = 0 ⇔  1 (thỏa mãn) 2 y2 − y +1 t =  2  1 y +1 y =0 ⇒ x = 2 Với t =⇔1 =⇔ y 2 − 2 y = ⇔  1 0 (thỏa mãn) y = ⇒ x = 1 2 y − y +1 2 − 0,25   2  5 + 37 3 + 37 1 y +1 1 y = ⇒x=− = ⇔ y2 − 5 y − 3 = 0 ⇔  2 4 Với t = ⇔ 2 (thỏa mãn) 2 y − y +1 2  5 − 37 −3 + 37 = y =⇒x  2 4 0,25 Vậy hệ phương trình có nghiệm là:  1 1  3 + 37 5 + 37   −3 + 37 5 − 37   ( x; y )  ;0  ;  − ; 2  ;  − =      ; ;   ;  .   2   2    4 2   4 2   b) Bạn An viết lên trên bảng 11 số nguyên dương (không nhất thiết phân biệt) có tổng bằng 30. Chứng minh rằng bạn An có thể xóa đi một số số sao cho các số còn lại trên bảng có tổng bằng 10. Nội dung Điểm Giả sử các số nguyên dương (không nhất thiết phân biệt) bạn An viết lên bảng là a1 , a2 , , a11 thỏa mãn a1 + a2 +  + a11 =30. Gọi S1 = a1 , S 2 = a1 + a2 , , S10 = a1 + a2 +  + a10 , S11 = a1 + a2 +  + a10 + a11. 0,25 Ta có 1 ≤ Si ≤ 30, ∀i =1,11 và Si ≠ S j với mọi i ≠ j; i, j = 1,11. Chia các tổng S1 , S 2 , , S11 cho 10 , có ít nhất 2 số có cùng số dư. Giả sử S k , S m ( S k > S m ) có cùng số dư khi chia cho 10. Khi đó S k − S m 10 . 0,25 Mà 1 ≤ S k , S m ≤ 30 nên S k − S m = hoặc S k − S m = 10 20. - Nếu S k − S m = thì các số am +1 , am + 2 , , ak còn lại trên bảng thỏa mãn điều kiện. 10 0,25 - Nếu S k − S m = thì am +1 + am + 2 +  + ak = nên các số a1 , a2 , , am , ak +1 , ak + 2 , , a11 20 20 0,25 là các số còn lại trên bảng thỏa mãn điều kiện. Trang 3/6
Câu 4 (3,0 điểm). Trên đường tròn tâm O đường kính AB = 2 R lấy điểm N sao cho AN = R và M là một điểm thay đổi trên cung nhỏ BN ( M khác B và N ). Gọi I là giao điểm của AM và BN , H là hình chiếu của I trên AB, IH cắt AN tại C , K là điểm đối xứng với N qua AB. a) Chứng minh CM .CB = CI .CH và ba điểm K , H , M thẳng hàng. b) Gọi P là giao điểm thứ hai của NH và ( O ) . Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HPK thuộc đường thẳng cố định khi M thay đổi. c) Xác định vị trí của điểm M để tổng MB + MN đạt giá trị lớn nhất. Vẽ hình: a) Chứng minh rằng CM .CB = CI .CH và ba điểm K , H , M thẳng hàng. Đáp án Điểm Tam giác ABC nhận I làm trực tâm do có hai đường cao BN , CH cắt nhau tại I nên BC ⊥ AI (1) . Mặt khác  là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên BM ⊥ AI ( 2 ) . AMB 0,25 Từ (1) và (2), suy ra ba điểm B, M , C thẳng hàng.  Hai tam giác vuông BHC , IMC có C chung nên đồng dạng. CI CM 0,25 Suy ra = ⇔ CM .CB =.CH . CI CB CH Tứ giác ACMH nội tiếp nên BHM =  , BCNH nội tiếp nên  = .  ACM AHN ACM 0,25 Suy ra  = BHM . AHN  Mà do tính đối xứng nên  =  . Vậy  = BHM . Vậy K , H , M thẳng hàng. AHN AHK AHK  0,25 (Lưu ý: Học sinh không giải thích rõ lý do để các góc bằng nhau vẫn cho điểm tối đa). Trang 4/6
b) Gọi P là giao điểm thứ hai của NH và đường tròn ( O ) . Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HPK thuộc đường thẳng cố định khi M thay đổi. Đáp án Điểm Theo tính chất đối xứng, ta có: NOA =   AOK 0,25 1  1  Mặt khác:  = NOK , NPK = NOK (cùng bằng một nửa góc NOK ). AOK 2 2 0,25 Do đó  = NPK . Suy ra tứ giác OHPK nội tiếp. AOK  Do đó tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác HPK chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OPK . Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HPK nằm trên đường trung trực của đoạn 0,25 OK . Do N cố định nên K cố định. Suy ra OK cố định, (Đpcm). 0,25 (Lưu ý: Học sinh không giải thích rõ lý do để các góc bằng nhau vẫn cho điểm tối đa). c) Xác định vị trí của điểm M để tổng MB + MN đạt giá trị lớn nhất. Đáp án Điểm Lấy E thuộc đoạn MK sao cho ME = MN , suy ra tam giác MNE cân tại M .   = Mặt khác NME= NBK= 2.NBA 2.30° 60° (góc nội tiếp cùng chắn cung NK ) = 0,25 Vậy tam giác MNE đều. Xét tam giác MNB và ENK có: MN NE , NB NK . = =   MNK   MNK  ENM =° (do hai    60 Lại có: MNB + BNK = , KNE + ENM = , BNK = 0,25   tam giác MNE , BNK đều). Suy ra MNB = KNE. Do đó tam giác MNB và ENK bằng nhau. Suy ra MB = EK . 0,25 ⇒ MB + MN = KE + ME = KM . Vậy tổng MB + MN đạt giá trị lớn nhất khi KM là đường kính của đường tròn tâm O. 0,25 (Lưu ý: Học sinh không giải thích rõ lý do để các góc bằng nhau vẫn cho điểm tối đa). Câu 5 (1,0 điểm). Xét các số thực dương a, b, c; tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a b c F= + + . a 2 + 9bc b 2 + 9ac c 2 + 9ab Đáp án Điểm a b c Ta có: F = + + . a 2 + 9bc b 2 + 9ac c 2 + 9ab Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có: 0,25 (a + b + c) 2 a b c + + ≥ . a 2 + 9bc b 2 + 9ac c 2 + 9ab a a 2 + 9bc + b b 2 + 9ac + c c 2 + 9ab Trang 5/6
Mặt khác: a a 2 + 9bc + b b 2 + 9ac + c c 2 + 9ab= a a 3 + 9abc + b b3 + 9abc + c c 3 + 9abc ≤ ( a + b + c ) ( a3 + b3 + c3 + 27abc ). 0,25 (a + b + c) (a + b + c) 2 3 Do đó : F ≥ = ( a + b + c ) ( a3 + b3 + c3 + 27abc ) a + b + c + 27abc 3 3 3 Xét bất đẳng thức: 10 ( a + b + c ) ≥ 9 ( a 3 + b3 + c3 + 27 abc ) 3 0,25 ⇔ a 3 + b3 + c3 + 30 ( a + b )( b + c )( c + a ) ≥ 243abc luôn đúng theo bất đẳng thức AM - GM. 10 Do đó (a 3 + b3 + c3 + 27 abc ) ≤ 9 (a + b + c) . 3 (a + b + c) 3 9 3 3 0,25 Suy ra: 3 3 3 ≥ ⇒F≥ ,F = ⇔ a = b = c. a + b + c + 27 abc 10 10 10 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của F là . 10 ......................Hết..................... Trang 6/6
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 PHÚ THỌ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2023 – 2024 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán (Dành cho thí sinh thi chuyên Tin) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Đề thi có 01 trang Câu 1 (2,0 điểm). a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x 2 − 2 ( m − 1) x + m 2 − m = có hai 0 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn 2 x1 + x2 = x1 − x2 . 1 2 3 x2 y 2 b) Cho x, y là các số thực thỏa mãn − = . Tính giá trị của biểu thức = 2 + 2 . P y x 2x + y y x Câu 2 (2,0 điểm). a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn ( x 2 − x − 1)( y 2 + xy − 9 ) = 2 x + 1. b) Cho n là số nguyên dương lẻ sao cho 3n + 7 n chia hết cho 11 . Tìm số dư khi chia 2n + 6n + 2023n cho 11. Câu 3 (2,0 điểm). 2 x − 3 y = 16 − 3 x + 9 y  a) Giải hệ phương trình  ( x, y ∈  ) . 2 x − 3 + y + 3 = 5 y + 1  1 1 1 1 b) Viết lên trên bảng 2023 số: 1; ; ; ; ; . Mỗi bước ta xoá đi 2 số x, y bất kì trên 2 3 2022 2023 xy bảng rồi viết lên bảng số (các số còn lại trên bảng giữ nguyên). Thực hiện liên tục thao tác trên x + y +1 cho đến khi trên bảng chỉ còn lại đúng một số. Hỏi số đó bằng bao nhiêu? Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC với AB < AC nội tiếp đường tròn ( O; R ) , các đường cao AD, BE , CF cắt nhau tại H . Gọi P là giao điểm thứ hai của AD và ( O ) , M là điểm đối xứng với P qua AB. a) Chứng minh tứ giác AHBM nội tiếp. b) Qua P kẻ đường thẳng song song với EF cắt ( O ) tại Q . Chứng minh Q đối xứng với P qua OA. c) Gọi K là trung điểm của EF . Chứng minh đường thẳng AK và các tiếp tuyến của ( O ) tại B, C đồng quy. Câu 5 (1,0 điểm). Xét ba số x, y, z ≥ 2 thỏa mãn 4 xyz= 9 ( x + y + z ) + 27; tìm giá trị lớn nhất của x2 − 4 y2 − 4 z2 − 4 biểu thức Q = + + . x y z .......................Hết..................... Họ và tên thí sinh:………………………………………………Số báo danh:........................... Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 PHÚ THỌ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2023-2024 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN (Dành cho thí sinh thi chuyên Tin) Hướng dẫn chấm có 06 trang I. Một số chú ý khi chấm bài - Đáp án chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách. Khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm. - Thí sinh làm bài theo cách khác với hướng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với thang điểm của hướng dẫn chấm. - Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số. II. Đáp án – Thang điểm Câu 1 (2,0 điểm). a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x 2 − 2 ( m − 1) x + m 2 − m =có hai nghiệm 0 phân biệt x1 , x2 thỏa mãn 2 x1 + x2 = x1 − x2 . Đáp án Điểm Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 ⇔ ∆′ = 1 − m > 0 ⇔ m < 1. 0,25 Xét 2 x1 + x2 = x1 − x2 ⇔ 4 ( x1 + x2 ) = x1 − x2 ) ⇔ 3 ( x1 + x2 ) + 4 x1 x2 = ( 2 2 2 0. 0,25  x1 + x2 = 2 ( m − 1)  Áp dụng định lý Vi–ét, ta có:  2  x1 x2 m − m  = 0,25 Ta được 12 ( m − 1) + 4 ( m 2 − m ) = 4m 2 − 7 m + 3 = 2 0⇔ 0. m = 1 3 ⇔ . Kết hợp với điều kiện, giá trị m = thỏa mãn. 0,25 m = 3 4  4 1 2 3 x2 y 2 b) Cho x, y là các số thực thỏa mãn − = . Tính giá trị của biểu thức = 2 + 2 . P y x 2x + y y x Đáp án Điểm 1 2 3 Ta có: − = ⇔ ( x − 2 y )( 2 x + y )= 3 xy ⇔ 2 x 2 − 6 xy − 2 y 2 = 0. 0,25 y x 2x + y x 3 + 13 x 3 − 13 ⇔ = hoặc = . 0,25 y 2 y 2 x 3 + 13 y 2 −3 + 13 x2 y 2  x y  2 0,25 Với = ⇒ = = . Ta được P = 2 + 2 =  +  − 2 = 11. y 2 x 3 + 13 2 y x  y x x 3 − 13 y 2 −3 − 13 x2 y 2  x y  2 0,25 Với = ⇒ = = . Ta được P = 2 + 2 =  +  − 2 = 11. y 2 x 3 − 13 2 y x  y x Trang 1/6
Câu 2 (2,0 điểm). a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn ( x 2 − x − 1)( y 2 + xy − 9 ) = 2 x + 1. Đáp án Điểm ( )( ) Vì x 2 − x − 1 y 2 + xy − 6 = 2 x + 1 nên ( 2 x + 1) x 2 − x − 1 ( ) 0,25 ⇒ ( 2 x + 1)( 2 x − 3) ( x 2 − x − 1) 0,25 ⇒ ( 4 x 2 − 4 x − 3) ( x 2 − x − 1) ⇒  4 ( x 2 − x − 1) + 1  ( x 2 − x − 1)   ⇒ 1 ( x 2 − x + 1) 0,25 ⇒ ( x 2 − x − 1) ∈ {−1;1} ⇒ x ∈ { 0;1; − 1; 2} , mà x nguyên dương ⇒ x ∈ { 1; 2} . Với x = 1 , ta có phương trình: y 2 + y − 9 = 3 ⇔ y = hoặc y = 3 < 0 (không thỏa mãn) − 2 − Với x = 2 , ta có phương trình: y 2 + 2 y − 9 = ⇔ y 2 + 2 y − 14 = (loại do phương trình có 5 0 2 nghiệm không nguyên). 0,25 Thử lại ( x; y ) = (1; 2 ) thỏa mãn phương trình đã cho. Vậy cặp số nguyên dương ( x; y ) cần tìm là (1; 2 ) . b) Cho n là số nguyên dương lẻ sao cho 3n + 7 n chia hết cho 11 . Tìm số dư khi chia 2n + 6n + 2023n cho 11. Đáp án Điểm - Với n =1 ⇒ 3n + 7 n =3 + 7 =10 11 (không thỏa mãn). - Với n = ⇒ 3n + 7 n = 3 + 73 = 11 (không thỏa mãn). 3 3 370 0,25 - Với n =5 ⇒ 3n + 7 n =35 + 75 =1705011 (thỏa mãn). Suy ra n ≥ 5 . Giả sử n = 5k + r ( 0 ≤ r ≤ 4 ) . (3 )5 k .3r + ( 75 ) .7 r ≡ 3r + 7 r. ( −1) 11 với r = 0,1, 2, 3, 4 . k k Ta có 35 k + r + 75 k + r = - Khi r = 0 ⇒ 3r + 7 r. ( −1) = 1 + ( −1) 11 xảy ra khi k lẻ. k k - Khi r = 1 ⇒ 3r + 7 r. ( −1) =3 + 7. ( −1) 11 với mọi k . k k 0,5 - Khi r = 2 ⇒ 3 + 7 . ( −1) = 3 + 7 . ( −1) 11 với mọi k . r r k 2 2 k - Khi r = 3 ⇒ 3r + 7 r. ( −1) = 33 + 73. ( −1) 11 với mọi k . k k - Khi r = 4 ⇒ 3r + 7 r. ( −1) = 34 + 7 4. ( −1) 11 với mọi k . k k Vậy n = 5k ( k lẻ). Khi đó 2n + 6n + 2023n = ( 2 ) + ( 6 ) + ( 2023) 5 k 5 k 5k ≡ ( −1) + ( −1) + ( −1) k k k ( mod11) 0,25 ≡ −3(mod11) . Vậy 2n + 6n + 2023n chia 11 có số dư là 8. Trang 2/6
Câu 3 (2,0 điểm). 2 x − 3 y = 16 − 3 x + 9 y  a) Giải hệ phương trình  ( x, y ∈  ) . 2 x − 3 + y + 3 = 5 y + 1  Đáp án Điểm Điều kiện: x − 3 y ≥ 0; x ≥ 3; y ≥ −3. Ta có: 0,25 (1) ⇔ 3( x − 3 y ) + 2 x − 3 y − 16 = ⇔ 0 ( )( ) x − 3y − 2 3 x − 3y + 8 = ⇔ x − 3y = 0 2 ⇔ x = 4 + 3 y. Thế = 3 y + 4 vào phương trình (2) ta được x 2 3y +1 + y + 3 = 5y +1 ⇔ 2 ( ) ( 3y +1 − 2 + ) y + 3 − 2 = 5y +1− 6 0,25 3 ( y − 1) y −1  6 1  ⇔2 + − 5 ( y − 1) = 1)  0⇔(y− + 0 ( *) − 5 = 3y +1 + 2 y+3 +2  3y +1 + 2 y+3 +2    6 1 1 Nhận thấy + − 5 < 3 + − 5 < 0 với mọi y ≥ −3. 3y +1 + 2 y+3 +2 2 0,25 Do đó (*) có nghiệm duy nhất y = 1 (thỏa mãn). Với y = 1 ta được x = 7 (thỏa mãn). 0,25 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = ( 7;1) . 1 1 1 1 b) Viết lên trên bảng 2023 số: 1; ; ; ; ; . Mỗi bước ta xoá đi 2 số x, y bất kì trên 2 3 2022 2023 xy bảng rồi viết lên bảng số (các số còn lại trên bảng giữ nguyên). Thực hiện liên tục thao tác trên x + y +1 cho đến khi trên bảng chỉ còn lại đúng một số. Hỏi số đó bằng bao nhiêu? Đáp án Điểm xy 1 1 1 1 1  1  1  Đặt z = ⇒ = + + ⇒ + 1 =  + 1  + 1 (1) . 0,25 x + y +1 z x y xy z  x  y  Với mỗi tập các số dương { x1 ; x2 ;...xn } tùy ý, xét biểu thức: 1  1  1  P ( x1 ; x2 ;...xn ) = + 1 + 1 ....  + 1 .  0,25  x1  x2   xn  xy Từ (1) suy ra mỗi lần xóa đi 2 số bất kì x, y rồi viết lên bảng số các số còn lại trên x + y +1 bảng giữ nguyên thì giá trị biểu thức P của các số trên bảng không đổi. 0,25 Trang 3/6
1 1 1 1 1  Gọi số cuối cùng là a ⇒ P(a ) = ; ;...; P ; ;  1 2 3 2022 2023       1 1   1   1  1  1 ⇒ + 1 =  + 1 .  + 1 ...  + 1 .  + 1 = 2024! ⇒ a = . a 1   1   1  1  2024!− 1 0,25  2   2022   2023  1 Vậy số còn lại trên bảng là a = . 2024!− 1 Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC với AB < AC nội tiếp đường tròn ( O; R ) , các đường cao AD, BE , CF cắt nhau tại H . Gọi P là giao điểm thứ hai của AD và ( O ) , M là điểm đối xứng với P qua AB. a) Chứng minh tứ giác AHBM nội tiếp. b) Qua P kẻ đường thẳng song song với EF cắt ( O ) tại Q . Chứng minh Q đối xứng với P qua OA. c) Gọi K là trung điểm của EF . Chứng minh đường thẳng AK và các tiếp tuyến của ( O ) tại B, C đồng quy. a) Chứng minh tứ giác AHBM nội tiếp. Đáp án Điểm a) Vì M là điểm đối xứng với P qua AB nên  =  AMB APB 0,25 Mà  =  (góc nội tiếp cùng chắn cung  ). APB ACB AB 0,25 Mặt khác:  =  (vì tứ giác AEHF nội tiếp) ACB AHE 0,25 Ta được  =  do đó tứ giác AHBM nội tiếp. AMB AHE 0,25 (Lưu ý: Học sinh không giải thích rõ lý do để các góc bằng nhau vẫn cho điểm tối đa). Trang 4/6
b) Qua P kẻ đường thẳng song song với EF cắt ( O ) tại Q . Chứng minh Q đối xứng với P qua OA. Đáp án Điểm b) Kẻ tiếp tuyến Ax của đường tròn ( O ) . Ta có xAC =   ABC 0,25  =  (vì tứ giác BCEF nội tiếp) ABC AEF 0,25   ⇒ xAC = AEF ⇒ Ax, EF song song. Mà OA ⊥ Ax ⇒ OA ⊥ EF 0,25 Theo giả thiết PQ, EF song song với nhau nên PQ ⊥ OA. Do đó theo định lý đường kính, 0,25 dây cung ta được Q đối xứng với P qua OA . (Lưu ý: Học sinh không giải thích rõ lý do để các góc bằng nhau vẫn cho điểm tối đa). c) Gọi K là trung điểm của EF . Chứng minh đường thẳng AK và các tiếp tuyến của ( O ) tại B, C đồng quy. Đáp án Điểm Tiếp tuyến tại B, C cắt nhau ở T . Gọi= AT ∩ ( O ) . Lấy J là trung điểm của BC I ⇒ O, J , T thẳng hàng. 0,25 Có TI .= TB 2 TJ .TO ⇒ tứ giác AOJI nội tiếp. TA = ⇒ IJT     = OAI = OIA = OJA ⇒  = BJI ⇒ JB là phân giác của góc  AJB  AJI 0,25 1 1 Xét  180° −  180° −  180° −  180° −   AJC = AJB = AJI = AOI= ACI ABI = 2 2 Xét ∆AJC và ∆ABI có:  =  ;  =  . AJC ABI ACJ AIB 0,25  = (1) ⇒ JAC BAI  Mặt khác ∆AEF và ∆ABC đồng dạng có hai đường trung tuyến tương ứng là AK , AJ  JAC  ⇒ KAF = ( 2 ) 0,25   Từ (1), (2) ⇒ BAI FAK ⇒ I ∈ AK ⇒ A, I , K thẳng hàng. Vậy đường thẳng AK và hai = tiếp tuyến của ( O ) tại B và C đồng quy. Trang 5/6
Câu 5 (1,0 điểm). Xét ba số x, y, z ≥ 2 thỏa mãn 4 xyz= 9 ( x + y + z ) + 27; tìm giá trị lớn nhất của x2 − 4 y2 − 4 z2 − 4 biểu thức Q = + + . x y z Đáp án Điểm Sử dụng bất đẳng thức: Với a, b, c ≥ 0, ta có a + b + c ≤ 3(a + b + c). Áp dụng bất đẳng thức trên ta có: 4 4 4   1 1 1   1 1 1 Q = 1− 2 + 1 − 2 + 1 − 2 ≤ 3 3 − 4  2 + 2 + 2   = 9 − 12  2 + 2 + 2  x y z  x y z  x y z  2 0,25 1 1 1 1 1 1 1 Lại có 2 + 2 + 2 ≥  + +  . x y z 3 x y z  2 1 1 1 Suy ra Q ≤ 9 − 4  + +  . x y z  1 1 1  27 Từ giả thiết 4 xyz= 9( x + y + z ) + 27 ⇔ 9  + +  + = 4 (*)  xy yz zx  xyz 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Với + + ≤ .  + +  và ≤ . + +  0,25 xy yz zx 3  x y z  xyz 27  x y z  2 3 1 1 1 1 1 1 Từ (*) ta có 3  + +  +  + +  ≥ 4 (**) x y z x y z 1 1 1 Đặt t = + + > 0 . x y z 0,25 Khi đó (**) ⇔ t + 3t − 4 ≥ 0 ⇔ ( t − 1)( t + 2 ) ≥ 0 ⇔ t ≥ 1 (do ( t + 2 ) > 0 ). 3 2 2 2 2 1 1 1 Suy ra Q ≤ 9 − 4  + +  ≤ 9 − 4.12 = 5. x y z 0,25 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x= y= z= 3. Vậy giá trị lớn nhất của Q là 5. .......................Hết..................... Trang 6/6