Tailieumontoan.com

Điện thoại (Zalo) 039.373.2038
68 ĐỀ TOÁN VÀO LỚP 10
CHUYÊN CÁC TỈNH 2024-2025
(Liệu hệ tài liệu word môn toán SĐT (zalo) : 039.373.2038)
Tài liệu sưu tầm, ngày 06 tháng 5 năm 2023
Website: tailieumontoan.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH QUẢNG NINH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2024-2025
Môn thi: Toán (chuyên)
(Dành cho thí sinh thi vào Trường THPT Chuyên Hạ Long)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề
(Đề thi này có 01 trang)
Câu 1 (2,0 điểm).
a) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn điều kiện a + b + c + abc = 4 . Tính giá trị
biểu thức Q = a(4 − b)(4 − c) + b(4 − c)(4 − a) + c(4 − a)(4 − b) − abc .
b) Cho các số thực a, b, c 1 thỏa mãn a + b + c = 9 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P =
1
1
1
+
+
.
a+b b+c c+a
Câu 2 (2,0 điểm).
a) Giải phương trình 7 x + 18 − 2 x + 1 − 8 3x + 4 = 0 .
 x 2 + y 2 + x + 2 y = 10
b) Giải hệ phương trình  3
.
2
3
2
y
+
2
y
+
6
y
−
20
=
8
x
−
2
x
+
2
x

Câu 3 (2,0 điểm).
2025 1 1
= + . Chứng minh rằng abc
a) Cho a, b, c là ba số nguyên khác không thỏa mãn
a
b c
chia hết cho 4 .
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố (p, q) sao cho p 2 − 3 pq + 4q 2 là một số chính phương.
Câu 4 (3,5 điểm). Qua điểm A ở bên ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường
tròn (O) (B, C là các tiếp điểm). Trên đoạn thẳng BC lấy điểm D bất kì (D khác B, D khác C).
Đường tròn (O’) ngoại tiếp tam giác ACD cắt đường tròn (O) tại điểm E (E khác C), tia AE cắt
đường tròn (O) tại điểm F (F khác E), hai đường thẳng AD và CF cắt nhau tại điểm G.
a) Chứng minh tứ giác DEFG nội tiếp.
EA BA
=
b) Chứng minh
.
ED BD
c) Chứng minh GB = GF.
d) Hai đường thẳng CE và AD cắt nhau tại điểm M, đường thẳng BM cắt đường tròn (O)
tại điểm N. Chứng minh ba điểm N, D, F thẳng hàng.
Câu 5 (0,5 điểm). Viết các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 1975 lên bảng. Ta chọn hai số bất kì
a, b trên bảng và xóa chúng đi, sau đó viết thêm số a − b lên bảng. Thực hiện liên tiếp như vậy
đến khi trên bảng chỉ còn một số, ta gọi số đó là c.
a) Số c có thể là 1945 hay không? Giải thích tại sao?
b) Số c có thể là 1954 hay không? Giải thích tại sao?
............................. Hết ...........................
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
1
Website: tailieumontoan.com
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: ..............................
Chữ kí của cán bộ coi thi 1:............................. Chữ kí của cán bộ coi thi 2:....................................
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH QUẢNG NINH
HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH
VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2024-2025
Môn thi: Toán (chuyên)
(Dành cho thí sinh thi vào trường THPT chuyên Hạ Long)
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn này có 04 trang)
Câu
Sơ lược lời giải
a) Từ a + b + c + abc = 4  4 − b − c = a + abc
Điểm
0,25
Xét a ( 4 − b )( 4 − c ) = a (16 − 4b − 4c + bc ) = a  4 ( 4 − b − c ) + bc 
(
)
(
= a  4 a + abc + bc  = 4a 2 + 4a abc + abc = 2a + abc


)
2
0,5
 a ( 4 − b )( 4 − c ) = 2a + abc
tương tự
b ( 4 − c )( 4 − a ) = 2b + abc ,
c ( 4 − a )( 4 − b ) = 2c + abc Vậy
(
)
Q = 2 ( a + b + c ) + 3 abc − abc = 2 a + b + c + abc = 8
0,25
b) Áp dụng bất đẳng thức Bunhia copxki dạng cộng mẫu ta có
(1 + 1 + 1)
12
12
12
1
9
P=
+
+

=
=
a + b b + c c + a ( a + b ) + (b + c ) + ( c + a ) 2 ( a + b + c ) 2
2
Câu 1
2,0 điểm
Dấu “=” khi a = b = c = 3 . Vậy GTNN của P là
1
khi a = b = c = 3
2
0,25
0,25
Không mất tính tổng quát giả sử: 1  a  b  c , mà a + b + c = 9  3  c  7
Ta có (a − 1)(b − 1)  0  ab  a + b − 1
1
1
a + b + 2c
9+c
9+c
+
=

=
2
a + c b + c (a + c)(b + c) ab + c(a + b) + c
a + b − 1 + c ( a + b) + c 2
=
9+c
1
9+c
9+c
+
=
 P
2
9 − c 8c + 8
8c + 8
9 − c − 1 + c(9 − c) + c
Ta đi chứng minh: P =
1
9+c 3
+
 (1) với mọi 3  c  7
9 − c 8c + 8 4
Thật vậy (1)  c 2 − 8c + 7  0  ( c − 7)(c − 1)  0 (Đúng), dấu “=” khi c = 7,
a = b =1
Vậy GTLN của P là
Câu 2
2,0 điểm
0,25
0,25
3
khi c = 7, a = b = 1
4
a) 7 x + 18 − 2 x + 1 − 8 3 x + 4 = 0 (ĐK: x  −1 )
0,25
7 x + 18 − 2 x + 1 − 8 3 x + 4 = 0(1)  ( x + 1 − 1) 2 + 2( 3 x + 4 − 2) 2 = 0
0,5

x = 0
 x +1 = 1


 x = 0 . Vậy phương trình có nghiệm x = 0 .
x
=
0
3
x
+
4
=
2



0,25
1
Câu
Sơ lược lời giải
Điểm
 x + y + x + 2 y = 10 (1)
b)  3
2
3
2
 y + 2 y + 6 y − 20 = 8 x − 2 x + 2 x
2
2
2 x 2 + 2 y 2 + 2 x + 4 y = 20
 3
2
3
2
 y + 2 y + 6 y − 20 = 8 x − 2 x + 2 x
(2)
(3)
. Trừ vế với vế của (3) cho (2)
0,5
 y 3 + 2 y = 8 x3 + 4 x  ( y − 2 x ) ( y 2 + 2 xy + 4 x 2 + 2 ) = 0
Có y 2 + 2 xy + 4 x 2 + 2  0 nên y = 2 x , thay vào (1) được
x = 1
từ đó suy ra hệ phương trình có hai nghiệm ( x; y )
5 x 2 + 5 x − 10 = 0  
 x = −2
0,5
là (1; 2 ) và ( −2; −4 )
2025 1 1
= +  2025bc = a ( b + c )
a
b c
Nếu b và c cùng lẻ  Vế trái lẻ, vế trái chẵn (vô lý)
Nếu b và c cùng chẵn  abc chia hết cho 4
Nếu b và c khác tính chẵn lẻ  bc chẵn  a ( b + c ) chẵn mà b + c lẻ  a
a)
chẵn  abc chia hết cho 4.
0,25
0,25
0,25
0,25
b) p 2 − 3 pq + 4q 2 = ( p 2 + q 2 ) − 3 ( pq − q 2 )
Nếu cả p và q đều không chia hết cho 3  p 2  1( mod 3) , q 2  1( mod 3) 
 p 2 − 3 pq + 4q 2 = ( p 2 + q 2 ) − 3 ( pq − q 2 )  2 ( mod 3) , vô lý vì
0,5
p 2 − 3 pq + 4q 2 chính phương. Vậy trong hai số p, q có 1 số chia hết cho 3, mà
p, q nguyên tố nên p = 3 hoặc q = 3.
Với p = 3  r 2 = 4q 2 − 9q + 9 ( r  N )
Câu 3
2,0 điểm
( 2q − 3)  r 2  ( 2q − 1)  4q 2 − 9q + 9 = ( 2q − 2 )  q = 5 (thỏa mãn)
2
2
2
0,25
Với q = 3  r 2 = p 2 − 9 p + 36  p 2 − 10 p + 25 = ( p − 5 ) (do p  0 )
2
Với p = 2 , ta có r 2 = 22 − 9.2 + 36 = 22 ( ktm )
Với p = 3 , ta có r 2 = 32 − 9.3 + 36 = 18 ( ktm )
Với p = 5 , ta có r 2 = 52 − 9.5 + 36 = 16 ( tm )
Với p = 7 , ta có r 2 = 7 2 − 9.7 + 36 = 22 ( ktm )
Với p là số nguyên tố lớn hơn 7, ta có:
r 2 = p 2 − 9 p + 36  p 2 − 6 p + 9 = ( p − 3) 2 ,
nên ( p − 5 )  r 2  ( p − 3) . Do đó r 2 = ( p − 4) 2
2
2
Với r 2 = ( p − 4 )  p 2 − 9 p + 36 = p 2 − 8 p + 16  p = 20(ktm)
2
 p = 3, q = 5
Vậy 
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
p
=
5,
q
=
3

2
0,25
Câu
Sơ lược lời giải
Điểm
B
F
E
A
O
M
O'
D
G
N
C
a) ACE = ADE (hai góc nội tiếp đường tròn (O’) cùng chắn AE )
ACE = CFE (góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây của (O) cùng chắn
CE )  ADE = CFE
Tứ giác DEFG có ADE = GFE  tứ giác DEFG nội tiếp
Câu 4
3,5 điểm
0,25
0,5
0,25
b)  ABE và  AFB có A chung. ABE = AFB (góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp
S
tuyến và dây của (O) cùng chắn BE )   ABE
 AFB 
EA BA
=
BA FA
0,5
Tứ giác AEDC nội tiếp (O’)  EDB = EAC , EBC = EFC (hai góc nội tiếp
S
đường tròn (O) cùng chắn CE   BED
 FCA 
ED AC
=
BD AF
AB, AC là hai tiếp tuyến của (O)  AB = AC, kết hợp với
EA BA
=
và
BA FA
ED AC
EA ED
EA BA

=
=

=
.
ED BD
BD AF
BA BD
0,25
0,25
c) EAD = ECD (hai góc nội tiếp (O’) cùng chắn DE ), ECB = EFB (hai góc
nội tiếp (O) cùng chắn BE )  EAD = EFB  AG // BF  AGC = BFC (hai
0,5
góc đồng vị) và AGB = FBG (so le trong)
ABC = BFC (góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây của (O) cùng chắn
BC ), kết hợp với AGC = BFC  ABC = AGC  tứ giác ABGC nội tiếp
Tứ giác ABGC nội tiếp  AGB = ACB . Có AB = AC  ABC = ACB . Vậy
GBF = GFB   GBF cân  GB = GF.
3
0,25
0,25
Câu
Sơ lược lời giải
Điểm
d) Tứ giác ABGC nội tiếp  BAG = BCF mà BCF = BNF (nội tiếp (O) cùng
chắn BF ) nên BAD = BNF (1)
S
 AEM và  CDM có AME = CMD (đối đỉnh) và EAM = DCM (nội tiếp (O’)
MA ME
=
cùng chắn ED )   AEM
 CDM 
MC MD
 MA.MD = ME.MC .
S
 BEM và  CNM có EMB = NMC (đối đỉnh) và EBM = NCM (nội tiếp (O)
ME MB
cùng chắn EN )   BEM
=
 ME.MC = MB.MN
 CNM 
MN MC
MB MD
=
mà MA.MD = ME.MC  MB.MN = MA.MD 
.
MA MN
MB MD
=

 MBA và  MDN có AMB = NMD (đối đỉnh) và
MA MN
0,25
0,25
S
 MBA
 MDN  BAM = DNM , kết hợp với (1)  BND = BNF
 N, D, F thẳng hàng.
a) Từ 1 đến 1975 có (1975 − 1) : 2 + 1 = 988 (số lẻ)
Câu 5
0,5 điểm
Xét các khả năng có thể xẩy ra:
Nếu a và b cùng lẻ, sau phép biến đổi ta xóa đi hai số lẻ và thêm vào bảng một
số chẵn  số số lẻ giảm đi 2
Nếu a và b cùng chẵn, sau phép biến đổi, ta xóa đi hai số chẵn và thêm vào
bảng một số chẵn  số số lẻ giữ nguyên
Nếu a và b khác tính chẵn lẻ, sau phép biến đổi ta xóa đi một số chẵn, một số
lẻ và thêm vào một số lẻ  số số lẻ giữ nguyên
Vậy sau mỗi lần biến đổi, số số lẻ còn lại luôn chia hết cho 2 nên số cuối cùng
còn lại trên bảng không thể là số lẻ. Vậy số cuối cùng trên bảng không thể là
1945.
Ta thực hiện các phép biến đổi đối với các cặp số sau: (1;2 ) ; ( 3;4 ) ;...;
0,25
(1951;1952 ) ; (1953;1955 ) ; (1956;1957 ) ;....(1972;1973) ; (1974;1975) . Như vậy
sau 987 phép biến đổi trên bảng còn 986 số 1, 1 số 2 và số 1954. Tiếp tục biến
đổi cặp (1; 2 ) thì trên bảng còn 986 số 1 và số 1954. Các phép biến đổi tiếp
0,25
theo với các cặp số (1;1) thì sau 493 phép biến đổi trên bảng còn số 1954 và
toàn số 0, tiếp tục thực hiên các phép biến đổi với cặp số bất kì thì số số 0 giảm
dần và cuối cùng trên bảng còn số 1954.
Những chú ý khi chấm thi:
1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải
chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới cho điểm tối đa.
2. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết.
3. Có thể chia nhỏ điểm thành phần nhưng không dưới 0,25 điểm và phải thống nhất
trong cả tổ chấm. Điểm thống nhất toàn bài là tổng số điểm các bài đã chấm, không làm tròn.
…………….………Hết…………….………
4
Website: tailieumontoan.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ – HỒ CHÍ MINH
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2024 -2025
KHÓA NGÀY 06,07 THÁNG 06 NĂM 2024
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: Toán
( Đề chỉ gồm 1 trang)
Ngày thi: 07 tháng 06 năm 2024
Thời gian làm bài 150 phút (không tính thời gian phát đề)
Bài 1. (1,5 điểm)
Cho tập nghiệm của phương trình ( x 2 + ax + b )( x 2 + cx + d )( x 2 + ex + f ) = 0 là 1; 2; 3; 4; 5; 6 .
Tính giá trị của biểu thức T = a 2 + c 2 + e 2 − 2. ( b + d + f ) .
Bài 2. (2,0 điểm)
Giải các phương trình:
( x + 5 ) = 6x + 5
3
a)
b)
3
3x + 6 + 23 − x = 7
Bài 3. (1,5 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC có đường cao BE, CF cắt nhau tại H và M là trung điểm BC. Đường thẳng qua A
và vuông góc với EF cắt đường trung trực của BC tại O.
a) Chứng minh AH = 2.OM
b) Chứng minh O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Bài 4. (1,5 điểm)
Với các số thực dương a, b thỏa mãn a 2 + b2  2 .
a) Chứng minh a + b  2 .
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a 2 + b 2 +
2024
.
a+b+2
Bài 5. (2,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Gọi E là điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC của
(O) (BE < BA). Trên các cạnh AB, AC lần lượt lấy các điểm K, L sao cho BK = BE, CL = CE. Gọi M, N
lần lượt là trung điểm BC và KL.
a) Chứng minh BNC = 90o .
b) Gọi F là điểm thuộc (O) sao cho EF song song với BC. Chứng minh MN song song với AF.
Bài 6. (1,5 điểm)
a) Cho một hình vuông cạnh 8 cm có chứa bên trong 2024 điểm phân biệt. Chứng minh rằng có thể vẽ
được một đường tròn bán kính 1,5 cm có chưa bên trong ít nhất 127 điểm trên.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
1
Website: tailieumontoan.com
b) Cặp số nguyên dương (a ; b) được gọi là cặp số “may mắn” của số n nếu a + b = n và tồn tại số nguyên
4 4 1
tố p thỏa mãn đẳng thức + = . Tìm các cặp số “may mắn” của số 2025.
a b p
---HẾT---
Bài 1. (1,5 điểm)
Cho tập nghiệm của phương trình ( x 2 + ax + b )( x 2 + cx + d )( x 2 + ex + f ) = 0 là 1; 2; 3; 4; 5; 6 .
Tính giá trị của biểu thức T = a 2 + c 2 + e 2 − 2. ( b + d + f ) .
Giải
( x + ax + b )( x + cx + d )( x + ex + f ) = 0
2
2
2
 x 2 + ax + b = 0 (1)

  x 2 + cx + d = 0 (2)
 x 2 + ex + f = 0 (3)

Vì vai trò của a, c, e và vai trò của b, d, f là như nhau nên ta có thể giả sử:
Phương trình (1) có hai nghiệm là 1; 2.
Phương trình (2) có hai nghiệm là 3; 4.
Phương trình (3) có hai nghiệm là 5; 6.
Khi đó:
a = −3 ; b = 2

c = −7 ; d = 12
e = −11 ; f = 30

Như vậy:
T = a 2 + c 2 + e 2 − 2. ( b + d + f )
T = ( −3) + ( −7 ) + ( −11) − 2. ( 2 + 12 + 30 )
2
2
2
T = 91
Bài 2. (2,0 điểm)
Giải các phương trình:
( x + 5 ) = 6x + 5
3
a)
b) 3 3x + 6 + 23 − x = 7
Giải
( x + 5 ) = 6x + 5 (1)
3
a)
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
2
Website: tailieumontoan.com
_ Đặt:
x + 5 = t ( t  0)
_ Khi đó: (1)  ...  t 3 − 6t 2 + 25 = 0
 ( t − 5) ( t 2 − t − 5) = 0
t − 5 = 0
  2
t − t − 5 = 0

t = 5

1 + 21
  t =
2

 t = 1 − 21 (loai)

2
_ Trường hợp t = 5  x = 20
_ Trường hợp t =
1 + 21
2
2
 1 + 21 
1 + 21
 x = 
 − 5 =
2
 2 
Vậy tập nghiệm của phương trình là:
1 + 21

; 20

 2

b) 3 3x + 6 + 23 − x = 7
Đặt: a = 3 3x + 6 ; b = 23 − x (x ≤ 23, b ≥ 0)
Ta có hệ phương trình:
a + b = 7
 3
2
a + 3b = 75
Thay b = 7 – a vào phương trình:
a 3 + 3b2 = 75
 a 3 + 3 ( 7 − a ) = 75
2
 a 3 + 3a 2 − 42a + 72 = 0
 a 3 − 3a 2 + 6a 2 −18a − 24a + 72 = 0
(
)
 ( a − 3) a 2 + 6a − 24 = 0
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
3
Website: tailieumontoan.com
a = 3

  a = −3 − 33
a = −3 + 33

x = 7

  x = −110 − 20 33
a = −110 + 20 33

Vậy tập nghiệm của phương trình là:
7 ; −110 − 20 33 ; −110 + 20 33
Bài 3. (1,5 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC có đường cao BE, CF cắt nhau tại H và M là trung điểm BC. Đường thẳng qua A
và vuông góc với EF cắt đường trung trực của BC tại O.
a) Chứng minh AH = 2.OM
b) Chứng minh O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Giải
A
E
K
F
H
O
C
B
a) Chứng minh AH = 2.OM
M
S
Gọi K là trung điểm AH.
Cmđ: KE = KF; ME = MF
 MK là trung trực EF.
 MK ⊥ EF  MK // OA
Mà: OM // AH ( ⊥ BC)
 AKMO là hình bình hành.
 OM = AK = ½ AH  đpcm !
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
4
Website: tailieumontoan.com
b) Chứng minh O là tâm (ABC)
Kéo dài AO cắt HM tại S.
Xét AHS:
K là trung điểm AH, KM // AS
 M là trung điểm HS.
Mà: M là trung điểm BC
 BHCS là hình bình hành.
 SC ⊥ AC tại C (BH ⊥ AC)
Cmđ: O là trung điểm AS.
Xét ACS vuông tại C có CO là trung tuyến  CO = AO = ½ AS
Mà: CO = CB (O trung trực BC)
Vậy: OC = OB = OA  đpcm !
Bài 4. (1,5 điểm)
Với các số thực dương a, b thỏa mãn a 2 + b2  2 .
a) Chứng minh a + b  2 .
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a 2 + b 2 +
2024
.
a+b+2
Giải
a) Chứng minh a + b  2 .
( a + b )  a 2 + b2 ; a, b (*)
Cmđ:
2
2
( a + b )  a 2 + b2  2  a + b 2  4
Khi đó:
(
)
2
2
Mà a, b > 0 nên a + b  2 : đpcm !
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P
Áp dụng (*), ta có: P 
2
2024
2
8 2
2024 − 8 2
=
+
− 2
(a + b) +
(a + b + 2) +
2
a+b+2
2
a+b+2
a+b+2
Áp dụng AM-GM cho hai số dương:
P4 2+
2
8 2
và kết quả a + b  2 , ta có:
( a + b + 2) ;
2
a+b+2
2024 − 8 2
− 2 = 2 + 506
4
Dấu “=” xảy ra
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
5
Website: tailieumontoan.com
a = b
a + b = 2

 a 2 + b 2  2
 a = b = 1. Vậy: Pmin =

 2 ( a + b + 2) = 8 2
 2
a+b+2
2 + 506 tại a = b = 1.
Bài 5. (2,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Gọi E là điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC của
(O) (BE < BA). Trên các cạnh AB, AC lần lượt lấy các điểm K, L sao cho BK = BE, CL = CE. Gọi M, N
lần lượt là trung điểm BC và KL.
a) Chứng minh BNC = 90o .
b) Gọi F là điểm thuộc (O) sao cho EF song song với BC. Chứng minh MN song song với AF.
Giải
A
L
N
K
Q
O
B
M
C
E
a) Chứng minh BNC = 90o .
Gọi Q là trung điểm BL.
Cmđ:
NQ  NQ  MQ 1
= (1)
=
=
BK  BE  EC 2
MQN = NQL + MQL = ABL + LBC + BMQ
Ta có:
ABC
1
= ABC + BCA = SđBAC = BEC (2)
2
Từ (1) & (2)  NQM  BEC
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
6
Website: tailieumontoan.com

MN 1
= .
BC 2
Xét BNC có: NM là trung tuyến và NM =
1
BC  BNC vuông tại N  đpcm!
2
b) Chứng minh MN song song AF .
NQM  BEC  M1 = C1
Lại có: M2 = ACB
 NMB = ACE = AFE
Mà: ACE = AFE (cùng chắn ABE )
Như vậy: NMB = AFE  đpcm!
A
L
N
K
Q
O
1
2
B
M
E
1
C
F
Bài 6. (1,5 điểm)
a) Cho một hình vuông cạnh 8 cm có chứa bên trong 2024 điểm phân biệt. Chứng minh rằng có thể vẽ được
một đường tròn bán kính 1,5 cm có chưa bên trong ít nhất 127 điểm trên.
b) Cặp số nguyên dương (a ; b) được gọi là cặp số “may mắn” của số n nếu a + b = n và tồn tại số nguyên tố
4 4 1
p thỏa mãn đẳng thức + = . Tìm các cặp số “may mắn” của số 2025.
a b p
Giải
1
2
3
4
2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
7
Website: tailieumontoan.com
3
4
Chia hình vuông cạnh 8 cm thành các hình vuông nhỏ cạnh 2 cm (như hình vẽ).
 2024 
Theo nguyên lý ĐI-RICH-LE sẽ có ít nhất một hình vuông chứa 
+ 1 = 127 (điểm)
 16 
Hình vuông này nội tiếp trong đường tròn có đường kính
Như vậy tồn tại đường tròn có bán kính
22 + 22 = 2 2 (cm) .
2 (cm) chứa 127 điểm trên.
Vì 2  1,5 nên đường tròn bán kính 1,5 cm (có tâm là tâm đường tròn trên) chứa tất cả 127 điểm trên :
đpcm !
b) Gọi (a ; b) là cặp số may mắn của số n = 2025 = a + b.
Ta có:
4 4 1
+ =  4ap + 4bp = ab
a b p
Xét ( a − b ) = ( a + b ) − 4ab = 20252 − 16p ( a + b ) = 20252 − 16p.2025 = 45 2. ( 2025 − 16p )
2
2
 2025 −16p = k 2 (k  )  ( 45 + k )( 45 − k ) = 16p (*)
•
Xét p = 2
m

45 + k = 2
(*)  
(m  n; m + n = 5)
n
45
−
k
=
2


(
)
Dễ thấy n = 0; 1 vô lí  n > 1  45 = 2n −1. 2m − n + 1 : vô lí !
•
Xét p ≥ 3:
16p = 2.8p = 4.4p = 8.2p ; Giả sử 45 + k ≥ 45 – k (ngược lại cmtt).
45 + k = 8
45 + k = 4p
45 + k = 8p
v 
v 

45 − k = 2p
45 − k = 4
45 − k = 2
k = −37
k = 41 k = 43
v 
v 
 
p = 41
p 
p = 11
k = −37
* Trường hợp: 
p = 41
 ( a − b ) = 452. ( 2025 − 16.41)  a − b = 1665
2
a = 1845
4
4
1
+
=
Kết hợp a + b = 2025  
. Thử lại:
1845 180 41
b = 180
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
8
Website: tailieumontoan.com
k = 43
* Trường hợp: 
p = 11
 ( a − b ) = 452. ( 2025 − 16.11)  a − b = 1935
2
a = 1980
4
4
1
+
=
Kết hợp a + b = 2025  
. Thử lại:
1980 45 11
b = 45
Kết luận: Có 04 (02 cặp và hoán vị) cặp số “may mắn” thỏa đề:
(1845;180 ) ; (1980; 45) ; (180;1845 ) ; ( 45;1980 )
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
9
Website: tailieumontoan.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
ĐẮK LẮK
NĂM HỌC 2024 – 2025
MÔN THI: TOÁN CHUYÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian: 150 phút (không tính thời gian phát đề)
Câu 1 (3,0 điểm).
a) Tìm các số nguyên dương x sao cho x2 + x + 10 là số chính phương.
b) Giải phương trình: x 2 + 3 x + 4 = 2 ( x + 1) x + 3 .
6 x 2 + y 2 + 5 xy − 5 x − 3 y = 4
c) Giải hệ phương trình: 
.
2
 5 x − 1 + 2 x + 10 x − 11 = 2 x + y
Câu 2 (2,0 điểm).
a) Cho hình chữ nhật có số đo chiều dài, chiều rộng (theo đơn vị cm) là hai số nguyên dương phân
biệt có chữ số tận cùng bằng nhau. Biết chu vi hình chữ nhật đó bằng 2024 cm. Tìm diện tích lớn
nhất có được của hình chữ nhật đó.
b) Biết phương trình x3 + x − 3 = 0 có nghiệm x = a và phương trình 3x3 + 8x2 + 7 x + 1 = 0 có
nghiệm x = b . Chứng minh rằng: ab + a = 1 .
Câu 3 (2,0 điểm).
a) Tìm ba số nguyên dương x; y; z đôi một khác nhau thỏa mãn hai điều kiện:
• x 2 + xy + y 2 + ( 3z 2 − z − 4 ) ( x + y ) = 10 z 2 − 3 .
• Trong bốn số x + y + 3z 2 − 1 ; x + y − 3 ; x + z ; y + z có đúng một hợp số.
b) Cho đa thức bậc hai P ( x ) = ax 2 + bx + c , với a, b, c là các số thực dương. Biết P (1) = 12 và
P ( 2 ) = 16 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =
a 3 + a 2b + 3b3
ab 2
+
.
ab 2
a 3 + a 2b + 3b3
Câu 4 (3,0 điểm). Cho hai đường tròn ( O1 ; R1 ) và ( O2 ; R2 ) (với R1  R2 ) cắt nhau tại hai điểm phân
biệt A, B . Qua điểm A kẻ đường thẳng cắt ( O1 ) , ( O2 ) lần lượt tại C, D (đều khác A ) sao cho
A là trung điểm của đoạn CD . Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD cắt đường thẳng AB tại
điểm E (khác B ), đường thẳng EC cắt đường tròn ( O1 ) tại điểm P (khác C ), đường thẳng ED
cắt đường tròn ( O2 ) tại điểm Q (khác D ).
a) Chứng minh rằng: BCP ∽ BDQ .
b) Chứng minh rằng: Ba điểm A, P, Q thẳng hàng.
c) Vẽ phân giác trong EI của tam giác EPQ ; vẽ PM , QN lần lượt là phân giác trong của tam
giác CPI và tam giác DQI . Chứng minh rằng: MN //CD .
----------HẾT---------Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
1
Website: tailieumontoan.com
(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: ………………Phòng thi:...................................
Họ và tên của cán bộ coi thi 1: ……………………..Họ và tên của cán bộ coi thi 2: .................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ
THÔNG
ĐẮK LẮK
NĂM HỌC 2024-2025
Môn thi: TOÁN CHUYÊN
ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đáp án, biểu điểm và hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
A. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Câu Ý
ĐÁP ÁN
Điểm
a) Tìm các số nguyên dương x sao cho x2 + x + 10 là số chính phương.
Ta có: 4 ( x 2 + x + 10 ) = 4 x 2 + 4 x + 40 = ( 2 x + 1) + 39 chính phương.
2
0,25
Đặt ( 2 x + 1) + 39 = a 2 , với a 
2
0,25
 a − ( 2 x + 1) = 39  ( a − 2 x − 1)( a + 2 x + 1) = 39 .
2
2
Ta có bảng:
a + 2x + 1
39
13
a − 2 x −1
1
3
x
9
2
a
20
8
0,25
Vậy x = 2 , x = 9 thỏa mãn.
1
b)
0,25
Giải phương trình: x 2 + 3 x + 4 = 2 ( x + 1) x + 3
Điều kiện: x  −3 . Ta có:
(
x 2 + 3x + 4 = 2 ( x + 1) x + 3  x + 1 − x + 3
0,25
) =0
2
 x + 1 − x + 3 = 0  x + 1 = x + 3  ( x + 1) = x + 3  x 2 + x − 2 = 0
0,25
x = 1

 x = −2
0,25
Thử lại, phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 .
0,25
2
c)
6 x 2 + y 2 + 5 xy − 5 x − 3 y = 4
(1)
Giải hệ phương trình: 
2
 5 x − 1 + 2 x + 10 x − 11 = 2 x + y ( 2 )
5 x − 1  0
Điều kiện:  2
.
2 x + 10 x − 11  0
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
0,25
2
Website: tailieumontoan.com
Từ điều kiện và phương trình ( 2 ) ta có: 2 x + y  0 (*)
(1)  ( 2 x + y + 1)( 3x + y − 4 ) = 0
 3x + y = 4 (do (*)).
 y = 4 − 3x thay vào ( 2 ) ta có:


0,25
5 x − 1 + 2 x 2 + 10 x − 11 = 4 − x
( 5x −1 − 2) + ( 2 x + 10 x −11 −1) + ( x − 1) = 0
2
5 ( x − 1)
5x −1 + 2
+
2 ( x − 1)( x + 6 )
2 x 2 + 10 x − 11 + 1
+ ( x − 1) = 0
0,25


2 ( x + 6)
5
 ( x − 1) 
+
+ 1 = 0
2 x 2 + 10 x − 11 + 1 
 5x −1 + 2
Vì x 
1
nên
5
2 ( x + 6)
5
+
+ 1  0 . Do đó
5x −1 + 2
2 x 2 + 10 x − 11 + 1
0,25
pt  x = 1 (thử đúng). Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = (1;1) .
a) Cho hình chữ nhật có số đo chiều dài, chiều rộng (theo đơn vị cm) là hai số nguyên phân biệt
có chữ số tận cùng bằng nhau. Biết chu vi hình chữ nhật đó bằng 2024 cm. Tìm diện tích lớn
nhất có được của hình chữ nhật đó.
Gọi chiều dài, chiều rộng của hình chữ nhật đó là x, y (cm); 0  x  y ; x, y nguyên.
Vì x  y ; x, y có chữ số tận cùng bằng nhau nên x − y  10 ; x + y = 1012 .
Ta có: S = xy =
2
1
1
2
2
( x + y) − ( x − y)
4
4
0,25
0,25
1
1
 S  .10122 − .102 = 256011
4
4
0,25
Vậy diện tích lớn nhất của hình chữ nhật bằng 256011 cm2 khi chiều dài và chiều
rộng lần lượt là 511 cm , 501 cm .
0,25
b) Biết phương trình x3 + x − 3 = 0 có nghiệm x = a , phương trình 3x3 + 8x2 + 7 x + 1 = 0 có
nghiệm x = b . Chứng minh rằng ab + a = 1 .
Vì phương trình 3x3 + 8x2 + 7 x + 1 = 0 có nghiệm x = b ( b  −1) . Do đó
0,25
1
−3b3 − 8b 2 − 7b − 1
 1 
−3 =
=0

 +
3
 b +1  b +1
( b + 1)
3

1
là nghiệm của phương trình x3 + x − 3 = 0 (1).
b +1
0,25
Giả sử phương trình x + x − 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1  x2 thì
3
 x1  x2
x13 + x1 = x23 + x2 = 3 Mà  3
 x1  x
3
2
0,25
 x13 + x1  x23 + x2 (vô lý).
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
3
Website: tailieumontoan.com
Vậy phương trình x + x − 3 = 0 có nghiệm duy nhất x = a (2).
3
Từ (1) và (2)  a =
1
 ab + a = 1 .
b +1
0,25
a) Tìm ba số nguyên dương x; y; z đôi một khác nhau thỏa mãn hai điều kiện:
• x 2 + xy + y 2 + ( 3z 2 − z − 4 ) ( x + y ) = 10 z 2 − 3 .
• Trong bốn số x + y + 3z 2 − 1 ; x + y − 3 ; x + z ; y + z có đúng một hợp số.
Ta có:
x 2 + xy + y 2 + ( 3z 2 − z − 4 ) ( x + y ) = 10 z 2 − 3  ( x + y + 3z 2 − 1) ( x + y − 3) = ( x + z )( y + z ) 0,25
Giả sử x + y + 3z 2 − 1 không phải là hợp số, mà x + y + 3z 2 − 1  1 nên x + y + 3z 2 − 1
là số nguyên tố.
 x + z ( x + y + 3z 2 − 1)
 x + z  x + y + 3z 2 − 1

vô lý.

2
 y + z ( x + y + 3z 2 − 1)
y
+
z

x
+
y
+
3
z
−
1


0,25
Vậy x + y + 3z 2 − 1 là hợp số duy nhất trong bốn số đã cho.
 x + z = p nguyên tố; y + z = q nguyên tố; x + y + 3 z 2 − 1 = p.q ; x + y − 3 = 1
0,25
Vì x + y = 4 và x , y nguyên dương nên ( x; y ) = (1;3) hoặc ( x; y ) = ( 3;1) .
Trường hợp nào ta cũng thu được
3
 z = 2 ( n)
13 + 4 ( 3 z 2 − z − 4 ) = 10 z 2 − 3  2 z 2 − 4 z = 0  
 z = 0 ( l )
0,25
Thử lại chỉ có hai bộ ( x; y; z ) = (1;3; 2 ) , ( x; y; z ) = ( 3;1; 2 ) thỏa mãn.
b) Cho đa thức bậc hai P ( x ) = ax 2 + bx + c , với a, b, c là các số thực dương. Biết P (1) = 12 và
P ( 2 ) = 16 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =
a 3 + a 2b + 3b3
ab 2
+
.
ab 2
a 3 + a 2b + 3b3
 P (1) = a + b + c = 12
 3a + b = 4
Ta có: 
 P ( 2 ) = 4a + 2b + c = 16
C1: ( a − b ) ( a + 3b )  0
2
 a3 + a2b + 3b3  5ab2
a 3 + a 2b + 3b3

 5.
ab 2
0,25
C2:
a3 + b3 + b3  3ab 2
 a3 + a 2b + 3b3  5ab 2
 2
3
2
a b + b  2ab
0,25

a 3 + a 2b + 3b3
5
ab 2
Ta có:
a3 + a 2b + 3b3
ab 2
24 a3 + a 2b + 3b3 1 a 3 + a 2b + 3b3
ab 2 0,25
A=
+ 3
= .
+ .
+ 3
ab 2
a + a 2b + 3b3 25
ab 2
25
ab 2
a + a 2b + 3b3
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
4
Website: tailieumontoan.com
1 a3 + a 2b + 3b3
ab 2
1 a3 + a 2b + 3b3
ab 2
2
.
+ 3
2
.
. 3
=
Mà
2
2
3
2
2
3
25
ab
a + a b + 3b
25
ab
a + a b + 3b
5
 A
24
2 26
. Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = 1 , c = 10 .
.5 + =
25
5 5
0,25
26
Vậy GTNN của A là
.
5
4
a) Chứng minh rằng: BCP ∽ BDQ .
E
C
O
Q
A
O1
P
O2
D
B
Vì ABDQ , ABPC và ECBD là các tứ giác nội tiếp nên:
0,25
BQD = BAD = BPC
0,25
và BDQ = BCP
0,25
 BDQ ∽ BCP ( g − g ) .
0,25
b) Chứng minh rằng: A, P, Q thẳng hàng.
BDQ ∽ BCP  QBD = CBP
0,25
Mà QAD = QBD, CBP = CAP
0,25
0,25
 QAD = CAP
Vậy P, A, Q thẳng hàng.
0,25
c) Gọi EI là phân giác trong của EPQ ; PM , QN lần lượt là phân giác trong của CPI và
DQI . Chứng minh rằng: MN //CD .
E
C
O
M
Q
A
I
P
O2
O1
N
B
D
Áp dụng định lý Mênêlauyt cho CED với P, A, Q thẳng hàng ta được:
AC QD PE
QD PC
AC
QD QE
.
.
= 1 , vì
=
=1 

=
AD QE PC
QE PE
AD
CP PE
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
0,25
5
Website: tailieumontoan.com
Theo tính chất đường phân giác:
QI
PI
IQ QE
IQ QD

=
=

=
QD PC
IP PE
IP CP
0,25
QI
NI PI
MI
=
;
=
QD ND PC MC
NI
MI

=
 MN //CD
ND MC
Mà
0,25
0,25
B. HƯỚNG DẪN CHẤM
1. Điểm bài thi đánh giá theo thang điểm từ 0 đến 10. Điểm của bài thi là tổng của các điểm
thành phần và không làm tròn.
2. Học sinh giải theo cách khác nếu đúng và hợp lí vẫn cho điểm tối đa phần đó.
----------HẾT----------
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
6
Website: tailieumontoan.com
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2024-2025
Môn thi: TOÁN (Chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút.
(Đề thi gồm: 01 trang)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1: (2,0 điểm)
a) Cho x, y  1 thỏa mãn
(
1
1
5
3
3
+
=
. Tính giá trị của biểu thức A = x + y + 9 xy .
x + 1 y + 1 xy + 4
b) Xét đa thức P ( x ) = x 2 + ax + b với a, b là các hệ số nguyên. Chứng minh rằng nếu
)
(
)
P 1 + 2 = 2024 thì P 1 − 2 = 2024 .
Câu 2: (2,0 điểm)
a) Giải phương trình x 2 = ( 2 x − 9 )
( x + 2x − 8 − 2) .
2
2
2

 x ( x − y ) + ( y − 1) = 0
b) Giải hệ phương trình 
3
2
2

4 x − 9 x + 7 x + 3 y − 10 y + 5 = 0.
Câu 3: (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( O ) và AB  AC . Ba đường
cao của tam giác ABC là AD, BE, CF đồng quy tại điểm H . Gọi AQ là đường kính của
đường tròn ( O ) , đường thẳng HQ cắt cạnh BC tại điểm M . Đường tròn ngoại tiếp tam giác
AEF cắt đường tròn ( O ) tại điểm N và cắt đường thẳng AM tại điểm K ( N , K khác A ),
đường thẳng AN cắt đường thẳng BC tại điểm P . Chứng minh rằng:
a) HQ vuông góc với AN và FDH = HDE , FDK = NDE .
b) Ba điểm P, E, F thẳng hàng.
c) PE.PF  PM 2 .
Câu 4: (1,5 điểm)
a) Chứng minh với mọi số nguyên dương n , số n5 − 6n + 33 không là số chính phương.
b) Cho các số nguyên dương a, b thỏa mãn điều kiện a + b + 1 là ước nguyên tố của
4 ( a 2 + ab + b 2 ) − 3 . Chứng minh rằng a + b − 1 là ước của 4 ( a 2 + ab + b 2 ) − 3 .
Câu 5: (1,5 điểm)
a) Xét x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx  xyz . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức Q = xy 2 + yz 2 + zx 2 − 18 ( x + y + z ) .
b) Cho bảng hình chữ nhật gồm 2 dòng và n cột, được chia đều thành 2n ô vuông đơn vị.
Ban đầu, trong mỗi ô vuông đơn vị người ta đặt đúng một viên bi có kích thước rất nhỏ. Ta gọi
mỗi biến đổi (T) là việc thực hiện các thao tác sau: Chọn ra hai ô vuông đơn vị tùy ý có chứa bi,
chuyển từ mỗi ô vuông đó đi một viên bi sang ô vuông đơn vị liền kề (hai ô vuông đơn vị gọi là
liền kề nếu chúng có chung cạnh). Tìm tất cả các số nguyên dương n để sau hữu hạn lần chỉ
thực hiện biến đổi (T), ta có thể đưa hết tất cả các viên bi có trên bảng lúc đầu về nằm trong
cùng một ô vuông đơn vị của bảng.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
1
Website: tailieumontoan.com
---------Hết--------Họ và tên thí sinh:………………………………
Số báo danh: ……………………………………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
Họ tên, chữ ký GT 1 ..………..…………
Họ tên, chữ ký GT 2 ..………..…………
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học: 2024 - 2025
Môn thi: TOÁN (Chuyên)
ĐỀ CHÍNH THỨC.
(Hướng dẫn chấm gồm: 06 trang.)
Câu 1: (2,0 điểm)
a) Cho x, y  1 thỏa mãn
1
1
5
. Tính giá trị của biểu thức A = x 3 + y 3 + 9 xy
+
=
x + 1 y + 1 xy + 4
.
(
b) Xét đa thức P ( x ) = x 2 + ax + b với a, b là các hệ số nguyên. Chứng minh rằng nếu
(
)
)
P 1 + 2 = 2024 thì P 1 − 2 = 2024 .
Ý
Nội dung
Điểm
1
1
5
+
=
 ( xy + 4 )( x + y + 2 ) = 5 ( x + 1)( y + 1)
x + 1 y + 1 xy + 4
 xy ( x + y ) + 3 = 3xy + x + y  ( x + y − 3)( xy − 1) = 0 (1)
0,25
+ Ta có
1a)
1,0đ
+ Với x, y  1 thì xy − 1  0 , do đó (1)  x + y = 3 .
0,25
+ Vậy A = x3 + y 3 + 9 xy = ( x + y ) − 3xy ( x + y ) + 9 xy
0,25
= 33 − 3 xy.3 + 9 xy = 27 .
0,25
3
(
)
(
+ Ta có P 1 + 2 = 2024  1 + 2
) + a (1 + 2 ) + b = 2024
2
0,25
 ( a + 2 ) 2 = 2021 − a − b .
1b)
1,0đ
0,25
+ Do a + 2 , 2021 − a − b là các số nguyên trong khi
a + 2 = 0
a = −2
ra 
hay 
2021 − a − b = 0
b = 2023.
(
) (
+ Vậy P 1 − 2 = 1 − 2
2 là số vô tỉ nên phải xảy
0,25
) − 2 (1 − 2 ) + 2023
2
0,25
= 3 − 2 2 − 2 + 2 2 + 2023 = 2024 , có điều phải chứng minh.
Câu 2: (2,0 điểm)
a) Giải phương trình x 2 = ( 2 x − 9 )
( x + 2x − 8 − 2) .
2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
2
Website: tailieumontoan.com
2
2

 x ( x − y ) + ( y − 1) = 0
b) Giải hệ phương trình 
3
2
2

4 x − 9 x + 7 x + 3 y − 10 y + 5 = 0.
Ý
Nội dung
Điểm
+ Điều kiện xác định x + 2 x − 8  0 .
2
Phương trình được viết lại là x 2 + 2 x − 8 − ( 2 x − 9 ) x 2 + 2 x − 8 + ( 2 x − 10 ) = 0 .
2a)
1,0đ
t = 1
Đặt t = x 2 + 2 x − 8 thì được t 2 − ( 2 x − 9 ) t + 2 x − 10 = 0  
t = 2 x − 10.
0,25
+ Với t = 1 thì
x 2 + 2 x − 8 = 1  x 2 + 2 x − 9 = 0  x = −1  10 .
2 x − 10  0
+ Với t = 2 x − 10 thì x 2 + 2 x − 8 = 2 x − 10   2
2
 x + 2 x − 8 = ( 2 x − 10 )
x  5
 2
 x = 7 + 13.
x
−
14
x
+
36
=
0

0,25
+ Vậy phương trình cho có tập nghiệm là S = 7 + 13; −1  10 .
0,25

0,25

Cách khác: Chuyển vế, bình phương để khử căn ta được PT hệ quả
( 2 x − 9 ) ( x 2 + 2 x − 8) = ( x 2 + 4 x − 18)  x4 − 12x3 − x2 + 198x − 324 = 0
2
2
(0,25)
 ( x 2 + 2 x − 9 )( x 2 − 14 x + 36 ) = 0
(0,25)
 x  −1  10;7  13
(0,25)


Thử lại và kết luận.
(0,25)
2

(1)
 x ( x − y ) + ( y − 1) = 0
Xét hệ phương trình 
3
2
2

4 x − 9 x + 7 x + 3 y − 10 y + 5 = 0 ( 2 )
2
0,25
 y = x +1
+ Ta có (1)  y 2 − ( x 2 + 2 ) y + x3 + 1 = 0  
2
 y = x − x + 1.
+ Nếu y = x 2 − x + 1 , thay vào (2) thu được
4 x3 − 9 x 2 + 7 x + 3 ( x 2 − x + 1) − 10 ( x 2 − x + 1) + 5 = 0
2
2b)
1,0đ
 3x4 − 2 x3 − 10 x2 + 11x − 2 = 0
0,25

5  13 
 ( x + 2 )( x − 1) ( 3x 2 − 5 x + 1) = 0  x  −2;1;

6 

Tìm được các nghiệm
 5 + 13 11 + 13   5 − 13 11 − 13 
;
;
, 
.
9
9
 6
  6

( x; y ) = ( −2;7 ) , (1;1) , 
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
0,25
3
Website: tailieumontoan.com
+ Nếu y = x + 1 , thay vào (2) thu được
4 x3 − 9 x 2 + 7 x + 3 ( x + 1) − 10 ( x + 1) + 7 x + 5 = 0
2
 4 x3 − 6 x2 + 3x − 2 = 0  8x3 − 12 x2 + 6 x − 1 = 3  ( 2 x − 1) = 3  x =
3
1+ 3 3
.
2
1+ 3 3 3 + 3 3 
Tìm được nghiệm ( x; y ) = 
;
.
2 
 2
0,25
Vậy hệ cho có đúng 5 bộ nghiệm ( x; y ) là
 5 + 13 11 + 13   5 − 13 11 − 13   1 + 3 3 3 + 3 3 
;
;
;
, 
, 
.
6
9
6
9
2
2

 
 

( −2;7 ) , (1;1) , 
Câu 3: (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( O ) và AB  AC . Ba đường
cao của tam giác ABC là AD, BE, CF đồng quy tại điểm H . Gọi AQ là đường kính của
đường tròn ( O ) , đường thẳng HQ cắt cạnh BC tại điểm M . Đường tròn ngoại tiếp tam giác
AEF cắt đường tròn ( O ) tại điểm N và cắt đường thẳng AM tại điểm K ( N và K khác A
), đường thẳng AN cắt đường thẳng BC tại điểm P . Chứng minh rằng:
a) HQ vuông góc với AN và FDH = HDE , FDK = NDE .
b) Ba điểm P, E, F thẳng hàng.
c) PE.PF  PM 2 .
Hình vẽ:
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
4
Website: tailieumontoan.com
Nội dung
Ý
Điểm
+ Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF là đường tròn đường kính AH , suy ra
0,25
HN ⊥ NA .
+ Mặt khác N thuộc đường tròn đường kính AQ nên QN ⊥ NA , suy ra N , H , Q
0,25
thẳng hàng và có HQ ⊥ AN .
3a)
1,0đ
+ Có ADC = AFC = 900 nên tứ giác ACDF nội tiếp, do đó FDB = BAC .
Tương tự có EDC = BAC .
Suy ra FDH = 900 − FDB = 900 − BAC = 900 − EDC = EDH (1).
0,25
+ Có ANM = ADM = 900 nên tứ giác ANDM nội tiếp, suy ra NDH = HMK .
Có HDM = HKA = 900 nên tứ giác HDMK nội tiếp, suy ra HMK = HDK .
Vậy NDH = HDK (2).
Từ (1) và (2) suy ra FDK = FDH + HDK = HDE + NDH = NDE .
0,25
3b)
1,0đ
+ Tứ giác ANFE nội tiếp nên suy ra ANF = FEC .
Có BFC = BEC = 900 nên tứ giác BFEC nội tiếp, suy ra FEC = FBP . Vậy có 0,5
ANF = FBP , suy ra tứ giác NPBF nội tiếp.
3c)
1,0đ
+ Tam giác EMC cân tại M nên MEC = BCA .
Từ đó có PEM = 1800 − MEC − FEA = 1800 − BCA − ABC = BAC = FDP .
Suy ra hai tam giác PFD, PME đồng dạng (g-g).
PF PD
+ Suy ra
hay PE.PF = PD.PM .
=
PM PE
BD + DC
+ Do AB  AC nên BD  DC  BD 
= BM  PD  PM .
2
Vậy PE.PF = PD.PM  PM 2 .
+ Theo đó PFB = PNB = BCA = EFA . Vậy PFB = EFA , mà B, F , A thẳng hàng
0,5
nên P, F , E cũng thẳng hàng.
+ Chứng minh được BHCQ là hình bình hành nên M là trung điểm của BC .
0,25
0,25
0,25
0,25
Cách khác: + Chứng minh M là trung điểm của BC .
+ Chứng minh PE.PF = PB.PC .
BC 
BC 
BC 2

2
PM
+
=
PM
−
+ Chỉ ra PB.PC =  PM −
.


2 
2 
4

BC 2
 0 suy ra PB.PB  PM 2 .
+ Từ
4
Câu 4: (1,5 điểm)
a) Chứng minh với mọi số nguyên dương n , số n5 − 6n + 33 không là số chính phương.
b) Cho các số nguyên dương a, b thỏa mãn điều kiện a + b + 1 là ước nguyên tố của
4 ( a 2 + ab + b 2 ) − 3 . Chứng minh rằng a + b − 1 là ước của 4 ( a 2 + ab + b 2 ) − 3 .
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
5
Website: tailieumontoan.com
Ý
Nội dung
4a)
1,0đ
Điểm
Có n − 6n + 33 = ( n − n ) − 5n + 33
5
5
0,25
+ Theo định lí Fermat có n5  n ( mod 5 ) nên ( n5 − n )  0 ( mod 5 )
0,25
Do 5n  0 , 33  3 ( mod 5 ) nên suy ra n5 − 6n + 33  3 ( mod 5 ) (*).
0,25
+ Một số chính phương khi chia cho 5 chỉ có thể cho số dư thuộc 0;1; 4 . Vậy từ
(*) suy ra n5 − 6n + 33 không thể là số chính phương.
+ Theo giả thiết có
2
0  4a 2 + 4ab + 4b 2 − 3  4a 2 + 4a ( −a − 1) + 4 ( − a − 1) − 3 ( mod a + b + 1)
0,25
hay ( 2a + 1)  0 ( mod a + b + 1) .
2
4b)
0,5đ
0,25
Từ a + b + 1 là số nguyên tố suy ra ( 2a + 1) ( a + b + 1) .
+ Ta có 0  2a + 1  2 ( a + b + 1) nên xảy ra a + b + 1 = 2a + 1  a = b .
a + b − 1 = 2a − 1
Khi đó có 
,
2
2
2
4
a
+
ab
+
b
−
3
=
12
a
−
3
=
3
2
a
+
1
2
a
−
1
(
)(
)

suy ra 4 a 2 + ab + b 2 − 3 ( a + b − 1) .
((
(
)
0,25
) )
Câu 5: (1,5 điểm)
a) Xét x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx  xyz . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức Q = xy 2 + yz 2 + zx 2 − 18 ( x + y + z ) .
b) Cho bảng hình chữ nhật gồm 2 dòng và n cột, được chia đều thành 2n ô vuông đơn vị.
Ban đầu, trong mỗi ô vuông đơn vị người ta đặt đúng một viên bi có kích thước rất nhỏ. Ta gọi
mỗi biến đổi (T) là việc thực hiện các thao tác sau: Chọn ra hai ô vuông đơn vị tùy ý có chứa bi,
chuyển từ mỗi ô vuông đó đi một viên bi sang ô vuông đơn vị liền kề (hai ô vuông đơn vị gọi là
liền kề nếu chúng có chung cạnh). Tìm tất cả các số nguyên dương n để sau hữu hạn lần chỉ
thực hiện biến đổi (T), ta có thể đưa hết tất cả các viên bi có trên bảng lúc đầu về nằm trong
cùng một ô vuông đơn vị của bảng.
Ý
Nội dung
Điểm
1 1 1
+ + . Dùng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz có
x y z
1 1 1
2
xy 2 + yz 2 + zx 2   + +  ( xy 2 + yz 2 + zx 2 )  ( y + z + x ) .
x y z
0,25
+ Từ giả thiết có 1 
5a)
2
2
0,25
0,75đ + Suy ra Q  ( x + y + z ) − 18 ( x + y + z ) = ( x + y + z − 9 ) − 81  −81 .
Khi x = y = z = 3 thì các giả thiết được thỏa mãn và Q = −81. Vậy giá trị nhỏ nhất
0,25
của Q bằng −81 .
81
81
81
Cách khác: Q + 81  xy 2 − 18 y + + yz 2 − 18 z + + zx 2 − 18 x +
x
y
z
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
6
Website: tailieumontoan.com
2

9
9
9


= x y −  + y z −  + z x −   0 .
x
y
z



2
2
+ Xét n là số lẻ:
Ta tô màu các ô vuông đơn vị theo kiểu xen kẽ như bàn cờ vua bởi hai màu đen,
trắng. Gọi B , W lần lượt là số bi nằm ở ô đơn vị màu đen, số bi nằm ở ô đơn vị
màu trắng.
0,25
- Lúc đầu: B = n và W = n . Như vậy B,W là các số lẻ.
- Chỉ ra được bất biến: Sau mỗi lần thực biến đổi (T) thì tính chẵn lẻ của
B, W là không thay đổi.
- Suy ra lúc nào cũng có bi nằm ở ô đen và lúc nào cũng có bi nằm ở ô trắng
(vì B, W luôn là số lẻ), vậy không thể dồn hết tất cả các viên bi về một ô 0,25
vuông đơn vị.
+ Xét n là số chẵn: Ta chỉ ra cách dồn được bi theo yêu cầu.
• Đầu tiên ta chọn hai ô vuông phân biệt mà mỗi ô vuông tương ứng đều nằm ở
cuối cùng của mỗi dòng và phải có bi, thực hiện biến đổi (T) để dồn hết bi từ hai
ô này về hai ô đứng liền trước chúng. Lại thực hiện tiếp biến đổi (T) với hai ô đơn
vị có bi mà mỗi ô nằm ở đầu ngoài cùng của mỗi dòng để
5b)
dồn hết bi của hai ô này về hai ô đứng liền sau chúng. Tiếp
0,75đ tục với hai cách chọn ô như vậy (chọn cặp ô có bi ở cuối
dòng rồi lại chọn cặp ô có bi ở đầu dòng) ta đi đến trạng
thái bi chỉ còn nằm ở bảng con 2  2 ở chính giữa của bảng
ban đầu như hình 1 (các chữ cái ghi trong ngoặc là để chỉ
tên của ô, các số chỉ số lượng bi đang có ở ô tương ứng
0,25
đó).
n
lần biến đổi (T)
2
(bi từ ô B đưa sang ô A, bi từ ô C đưa sang ô D) thì thu được
trạng thái như hình 2.
• Tiếp theo chọn cặp ô B, C và thực hiện
• Tiếp tục, ta liên tục chọn cặp ô A, D cho đến khi hết bi và
chuyển bi ở hai ô này sang ô C thì sau cùng đưa được 2n
viên bi về hết ô C.
Vậy tập hợp tất cả các số n cần tìm là tập các số nguyên dương chẵn.
Chú ý:
- Nếu thí sinh làm đúng, cách giải khác với hướng dẫn chấm, phù hơp kiến thức của chương
trình THCS thì tổ chấm thống nhất cho điểm thành phần đảm bảo tổng điểm như hướng dẫn quy
định.
- Tổng điểm toàn bài không làm tròn.
---------- HẾT ----------
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
7
Website: tailieumontoan.com
SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
SBD: …………..
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2024 - 2025
Khóa ngày 04/6/2024
Môn: TOÁN (CHUYÊN)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề có 01 trang gồm 5 câu
Câu I (2,0 điểm).
 2 x
x
3x + 3   2 x + 4 
+
−
− 1 với x  0, x  9 .
:
x − 3 x − 9   x + 3
 x +3

Cho biểu thức A = 
1) Rút gọn biểu thức A
2) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên.
Câu II (2,0 điểm).
1) Giải pương trình 3x + 6 + x + 3 = 5.
2) Cho phương trình x2 − 2(m + 1) x − m2 − 2m − 2 = 0 (1) , với m là tham số.
Chứng minh rằng với mọi giá trị của m, phương trình (1) luôn có hai
x + m + 1 x2 + m + 1
+
đạt
x2
x1
nghiệm x 1 , x 2 trái dấu. Khi đó, tìm m để biểu thức B = 1
giá trị lớn nhất.
Câu III (1,0 điểm).
Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh
a
b
c
+
+
 2.
b+c
c+a
a+b
Câu IV (3,5 điểm).
Cho đường tròn (O) và dây cung AB không đi qua O. Trên đo ạn thẳng AB
lấy điểm H khác B sao cho AH > BH. Đường thẳng qua H vuông góc với
AB cắt cung lớn AB của (O) tại M. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông
góc của H trên MA, MB. Đường thẳng qua M vuông góc với EF cắt AB,
FH và cung nhỏ AB của (O) lần lượt tại D, K, N. Chứng minh rằng:
a) Các tứ giác MEHF và AMHK nội tiếp.
b) AN song song với HE.
c)
AM 2 AH AD
=
.
.
BM 2 BH BD
Câu V (1,5 điểm).
Cho a, b là các số nguyên thỏa mãn (a2 + 3ab)5 + (b2 − ab)5 = 22016 + 1. Chứng
minh a + b chia hết cho 5.
…………………………. Hết ……………………………
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
1
Website: tailieumontoan.com
SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2024 -2025
Khóa ngày 04/6/2024
Môn: TOÁN (CHUYÊN)
(Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang)
* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi câu. Trong bài làm của học sinh yêu cầu
phải lập luận logic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng.
* Trong mỗi câu, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những
bước sau có liên quan.
* Điểm thành phần của mỗi câu được phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm là 0,5 điểm
thì tùy tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.
* Đối với Câu IV, học sinh không vẽ hình thì cho điểm 0. Trường hợp học sinh có vẽ
hình, nếu vẽ sai ở ý nào thì cho điểm 0 ở ý đó.
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tùy theo mức điểm
từng câu.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu.
Đáp án
Câu
Điểm
 2 x
x
3x + 3   2 x + 4 
+
−
− 1 (với
:
x −3 x −9   x +3
 x +3

Cho biểu thức A = 
x  0, x  9 ).
1. Rút gọn biểu thức A.
2. Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên.
Với x  0, x  9 , ta có:
2 x − 6 x + x + 3 x − 3x − 3 2 x + 4 − x − 3
:
x−9
x +3
−3 x − 3
x +3
−3
=

=

x +1
x −3
x +3
x −3
0.5
A=
I
1
(
2
)(
)
0.5
Vì x nguyên nên A nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi x − 3 là
ước số của 3
0.25







0.5


x − 3 = −1


x −3 =1


x −3 = 3

x − 3 = −3
x =0
x = 0
x = 4
x =2
(thỏa mãn điều kiện)


x
=
16
x =4

 x = 36
x =6
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
2
Website: tailieumontoan.com
Vậy x  0;4;16;36 thì A nhận giá trị nguyên.
1. Giải phương trình
0.25
3 x + 6 + x + 3 = 5.
2. Cho phương trình x 2 − 2 ( m + 1) x − m 2 − 2m − 2 = 0 (1) (với m là
tham số). Chứng minh với mọi m, phương trình (1) luôn có hai nghiệm
x1 , x2 trái dấu. Khi đó, tìm m để biểu thức B =
x1 + m + 1 x2 + m + 1
+
x2
x1
đạt giá trị lớn nhất.
ĐK: x  −2.
3x + 6 + x + 3 = 5  3x + 6 − 3 + x + 3 − 2 = 0
0.25
0.25
3x − 3
x −1
+
=0
3x + 6 + 3
x+3+2
3
1


 ( x − 1) 
+
=0
x+3+2
 3x + 6 + 3
 x = 1 (thỏa mãn)
3
1
+
 0 với mọi x  −2 )
(vì
3x + 6 + 3
x+3 +2
Vậy phương trình có nghiệm x = 1.
2
Vì ac = −m 2 − 2m − 2 = − ( m + 1) − 1  0 với mọi m
nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm trái dấu.

1
II
0.25
0.25
0.25
Theo Vi ét ta có x1 + x2 = 2 ( m + 1) , x1 x2 = −m 2 − 2m − 2
x + m + 1 x2 + m + 1
+
Ta có B = 1
x2
x1
x12 + x22 + ( m + 1)( x1 + x2 )
=
x1 x2
2
0.25
( x + x ) − 2 x1x2 + ( m + 1)( x1 + x2 )
= 1 2
2
x1 x2
4 ( m + 1) + 2 ( m + 1)( m + 1)
=
−2
− m 2 − 2m − 2
2
= −2 −
6 ( m + 1)
( m + 1) + 1
2
0.25
2
 −2, m  .
Dấu bằng xảy khi và chỉ khi m = −1.
Vậy m = −1 là giá trị cần tìm.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
0.25
3
Website: tailieumontoan.com
Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh
a
b
c
+
+
 2
b+c
c+a
a+b
III
b+c
+1
b+c
b+c
a+b+c
a
Với a, b, c  0, ta có
=
1 
=
a
a
2
2a
a
2a
Suy ra

b+c a+b+c
b
c
2b
2c
Tương tự
;


c+a a+b+c a+b a+b+c
Do đó
a
b
c
2a
2b
2c
+
+

+
+
=2
b+c
c+a
a+b a+b+c a+b+c a+b+c
0.25
0.25
0.25
b + c
 a =1

c + a
= 1  a + b + c = 0 (vô lí)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 
b

a + b
 c =1

Vậy
0.25
a
b
c
+
+
 2
b+c
c+a
a+b
Cho đường tròn ( O ) và dây cung AB không đi qua tâm O. Trên đoạn
thẳng AB lấy điểm H khác B sao cho AH  BH . Đường thẳng qua
H vuông góc với AB cắt cung lớn AB của ( O ) tại M . Gọi E, F lần
lượt là hình chiếu vuông góc của H trên MA, MB . Đường thẳng qua M
IV
vuông góc với EF cắt AB, FH và cung nhỏ AB của ( O ) lần lượt tại
D, K và N . Chứng minh rằng:
1. Các tứ giác MEHF và AMHK nội tiếp.
2. AN song song HE .
AM 2 AH AD
=


3.
BM 2 BH BD
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
4
Website: tailieumontoan.com
N
K
B
H
D
A
F
O
E
M
Tứ giác MEHF có HEM = HFM = 90
1
0
0.25
Suy ra HEM + HFM = 1800
Vậy tứ giác MEHF nội tiếp.
Ta có HKM + HFE = 900 (vì MK ⊥ EF )
0.5
HAM + HME = 900 (cùng phụ với MHA )
0.5
Mà HFE = HME (do MEHF nội tiếp)
Suy ra HKM = HAM
Do đó tứ giác AMHK nội tiếp.
Ta có ANM = ABM (cùng chắn AM ) (1)
2
0.25
Mà tứ giác MEHF nội tiếp suy ra HEF = HMF
Mặt khác HEF = NMA (cùng phụ với FEM )
Suy ra HMF = NMA ( 2 )
Từ (1) và ( 2 ) suy ra ANM đồng dạng với HBM .
0.5
Mà BHM = 900 nên NAM = 900 hay AN ⊥ AM
Hơn nữa HE ⊥ AM nên AN // HE .
N
0.25
0.25
K
H
D
A
3
B
F
O
Q
P
E
M
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
5
Website: tailieumontoan.com
Ta có
AH SMAH AM .HE
=
=
( 3)
BH SMBH BM .HF
Kẻ DP ⊥ MA, DQ ⊥ MB ta có:
0.5
AD SMAD AM .DP
=
=
( 4)
BD SMBD BM .DQ
Mặt khác hai tứ giác MEHF và MPDQ nội tiếp nên
EHF = PDQ (cùng bù AMB ) (*)
Trong tứ giác MEHF có HEF = HMF (cùng chắn HF )
Tứ giác MPDQ nội tiếp nên PMD = PQD (cùng chắn PD )
0.25
Mà PMD = HMF (cm trên). Do đó PQD = HEF (**)
Từ (*) và (**) suy ra hai tam giác EHF và QDP đồng dạng (g.g)
Suy ra
HE HF
=
( 5)
DQ DP
Từ ( 3) , ( 4 ) và ( 5 ) suy ra
AM 2 AH AD
=


BM 2 BD BH
0.25
Cho a, b là các số nguyên thỏa mãn
( a + 3ab ) + ( b − ab ) = 2
2
5
5
2
2026
+ 1. Chứng minh a + b chia hết cho 5.
Ta có 22026 + 1 = 22.1013 + 1 = 41013 + 1 = 5.M 5
0,25
Đặt x = a 2 + 3ab; y = b 2 − ab (vì a, b   x, y  )
 x + y = ( a + b ) và x5 + y 5 = 22026 + 1
2
0,25
Suy ra ( x5 + y 5 ) 5 (1)
V
Xét hiệu : ( x5 + y 5 ) − ( x + y ) = ( x5 − x ) + ( y 5 − y )
Ta có x5 − x = ( x − 2 )( x − 1) x ( x + 1)( x + 2 ) + 5 x ( x 2 − 1)
0,5
Suy ra ( x5 − x ) 5 . Tương tự ( y 5 − y ) 5
Do đó ( x5 + y 5 ) − ( x + y )  5 ( 2 )
Từ (1) và ( 2 ) ta có ( x + y ) 5  ( a + b ) 5
2
0,25
Mà 5 là số nguyên tố do đó ( a + b ) 5
0,25
Vậy a + b chia hết cho 5.
...........................HẾT.........................
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
6
Website: tailieumontoan.com
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
7
Website: tailieumontoan.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2024-2025
Môn thi: Toán (chung) - Đề 1
Dành cho học sinh thi vào các lớp chuyên tự nhiên
Thời gian làm bài: 120 phút.
(Đề thi gồm: 01 trang)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1. (2,0 điểm)
2025
.
x − 2x +1
2) Cho đường thẳng y = 2 x + 3 cắt parabol y = x 2 tại hai điểm phân biệt. Tính tổng tung độ của hai
điểm đó.
3) Tính diện tích của hình tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh bằng 3 .
4) Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 6 , AC = 8 . Quay tam giác ABC một vòng quanh
cạnh AC . Tính thể tích của hình được tạo thành.
x +4
x
3 x
−
+
Câu 2. (1,5 điểm) Xét biểu thức A =
với x  0 .
x + 5 x + 4 x − x +1 x x +1
1) Rút gọn biểu thức A .
2) Tìm giá trị lớn nhất của A .
Câu 3. (2,5 điểm)
1) Cho phương trình x 2 − 2 ( m − 1) x + 2m − 5 = 0 (với m là tham số).
a) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm trái dấu.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 sao cho
1) Tìm điều kiện xác định của biểu thức P = x + 2024 +
2
( x − 2mx + 2m ) ( 2 x − 5) = 2024 .
2
2
2
1
2) Giải phương trình x 2 + 5 x − 4 − 2 ( x + 1) 3 x − 1 = 0 .
Câu 4. (3,0 điểm)
Cho đường tròn ( O ) với đường kính BC . Trên tia đối của tia CB lấy điểm D , gọi DA là tiếp
tuyến của đường tròn ( O ) với A là tiếp điểm. Kẻ đường thẳng qua A vuông góc với BC tại M và cắt
đường tròn ( O ) tại E ( E khác A ). Gọi AH là đường cao của tam giác ABE , AH cắt BC tại F . Gọi
I là trung điểm của đoạn AH , đường thẳng BI cắt đường tròn ( O ) tại K ( K khác B ), AK cắt BD tại
N.
1) Chứng minh các điểm E, M , F , H cùng thuộc một đường tròn và DB.DC = DM .DO .
2) Chứng minh AFEC là hình thoi và BAH = ADB .
3) Chứng minh MK ⊥ AN và MD = 2MN .
Câu 5. (1,0 điểm)
2

 4 x + ( y + 2 )( x − y ) + 2 xy = 4 y
1) Giải hệ phương trình 
2

 x − 1 + 5 y − 1 = 3x − 7 x + 6.
2) Xét ba số dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn điều kiện abc = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
a
b
c
+ 3
+ 3
thức S = 3
.
a +3 b +3 c +3
---------Hết--------Họ và tên thí sinh:………………………………
Họ tên, chữ ký CBCT 1 ..………..………..………
Số báo danh: ……………………………………
Họ tên, chữ ký CBCT 2 ..……………..…..………
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
1
Website: tailieumontoan.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
ĐỀ CHÍNH THỨC.
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học: 2024 - 2025
Môn thi: Toán (chung) - Đề 1
Dành cho học sinh thi vào các lớp chuyên tự nhiên
(Hướng dẫn chấm gồm: 06 trang)
Câu
Điểm
Nội dung
2025
.
x − 2x +1
2) Cho đường thẳng y = 2 x + 3 cắt parabol y = x 2 tại hai điểm phân biệt. Tính tổng
Câu
(2,0đ)
tung độ của hai điểm đó.
1
3) Tính diện tích của hình tròn ngoại tiếp tam giác đều có độ dài cạnh bằng 3 .
4) Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 6 , AC = 8 . Quay tam giác ABC một
vòng quanh cạnh AC . Tính thể tích của hình được tạo thành.
 x + 2024  0
Điều kiện xác định  2
0,25
x − 2x +1  0
1)
 x  −2024
 x  −2024
.

0,25

2
( x − 1)  0  x  1
1) Tìm điều kiện xác định của biểu thức P = x + 2024 +
2
 x = −1
Pt hoành độ giao điểm: x2 = 2 x + 3  x2 − 2 x − 3 = 0  
x = 3
2)
0,25
Với x = −1  y = 1
Với x = 3  y = 9
0,25
Vậy tổng tung độ giao giao điểm là: 1 + 9 = 10 .
3)
Tính đúng bán kính của đường tròn là R = 1 .
0,25
Diện tích của hình tròn bằng  R2 =  .
0,25
Hình được tạo thành là hình nón có bán kính đáy là r = AB = 6 , độ dài đường cao
h = AC = 8 .
4)
1
Thể tích của hình nón là V =  r 2 h = 96 .
3
x +4
x
3 x
−
+
với x  0 .
Câu Xét biểu thức A =
x + 5 x + 4 x − x +1 x x +1
2
1) Rút gọn biểu thức A .
2) Tìm giá trị lớn nhất của A .
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
0,25
0,25
1,5
2
Website: tailieumontoan.com
x +4
=
x+5 x +4
A=
1)
=
x +4
( x + 1)( x + 4)
=
1
x +1
0,25
(
)
x x +1
1
x
3 x
x − x +1
3 x
−
+
=
−
+
x +1 x − x +1 x x +1
x x +1
x x +1
x x +1
0,25
x − x +1− x − x + 3 x
x x +1
x +1
=
( x + 1)( x − x + 1)
=
1
.
x − x +1
0,25
0,25
2
1
1 3 3

A=
. Ta có x − x + 1 =  x −  +  với mọi x  0 .
2 4 4
x − x +1

2)
Do đó 0  A 
0,25
4
với mọi x  0 .
3
2
4
1
4
1
1

khi x = .
  x −  = 0  x = . Vậy giá trị lớn nhất của A là
3
4
3
2
4

Ta có A =
0,25
1) Cho phương trình x 2 − 2 ( m − 1) x + 2m − 5 = 0 (với m là tham số).
a) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm trái dấu.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 sao cho
Câu
3
( x − 2mx + 2m ) ( 2 x − 5) = 2024 .
2
2
2
2,5
1
2) Giải phương trình x 2 + 5 x − 4 − 2 ( x + 1) 3 x − 1 = 0 .
Phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi 2m − 5  0
1.a)
m
0,25
5
.
2
0,25
Ta có  ' = ( m − 1) − 2m + 5 = m 2 − 4m + 6 = ( m − 2 ) + 2  0 với mọi m
2
2
0,25
 phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m
x = x2 là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có
0.25
x22 − 2 ( m − 1) x2 + 2m − 5 = 0  x22 − 2mx2 + 2m = 5 − 2 x2
1.b)
Khi đó
( x − 2mx + 2m ) ( 2 x − 5) = 2024  ( 5 − 2 x )( 2 x − 5) = 2024
2
2
2
1
2
0,25
1
 10 ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = 2049 .
Thay x1 + x2 = 2 ( m − 1) , x1.x2 = 2m − 5 vào điều kiện trên ta được
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
0,25
3
Website: tailieumontoan.com
20 ( m − 1) − 4 ( 2m − 5 ) = 2049  m =
683
.
4
1
3
Cách 1: Đk: x  .
0,25
a = x + 1
Đặt 
 a 2 + b 2 = x 2 + 5 x . Pt đã cho trở thành: a2 + b2 − 2ab = 4
b = 3x − 1
a − b = 2
2
 ( a − b) = 4  
 a − b = −2
0,25
 x − 1  0
2
3x − 1 = ( x − 1)
Với a − b = 2 , ta có: x + 1 − 3x − 1 = 2  3x − 1 = x − 1  
0,25
x  1
5 + 17
 2
x=
(thoả mãn đk)
2
 x − 5x + 2 = 0
 x  −3
Với a − b = −2 , ta có x + 1 − 3x −1 = −2  3x − 1 = x + 3   2
 x + 3x + 10 = 0
2)
Kết luận pt có nghiệm duy nhất x =
(vn)
0,25
5 + 17
.
2
1
3
2
  x − 2 x 3 x − 1 + ( 3 x − 1)  + 2 x − 2 3 x − 1 − 3 = 0
Cách 2: Đk: x  . Pt  x2 + 5x − 4 − 2 x 3x − 1 − 2 3x −1 = 0
(
(
)
2
(
)
0,25
)
 x − 3x − 1 + 2 x − 3x − 1 − 3 = 0
t = 1
t = −3
Đặt t = x − 3 x − 1 , pt trở thành: t 2 + 2t − 3 = 0  
x  1
Với t = 1 ta có x − 3x − 1 = 1  3x − 1 = x − 1   2
 x − 5x + 2 = 0
0,25
x=
5 + 17
(tm đk)
2
 x  −3
Với t = −3 ta có x − 3x − 1 = −3  3x − 1 = x + 3   2
(vô nghiệm).
 x + 3x + 10 = 0
Kết luận pt có nghiệm duy nhất x =
0,25
0,25
5 + 17
.
2
Cho đường tròn ( O ) với đường kính BC . Trên tia đối của tia CB lấy điểm D , gọi
Câu
4
DA là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) với A là tiếp điểm. Kẻ đường thẳng qua A vuông góc
với BC tại M và cắt đường tròn ( O ) tại E ( E khác A ). Gọi AH là đường cao của tam
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
4
3,0 đ
Website: tailieumontoan.com
giác ABE , AH cắt BC tại F . Gọi I là trung điểm của đoạn AH , đường thẳng BI cắt
đường tròn ( O ) tại K ( K khác B ), AK cắt BD tại N.
1) Chứng minh các điểm
E, M , F , H
cùng thuộc một đường tròn và
DB.DC = DM .DO .
2) Chứng minh AFEC là hình thoi và BAH = ADB .
3) Chứng minh MK ⊥ AN và MD = 2MN .
Ta có AE vuông góc với BC tại M nên FME = 900 suy ra M thuộc đường tròn đường
kính EF (1).
EHF = 900 suy ra H thuộc đường tròn đường kính EF (2).
0,25
0,25
Từ (1), (2) suy ra 4 điểm E, M , F , H cùng thuộc một đường tròn.
AM là đường cao của tam giác vuông ADO nên ta có AD2 = DM .DO (3)
0,25
1)
 DAC = DBA
Xét DAC và DBA có 
 D chung
 DAC
0,25
DC DA
=
 DA2 = DB.DC (4)
DBA 
DA DB
Từ (3) và (4) ta có DB.DC = DM .DO
OC ⊥ AE  M là trung điểm của AE .
Ta có EF / / AC (vì cùng vuông góc với AB )  MAC = MEF
0,25
 AMC = EMF (g.c.g)
2)
 MC = MF nên AFEC là hình thoi
Ta có ABH = DAM (cùng bằng
0,25
1
sđ AE )
2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
0,25
5
Website: tailieumontoan.com
 ABH + BAH = 900
Mà 
. Do đó BAH = ADB .
0
DAM
+
ADB
=
90

0,25
KAM = KBE (cùng chắn KE )
KBE = KIM (vì IM / / BE )
0,25
 KAM = KIM
 tứ giác AKMI nội tiếp
0,25
 MK ⊥ AN (vì MIA = 900 )
3)
Xét BHI và AMN , có: BHI = AMN = 900 , IBH = NAM (chắn KE )
 BHI
AMN . Do đó
0,25
HB HI
=
(5)
MA MN
Xét BHA và AMD , có: BHA = AMD = 900 , ABH = DAM
 BHA AMD . Do đó
Từ (5) và (6) ta được
HB HA
=
(6)
MA MD
0,25
HI
HA
=
, mà HA = 2HI nên MD = 2MN .
MN MD
2

 4 x + ( y + 2 )( x − y ) + 2 xy = 4 y
1) Giải hệ phương trình 
2

 x − 1 + 5 y − 1 = 3x − 7 x + 6.
Câu
2) Xét ba số dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn điều kiện abc = 1 . Tìm giá trị lớn
5
a
b
c
+ 3
+ 3
nhất của biểu thức S = 3
.
a +3 b +3 c +3
1,0
x  1

1

ĐK:  y 
(*)
5

2

4 x + ( y + 2 )( x − y )  0
(
0,25
)
pt (1)   4 x 2 + ( y + 2 )( x − y ) − 2 y  + 2 xy − 2 y = 0


1

4 ( x + y ) + ( y + 2)
2y 

=0 x= y
 ( x − y)
+
 4 x 2 + ( y + 2 )( x − y ) + 2 y
xy + y 


Cách 1: Khi x = y thì pt (2) trở thành
x −1 + 5x −1 = 3x2 − 7 x + 6 (3)
 x − 1 − ( x − 1) + 5 x − 1 − ( x + 1) = 3x 2 − 9 x + 6
(
)
 x − 1 1 − x − 1 + 5 x − 1 − ( x + 1) = 3x 2 − 9 x + 6
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
6
Website: tailieumontoan.com
( 5 x − 1) − ( x + 1) = 3x 2 − 9 x + 6
2− x
 x − 1.
+
1+ x −1
5x − 1 + x + 1
0,25
2
 x − 1.
( 2 − x )( x − 1) = −3 2 − x x − 1
2− x
+
(
)( )
1 + x −1
5x −1 + x + 1

2 − x = 0

x = 2
  x −1 = 0

(tm) .

x = 1
1
x −1

1 + x − 1 + 5 x − 1 + x + 1 + 3 x − 1 = 0 (vn)

x = 2 y = 2.
x = 1  y = 1.
Vậy nghiệm của hệ là (1;1) , ( 2; 2 ) .
Cách 2:
Khi x = y thì pt (2) trở thành
x −1 + 5x −1 = 3x2 − 7 x + 6 (3)
Ta thấy x = 1 là một nghiệm của pt (3) và ( x; y ) = (1;1) là một nghiệm của hệ pt đã cho.
Với x  1 , pt (3)  x − 1 − ( x − 1) + 5 x − 1 − ( x + 1) = 3x 2 − 9 x + 6
− x 2 + 3x − 2
− x 2 + 3x − 2
+
= 3 ( x 2 − 3x + 2 )
x −1 + x −1
5x −1 + x + 1

 x 2 − 3x + 2 = 0

1
1
3 +
+
= 0 (vn)

x −1 + x −1
5x −1 + x + 1
 x = 2 (vì x  1 ).
Vậy nghiệm của hệ là (1;1) , ( 2; 2 ) .
a
b
c
a
b
c
+ 3
+ 3

+
+
.
a + 1 + 1 + 1 b + 1 + 1 + 1 c + 1 + 1 + 1 3a + 1 3b + 1 3c + 1
a
b
c
3
+
+
 .
Ta đi chứng minh
3a + 1 3b + 1 3c + 1 4
y
z
x
Đặt a = , b = , c = với x, y, z  0 . Ta cần chứng minh
z
x
y
x
y
z
3
3x
3y
3z
9
+
+
 
+
+

3x + y 3 y + z 3z + x 4
3x + y 3 y + z 3z + x 4
3x
3y
3z
9
 1−
+1−
+1−
 3−
3x + y
3y + z
3z + x
4
S=
2

3
0,25
0,25
y
z
x
3
y2
z2
x2
3
+
+
 
+
+

2
2
2
3x + y 3 y + z 3z + x 4
3xy + y 3 yz + z 3zx + x
4
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
7
Website: tailieumontoan.com
( x + y + z)
2
3
 x 2 + y 2 + z 2  xy + yz + zx (luôn đúng).
3xy + 3 yz + 3zx + x + y + z
4
3
3
3
Vậy S  và với a = b = c = 1 thì S = . Vậy GTLN của S là .
4
4
4
Lưu ý: Các cách giải khác đáp án nếu đúng, phù hợp với chương trình THCS, ban giám khảo thống nhất
cho điểm thành phần tương ứng.
VT 
2
2
2

__________HẾT__________
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
8
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2024-2025
Môn thi: Toán (chung) - Đề 2
Dành cho học sinh thi vào các lớp chuyên xã hội
Thời gian làm bài: 120 phút.
(Đề thi gồm: 01 trang)
Câu 1. (2,0 điểm)
1
.
x + 2025
2) Cho đường thẳng y = x + 2 cắt parabol y = x 2 tại hai điểm phân biệt. Tính tổng hoành độ của
hai điểm đó.
3) Tính chu vi của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều có độ dài cạnh bằng 3 3 .
4) Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 3 , AC = 4 . Quay tam giác ABC một vòng quanh
cạnh AC . Tính thể tích của hình được tạo thành.
x +4
x
3 x
Câu 2. (1,5 điểm) Cho biểu thức A =
với x  0 .
−
+
x + 5 x + 4 x − x +1 x x +1
1) Rút gọn biểu thức A .
2) Tìm tất cả các giá trị của x để A = 1.
Câu 3. (2,5 điểm)
1) Cho phương trình x 2 − 2 ( m − 1) x + 2m − 5 = 0 (với m là tham số).
1) Tìm điều kiện xác định của biểu thức P =
a) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm trái dấu.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 sao cho
T = x12 + x22 − 4 x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất.
2) Giải phương trình x − 2 − x + 2 = 2 x 2 − 4 − 2 x + 2 .
Câu 4. (3,0 điểm)
Cho đường tròn ( O ) với đường kính BC . Trên tia đối của tia CB lấy điểm D , gọi DA là tiếp
tuyến của đường tròn ( O ) với A là tiếp điểm. Kẻ đường thẳng qua A vuông góc với BC tại M và cắt
đường tròn ( O ) tại E ( E khác A ). Gọi AH là đường cao của tam giác ABE , AH cắt BC tại F . Gọi
I là trung điểm của đoạn AH , đường thẳng BI cắt đường tròn ( O ) tại K ( K khác B ), AK cắt BD
tại N.
1) Chứng minh các điểm E, M , F , H cùng thuộc một đường tròn và DB.DC = DM .DO .
2) Chứng minh AFEC là hình thoi và BAH = ADB .
3) Chứng minh MK ⊥ AN và đường thẳng DK cắt đường thẳng OE tại một điểm nằm trên
đường tròn ( O ) .
Câu 5. (1,0 điểm)
 x + 2 xy − y 2 − y = 4 y + 1
1) Giải hệ phương trình 
 4 y 2 − x − 2 + y − 1 = 2 y.
2) Xét ba số dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn điều kiện abc = 1 . Chứng minh rằng
a
b
c
3
+
+
 .
3a + 1 3b + 1 3c + 1 4
---------Hết--------Họ và tên thí sinh:………………………………
Số báo danh: ……………………………………
Họ tên, chữ ký CBCT 1 ..………..………..………
Họ tên, chữ ký CBCT 2 ..……………..…..………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học: 2024 - 2025
Môn thi: TOÁN (Chung) – Đề 2
ĐỀ CHÍNH THỨC.
Dành cho học sinh thi vào các lớp chuyên xã hội
(Hướng dẫn chấm gồm: 05 trang)
Câu
Điểm
Nội dung
1
.
x + 2025
2) Cho đường thẳng y = x + 2 cắt parabol y = x 2 tại hai điểm phân biệt. Tính tổng
(2,0đ)
hoành độ của hai điểm đó.
3) Tính chu vi của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều có độ dài cạnh bằng 3 3 .
4) Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 3 , AC = 4 . Quay tam giác ABC một
vòng quanh cạnh AC . Tính thể tích của hình được tạo thành.
Điều kiện xác định x + 2025  0
0,25
1) Tìm điều kiện xác định của biểu thức P =
Câu 1
1)
 x  −2025.
0,25
Hoành độ giao điểm của đường thẳng y = x + 2 và parabol y = x 2 là nghiệm của phương
trình:
0,25
x2 = x + 2  x2 − x − 2 = 0
2)
 x = −1

 x = 2.
0,25
Vậy tổng hoành độ hai giao điểm là: 2 − 1 = 1 .
3)
4)
Câu 2
Tính đúng bán kính của đường tròn là R = 3 .
0,25
Chu vi đường tròn là 2 R = 6 .
0,25
Hình được tạo thành là hình nón có bán kính đáy là r = AB = 3 , độ dài đường cao
h = AC = 4 .
1
Thể tích của hình nón là V =  r 2 h = 12 .
3
x +4
x
3 x
−
+
Cho biểu thức A =
với x  0 .
x + 5 x + 4 x − x +1 x x +1
1) Rút gọn biểu thức A .
2) Tìm tất cả các giá trị của x để A = 1.
x +4
=
x+5 x +4
A=
1)
=
=
x +4
( x + 1)( x + 4)
=
1
x +1
0,25
0,25
1,5
0,25
(
)
x x +1
1
x
3 x
x − x +1
3 x
−
+
=
−
+
x +1 x − x +1 x x +1
x x +1
x x +1
x x +1
0,25
x − x +1− x − x + 3 x
x x +1
x +1
( x + 1)( x − x + 1)
0,25
=
1
.
x − x +1
0,25
1
=1 x − x = 0
x − x +1
Ta có A = 1 
2)
0,25
x = 0
(thoả mãn đk).

x = 1
0,25
1) Cho phương trình x 2 − 2 ( m − 1) x + 2m − 5 = 0 (với m là tham số).
a) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm trái dấu.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2
Câu 3
2,5
sao cho T = x + x − 4 x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất.
2
1
2
2
2) Giải phương trình x − 2 − x + 2 = 2 x 2 − 4 − 2 x + 2 .
Phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi 2m − 5  0
1.a)
m
0,25
5
.
2
0,25
Ta có  ' = ( m − 1) − 2m + 5 = m 2 − 4m + 6 = ( m − 2 ) + 2  0 với mọi m
2
2
0,25
 phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m

 x + x = 2 ( m − 1)
Áp dụng định lí Viet ta có:  1 2

 x1 x2 = 2m − 5
0.25
T = x12 + x22 − 4 x1 x2 = ( x1 + x2 ) − 6 x1 x2
2
1.b)
= 4 ( m − 1) − 6 ( 2m − 5 ) = 4m 2 − 20m + 34
2
0,25
= ( 2m − 5 ) + 9  9 với mọi m
2
Với m =
5
5
thì T = 9 . GTNN của T là 9 khi m = .
2
2
Vậy m =
5
.
2
Điều kiện: x  2 , đặt t =
0,25
x − 2 − x + 2  t 2 = 2x − 2 x2 − 4
0,25
t = 1
t = −2
0,25
Phương trình trở thành t 2 + t − 2 = 0  
2)
Với t = 1, ta có:
(
x − 2 − x + 2 = 1  x − 2 = 1+ x + 2  x − 2 = 1+ x + 2
)
2
0,25
 2 x + 2 = −5 , phương trình vô nghiệm
Với t = −2 , ta có
(
x − 2 − x + 2 = −2  x + 2 = 2 + x − 2  x + 2 = 2 + x − 2
mãn điều kiện).
)  x = 2 (thoả
2
0,25
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2 .
Cho đường tròn ( O ) với đường kính BC . Trên tia đối của tia CB lấy điểm D , gọi
DA là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) với A là tiếp điểm. Kẻ đường thẳng qua A vuông
góc với BC tại M và cắt đường tròn ( O ) tại E ( E khác A ). Gọi AH là đường cao của
Câu 4
tam giác ABE , AH cắt BC tại F . Gọi I là trung điểm của đoạn AH , đường thẳng BI
cắt đường tròn ( O ) tại K ( K khác B ), AK cắt BD tại N.
1) Chứng minh các điểm E, M , F , H cùng thuộc một đường tròn và
DB.DC = DM .DO .
2) Chứng minh AFEC là hình thoi và BAH = ADB .
3) Chứng minh MK ⊥ AN và đường thẳng DK cắt đường thẳng OE tại một điểm
nằm trên đường tròn ( O ) .
Ta có AE vuông góc với BC tại M nên FME = 900 suy ra M thuộc đường tròn đường
kính EF (1).
EHF = 900 suy ra H thuộc đường tròn đường kính EF (2).
Từ (1), (2) suy ra 4 điểm E, M , F , H cùng thuộc một đường tròn.
AM là đường cao của tam giác vuông ADO nên ta có AD2 = DM .DO (3)
1)
 DAC = DBA
Xét DAC và DBA có 
 DAC
D
chung

DC DA

=
 DA2 = DB.DC (4)
DA DB
3,0 đ
0,25
0,25
0,25
DBA
0,25
Từ (3) và (4) ta có DB.DC = DM .DO
OC ⊥ AE  M là trung điểm của AE .
Ta có EF / / AC (vì cùng vuông góc với AB )  MAC = MEF
2)
0,25
 AMC = EMF (g.c.g)
 MC = MF nên AFEC là hình thoi
0,25
Ta có ABH = DAM (cùng bằng
1
sđ AE )
2
0,25
 ABH + BAH = 900
Mà 
. Do đó BAH = ADB .
0
DAM
+
ADB
=
90

0,25
Gọi P là giao điểm của đường thẳng DK và OE .
KAM = KBE (cùng chắn cung KE )
0,25
KBE = KIM (vì IM / / BE )
 KAM = KIM
 tứ giác AKMI nội tiếp
3)
0,25
 MK ⊥ AN (vì MIA = 900 )
KMD = KAE (cùng phụ với AMK )
KAE = KED (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn cung KE )
0,25
 KMD = KED nên tứ giác DKME nội tiếp  AMK = PDE (cùng bù với KME )
Do đó AKM
PED (vì có AMK = PDE , PED = AKM = 900 )
0,25
 KAM = EPD hay KAE = EPK nên P nằm trên đường tròn ( O ) .
Câu 5
 x + 2 xy − y 2 − y = 4 y + 1 (1)

1) Giải hệ phương trình 
.
2
 4 y − x − 2 + y − 1 = 2 y ( 2 )
2) Xét ba số dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn điều kiện abc = 1 . Chứng minh rằng
a
b
c
3
+
+
 .
3a + 1 3b + 1 3c + 1 4
 xy − y 2 − y  0

ĐK: 4 y 2 − x − 2  0 (*)
y 1

pt (1)  ( x − y − 1) + 2 ( x − y − 1) y − 3 y = 0 
( x − y − 1 − y )( x − y − 1 + 3 y ) = 0
1,0
0,25
 x − y −1 = y  x = 2 y + 1
1
Khi x = 2 y + 1 thì pt (2) trở thành
4 y 2 − 2 y − 3 + y − 1 = 2 y  4 y 2 − 2 y − 3 − ( 2 y − 1) + y − 1 − 1 = 0

4 y 2 − 2 y − 3 − ( 2 y − 1)
2
4 y − 2 y − 3 + 2 y −1
2
+
y −2 = 0

2

+
2
 4 y − 2 y − 3 + 2 y − 1
y−2
2y − 4
=0
+
2
y −1 + 1
4 y − 2 y − 3 + 2 y −1
1
 y=2.
= 0 (vn)
y −1 + 1
y−2
=0
y −1 + 1
0,25
Với y = 2  x = 5 (tm đk (*)). Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 5; 2 ) .
z
y
x
, b = , c = với x, y, z  0 .
x
z
y
x
y
z
3
Ta cần chứng minh
+
+
 . Thật vậy,
3x + y 3 y + z 3z + x 4
x
y
z
3
3x
3y
3z
9
+
+
 
+
+

3x + y 3 y + z 3z + x 4
3x + y 3 y + z 3z + x 4
3x
3y
3z
9
 1−
+1−
+1−
 3−
3x + y
3y + z
3z + x
4
Đặt a =
2

y
z
x
3
y2
z2
x2
3
+
+
 
+
+

2
2
2
3x + y 3 y + z 3z + x 4
3xy + y 3 yz + z 3zx + x
4
VT 
( x + y + z)
2
3xy + 3 yz + 3zx + x + y + z
2
2
2

3
 x 2 + y 2 + z 2  xy + yz + zx (luôn đúng).
4
Lưu ý:
+ Các cách giải khác đáp án nếu đúng, phù hợp với chương trình THCS, ban giám khảo thống
nhất cho điểm thành phần tương ứng.
__________HẾT__________
0,25
0,25
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang)
Câu 1. (2,0 điểm)
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN
TRÃI
NĂM HỌC 2024- 2025
Môn: Toán (Chuyên)
Ngày thi: 03/06/2024
Thời gian làm bài: 150 phút, không tính thời gian phát đề
(
)(
)
 2x −1 + x 2x x + x − x  x − x 1 − x
1
+
− 1 , vơi x  0, x  1, x  .

4
x x +1 
2 x −1
 1− x
−1
Tìm các giá trị của x sao cho A  .
7
2. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c + 2 abc = 1 . Tính giá trị biểu thức
1. Cho biểu thức A = 
P = a (1 − b )(1 − c ) + b (1 − c )(1 − a ) + c (1 − a )(1 − b ) − abc + 2024
Câu 2. (2,0 điểm)
 x3 + 3x 2 + 4 x + 2 = y 3 + y
1. Giải hệ phương trình: 
22 − 2
4 x + 6 x − 1 + 7 = ( 4 x − 1) y
2. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0 . Chứng minh rằng:
2 x − 1 2 y − 1 2 z − 1 −3
+
+

x2 + 2 y 2 + 2 z 2 + 2 2
Câu 3. (2,0 điểm)
1. Tìm tất cả các số nguyên dương x, y thoả mãn ( x 2 − x − 1)( y 2 + xy − 9 ) = 2 x + 1 .
2. Cho số nguyên tố lẻ p và số nguyên dương a thỏa mãn: a p − 1 chia hết cho p 3 . Chứng minh rằng
a −1 chia hết cho p 2 .
Câu 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn ( O ) cố định và điểm A cố định trên ( O ) , các điểm B, C thay đổi trên
(O) sao cho B, C không trùng A và AC  BC . Điểm M trên đoạn BC sao cho MAC = ABC . Gọi I là tảm
đường tròn nội tiếp tam giác ABC và BI cắt AC tại D . Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAC .
1. Chứng minh rằng hai tam giác CJM và CIA đồng dạng.
2. Gọi P là giao điểm khác I của đường thẳng CI và đường tròn ngoại tiếp tam giác AID , đường
thẳng PM cắt đường thẳng JD tại N . Chứng minh rằng bốn điểm N , M , J , C thuộc một đường tròn.
3. Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC . Chứng minh khi B, C thay đổi trên ( O ) thì T
luôn thuộc một đường cố định.
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho bảng vuông 7  7 gồm 49 ô vuông đơn vị như hình vẽ. Có 37 con robot đượ đặt vào tâm củaa các ô vuông
đơn vị sao cho không có 2 con robot cùng nằm trong một 0 . Các con robot được lập trình để di chuyển đồng
loạt, với cùng tốc độ, theo nguyên tắc như sau: Ban đầu, mỗi con đều di chuyển sang tâm của một ô vuông
đơn vị bất kỳ chung cạnh với ô vuông nó đang đứng. Sau đó, mỗi khi chạm vào tâm của ô vuông đến, nó sẽ
quay một góc 90 và di chuyển tiếp theo hướng đó sang tâm của ô tiếp theo và cứ tiếp tục di chuyển như thế
(một ví dụ về cách di chuyển của một con robot như hình vẽ). Chứng minh rằng dù ban đầu có đặt các con
robot như thế nào thì vẫn luôn có một thời điểm mà có hai con robot ở chung một ô vuông.
--------Hết-------Lời giải đề thi tuyển sinh vào 10 chuyên toán Nguyễn Trãi năm 2024-2025
Câu 1: (2 điểm)
(
)(
)
 2r − 1 + x 2r x + x − x  x − x 1 − x
1
+
− 1 wi x  0, x  1, x  . Tìm các giá

4
x x +1 
2 x −1
 1− x
−1
trị của x sao cho A  .
7
1. Cho biểu thức A = 
2. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c + 2 abc = 1 . Tính giá trị của biểu thức
P = a (1 − b )(1 − c ) + b (1 − c )(1 − a ) + c (1 − a )(1 − b ) − abr + 2024.
Lời giải:
(
)(
)
 2x −1 + x 2x x + x − x  x − x 1 − x
+
−1

x x +1 
2 x −1
 1− x
1. Ta có: A = 
(
(
)(
)(
) ( )(
) ( )(
) (
)
)(
)
(
)(
)
 x + 1 2 x −1
x x + 1 2 x −1  x − x 1 − x


=
+
−1
 1− x 1+ x
2 x −1
x +1 x − x +1 


 1

x
=
+
  x − x 1− x −1
1
−
x
x
−
x
+
1


=
Do đó A 
x − x +1+ x − x
(
(1 − x )( x − x + 1)
)(
)
 x − x 1− x −1 =
x− x
−1
−1 =
x − x +1
x − x +1
−1
−1
−1
1
1


 x − x +1  7  x − x − 6  0
7
x − x +1 7
x − x +1 7

( x − 3)( x + 2)  0  x − 3  0  x  0.
1
4
Kết hợp với DKXD ta kết luận các giá trị của x thỏa mãn là 0  x  9, x  1, x  .
(
)
2. Ta có: a (1 − b )(1 − c ) = a (1 − b − c + lc ) = a  a + 2 abc + bc = a 2 + 2a  abc + abc .
 a (1 − b )(1 − r ) = (a + abc ) 2  a (1 − b )(1 − c ) = a + alc .
b (1 − c )(1 − a ) = b + ubcc vin
Tương tự ta có:
c (1 − a )(1 − b ) = c + abc .
Khi do P = a + b + c + 3 abc − alu + 2021 = a + b + c + 2 abc + 2024 = 2025 .
Vậy P = 2025 .
Câu 2: (2 điểm)
 x3 + 3x 2 + 4 x + 2 = y 3 + y
1. Giải hệ phương trình : 
4 x + 6 x − 1 + 7 = ( 4 x − 1) y
2. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0 . Chứng minh rằng:
2 x − 1 2 y − 1 2 : −1 −3
+
+

x2 + 2 y 2 + 2 z 2 + 2 2
Lời giải:
1. Ta có DKXD: x  1, khi đó (1)  ( x + 1)3 + ( x + 1) = y 3 + y
 ( x + 1 − y ) ( x + 1) 2 − y ( x + 1) + y 2 + 1 = 0
Do ( x + 1) − y ( x + 1) + y + 1  0 nên x + 1 − y = 0 hay y = x + 1.
2
2
Thay vào (2) ta được: 4 x + 6 x − 1 + 7 = ( 4 x − 1)( x + 1)
 4 x + 6 x − 1 + 7 = 4 x 2 + 3x − 1
 6 x − 1 = 4 x 2 − x − 8  6 x − 1 − 6 = 4 x 2 − x − 14

6 ( x − 2)
6


= ( x − 2 )( 4 x + 7 )  ( x − 2 )  4 x + 7 −
=0
x −1 +1
x −1 +1 

Mà x  1 nên 4 x + 7  11  6 
6
6
 0  x = 2  y = 3.
nên 4 x + 7 −
x −1 +1
x −1 +1
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x, y ) = ( 2,3) .
2. Công từng số hạng bên vế trái của bất đẳng thức với 1 ta thu được bất đẳng thức mới như sau:
( x + 1)2 ( y + 1) 2 ( z + 1)2 3
+ 2
+ 2

x2 + 2
y +2
z +2 2
Theo nguyên lí Dirichlet trong 3 số x, y, z luôn tồn tại 2 số cùng dấu. Ta có thể giả sử 2 số đó là y và z.
Áp dụng bất dẳng thức Cauchy-Schuarz ta có:
( y + 1)2 ( z + 1) 2 ( y + z + 2) 2
.
+ 2
 2
y2 + 2
z +2
y + z2 + 4
( y + z + 2) 2 ( y + z + 2) 2
Do yz  0 nan y + z + 4  y + 2 yz + z + 4 = ( y + z ) + 4  2 2
.

y + z + 4 ( y + z )2 + 4
2
2
2
Khí đó ta chỉ cần chứng minh:

2
2
( x + 1)2 ( y + z + 2) 2 3
+
 .
x 2 + 2 ( y + z )2 + 1 2
( x + 1) 2 (2 − x) 2 3
( x − 2) 2 3 ( x + 1) 2
+


 −
x2 + 2
x2 + 4 2
x2 + 4 2 x2 + 2
 1

( x − 2)2
( x − 2)2
1
2
 2
0
 2


(
x
−
2)

−
 x + 1 2 x2 + 2 
x + 4 2 x2 + 2


(

(
)
(
)
( x − 2) 2 x 2
0
x2 + 1 x2 + 2
)(
)
Dâú bằng xảy ra khi ( x, y, z ) = ( 0, 0, 0 ) hoặc ( x, y, z ) = ( 2, −1, −1) và các hoán vị của nó.
Ta có điều phải chứng minh.
Câu 3: (2 điểm)
1. Tìm tất cả các số nguyên dương x, y thỏa mãn ( x 2 − x − 1)( y 2 + xy − 9 ) = 2 x + 1 .
2. Cho số nguyên tố lẻ p và số nguyên dương a thoả mãn: a p − 1 p3 . Chứng minh rằng a − 1 p 2 .
Lời giải:
1. Xét x = 1  − ( y 2 + y − 9 ) = 3  ( y − 2 )( y + 3) = 0  y = 2  ( x, y ) = (1, 2 ) .
Xét x  2 , nếu y  3 thì ta có 2 x + 1 = ( x 2 − x − 1)( y 2 + xy − 9 )  1 . 9 + 3 y − 9 ) = 3 x  x  1 (vô lí).
Do đó y  2  y  1, 2 . Ta xét hai trường hợp như sau:
(
)
TH1 : Với y = 1  x 2 − x − 1 ( x − 8 ) = 2 x + 1  x 3 − 9 x 2 + 5 x − 7 = 0 .
Nếu phương trình trên có nghiệm nguyên thì nghiệm đó phải là ước nguyên dương của 7.
Nhưng dễ thấy 1 và 7 đều không là nghiệm của phương trình trên nên trường hợp này vô nghiệm.
TH 2 : Với y = 2  ( x 2 − x − 1) ( 2 x − 5 ) = 2 x + 1  2 x3 − 7 x 2 + x + 4 = 0  ( x − 1) ( 2 x 2 − 3 x − 4 ) = 0 .
Dễ thấy phương trình 2x2 − 5x − 4 = 0 không có nghiệm nguyên dương nên ta thu được x = 1 .
Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương duy nhất ( x, y ) = (1, 2 ) .
2. Trước hết ta sẽ chỉ ra a -1 : p . Thật vậy giả sử phần chứng a −1 i p .
Khi đó
a p −1
= a p −1 + a p −2 +. + a + 1 . Mặt khác do p∣ a p − 1 nên ( a, p ) = 1 .
a −1
Theo định lí Fermat, ta có p∣ a
p −1
a p −1 − 1
= a p −2 ++ a + 1 .
−1 , kết hợp với a − 1; p  p
a −1
Thay vào (2) ta được: 4 x + 6 x − 1 + 7 = ( 4 x − 1)( x + 1)
 4 x + 6 x − 1 + 7 = 4 x 2 + 3x − 1
 6 x −1 = 4 x2 − x − 8  6 x −1 − 6 = 4 x2 − x −14

6 ( x − 2)
6


= ( x − 2 )( 4 x + 7 )  ( x − 2 )  4 x + 7 −
=0
x −1 + 1
x −1 +1 

Mà x  1 nên 4 x + 7  11  6 
6
6
nên 4 x + 7 −
 0  x = 2  y = 3.
x −1 +1
x −1 +1
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x, y ) = ( 2,3) .
2. Cộng từng số hạng bên vế trái của bất đẳng thức với một ta thu được bất đẳng thức mới như sau
( x + 1)2 ( y + 1) 2 ( z + 1)2 3
+ 2
+ 2

x2 + 2
y +2
z +2 2
Theo nguyên lý Dirichlet Trong ba số x,y,z luôn tồn tại hai số cùng dấu.Ta có thể giả sử hai số đó là y và z
( y + 1)2 ( z + 1) 2 ( y + z + 2) 2
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwar z ta có: 2
.
+ 2
 2
y +2
z +2
y + z2 + 4
Do yz  0 nên y 2 + z 2 + 4  y 2 + 2 yz + z 2 + 4 = ( y + z )2 + 4 
Khi đó ta cần đi chứng minh:
( y + z + 2) 2 ( y + z + 2) 2
.

y 2 + z 2 + 4 ( y + z )2 + 4
( x + 1)2 ( y + z + 2) 2 3
+
 .
x 2 + 2 ( y + z )2 + 1 2
( x + 1) 2 (2 − x) 2 3
( x − 2) 2 3 ( x + 1) 2
 2
+ 2
  2
 −
x +2
x +4 2
x + 4 2 x2 + 2

 1

( x − 2)2
( x − 2)2
1
2

0


(
x
−
2)

−
 x2 + 1 2 x2 + 2 
x2 + 4 2 x2 + 2


(
)
(
)
Error! Objects cannot be created from editing field codes. (luôn đúng)
Dấu bằng xảy ra khi ( x, y, z ) = ( 0, 0, 0 ) hoặc ( x, y, z ) = ( 2, −1, −1) và các hoán vị của nó.
Ta có đpcm
Câu 3: (2 điểm)
1. Tìm tất cả các số nguyên dương x,y thỏa mãn ( x 2 − x − 1)( y 2 + xy − 9 ) = 2 x + 1 .
2. Cho ba số nguyên tố lẻ p và số nguyên dương a thỏa mãn a p − 1 p3 . Chứng minh rằng a − 1 p 2 .
Lời giải:
1. Xét x = 1  − ( y 2 + y − 9 ) = 3  ( y − 2 )( y + 3) = 0  y = 2  ( x, y ) = (1, 2 ) .
Xét x  2 , nếu y  3 thì ta có 2 x + 1 = ( x 2 − x − 1)( y 2 + xy − 9 )  1 . 9 + 3 y − 9 ) = 3 x  x  1 (vô lí).
Do đó y  2  y  1, 2 . Ta xét hai trường hợp nhỏ sau:
(
)
TH1 : Với y = 1  x 2 − x − 1 ( x − 8 ) = 2 x + 1  x 3 − 9 x 2 + 5 x − 7 = 0 .
Nếu phương trình trên có nghiệm nguyên thí nghiệm đó phải là ước nguyên dương của 7
Nhưng dễ thấy một và bảy đều không là nghiệm của phương trình trên nên trường hợp này vô nghiệm.
TH 2 : Với y = 2  ( x 2 − x − 1) ( 2 x − 5 ) = 2 x + 1  2 x3 − 7 x 2 + x + 4 = 0  ( x − 1) ( 2 x 2 − 3 x − 4 ) = 0 .
Dễ thấy phương trình 2x2 − 5x − 4 = 0 không có nghiệm nguyên dương nên ta thu được x = 1 .
Vậy phương trình có nghiêm nguyên dương duy nhất ( x, y ) = (1, 2 ) .
2. Trước hết ta sẽ chỉ ra a -1 : p . Thật vậy giả sử phản chứng a −1 không chia hết cho p .
a p −1
= a p −1 + a p −2 +. + a + 1 . Mặt khác do p∣ a p − 1 nên ( a, p ) = 1 .
Khi đó
a −1
Theo định lí Fermat, ta có p∣ a p−1 −1 , kết hợp với a −1 không chia hết cho p  p
a p −1 − 1
= a p −2 ++ a + 1 .
a −1
Do đó p∣ a p −1 , điều này vô lí do ( a, p ) = 1 . Suy ra a − 1 p .
Giả sử a −1 không chia hết p 2 , khi đó a −1 = kp với k là số nguyên dương thỏa mãn ( k , p ) = 1 .
Ta
có
p2  p2
a p −1
không
chia
hết
cho
p
mà
a −1 p
nhưng
a −1
= a p −1 + a p −2 +. + a + 1 .
a −1
p
Với mỗi số tự nhiên, theo khai triển Newton có:
a = (kp + 1)' = (kp)' + i  (kp)'−1 ++
i ( i − 1)
2
(
 (kp) 2 + i.kp + 1  i.kp + 1 modp 2
)
a −1
không
chia
hết
cho
Áp dụng với i = 0,1,, p −1 rồi cộng vế ta thu được:
a p −1 + a p −2 ++ a + 1  (1 + 2 ++ p − 1)  kp + p =
p ( p − 1)
2
(
 kp + p  p modp 2
)
Suy ra a p−1 + a p−2 ++ a + 1 không chia hết cho p 2 điều này mẫu thuẫn
Do đó giả sử là sai nên p 2 ∣ a − 1 . Ta có đpcm
Câu 4: (3 điểm) Cho đường tròn ( O ) cố định và điểm a cố định trên (O) ,các điểm B, C thay đổi trên (O) sao
cho B, C không trùng A và AC < BC. Điểm M trên đoạn BC sao cho góc MAC = góc ABC . Gọi I là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác ABC và BH cắt AC tại D. Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAC.
a) Chứng minh rằng hai tam giác CJM và CIA đồng dạng
b) Gọi P là giao điểm khác Y của đường thẳng CI và đường tròn ngoại tiếp tam giác AID, đường thẳng
PM cắt đường thẳng JD tại N. Chứng minh rằng bốn điểm N,M,J,C thuộc một đường tròn.
c) Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC. Chứng minh khi B,C thay đổi trên (O) thì T luôn thuộc
một đường tròn cố định
Lời giải:
a) Từ giả thiết ta có MAC = ABC và ACM = BCA  MAC  ABC (g.g).
Lại có J,I lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp MAC, ABC  CJM  CAI .
b) Do CIA  CJM nên
Do dó
CM CA
CP CA
=
=
. Mà tứ giác AJPD nội tiếp nên CI  CP = CD  CA 
.
CJ CJ
CD CI
CM CP
=
, lại có MCP = CDD  MCP  JCD ( c.g.c )  CPM = CDJ .
CJ CD
Suy ra tứ giác NCDP nội tiếp  PWD = PCD = MCJ  bốn điểm N , M , J , C đồng viên.
c) Kéo dài AJ cắt BC tại H và gọi T là điểm chính giữa cung BAC .
Ta có: HAD =
1
ABC = HBD  tứ giác ABHD nội tiếp. Kết hợp với tứ giác AHPD nối tiếp ta có:
2
APJ = 180  API = 180  ADI = 180  AHB = CHJ
Suy ra APHC là tứ giác nối tiếp  JA.JH = JC.JP mà NPDC là tứ giác nội tiếp  JD.JN = JC.JP .
Do đó JA.JH = JD.JN  tứ giác ADHN là tứ giác nội tiếp. Kết hợp với tứ giác ABHD nội tiếp
 Năm điểm A, D, H , N , B đồng viên  tứ giác ABND nội tiếp  BND = 180 − BAC .
Hơn nữa, CDN = CMJ =
1
1
CMA = CAB nên ta có:
2
2
1
1
1
BNC = BND + CND = 180 .BAC + BAC = 180  BAC = 180 − BTC
2
2
2
1
2
đường tròn ( BNC ). Mà T thuộc ( O ) cố định nên tâm ( BNC ) di chuyển trên 1 đường cố định. Kết thúc
Từ đó, ta có BNC = 180 . BTC . Mà TB = TC nên N nằm trên đường tròn tâm T bán kính TB .  T là tâm
chứng minh.
Câu 5: ( 1 điểm) Cho băng vuông 7  7 gồm 9 ô vuông đơn vị như hình vẽ. Có 37 con robot được đặt vào
tâm của các ô vuông đơn vị sao cho không có 2 con robot cùng nằm trong một ô. Các con robot được lập
trình để di chuyển đồng loạt, với cùng tốc độ theo nguyên tắc như sau: Ban đầu, mỗi con đều di chuyển sang
tâm của một ô vuông đơn vị bất kỳ chung cạnh với ô vuông nó đang đứng. Sau đó, mỗi khi chạm vào tâm của
ô vuông đến, nó sẽ quay một góc 90 và di chnyển tiếp theo hướng đó sang tâm của ô tiếp theo và cứ tiếp tục
di chuyển như thế (một ví dụ về cách di chuyên của một con robot như hình vẽ). Chứng minh rằng dù ban
đầu có đặt các con robot như thế nào thì vẫn luôn có một thời điểm mà có hai con robot ở cùng một ô vuông
không.
Lời giải:
Giả sử tồn tại một cách xếp mà với mọi thời điểm thì không tồn tại 2 con robot đứng cùng 1 ô.
Ta điền cách số 1, 2,3, 4 cho bằng 7  7 như sau:
1
2
1
2
1
2
1
4
3
4
3
4
3
4
1
2
1
2
1
2
1
4
3
4
3
4
3
4
1
2
1
2
1
2
1
4
3
4
3
4
3
4
1
2
1
2
1
2
1
• Nhận xét 1. Sau mỗi bước di chuyển thì đó là ô con robot đứng lúc sau khác tính chẵn lẻ với số ở ô
con robot đứng lúc trước.
Chứng minh. Do các ô chung cạnh với các ô số lẻ (1,3) đều là các ô số chẵn (2,4) và ngược lại, nếu sau mỗi
bước số ở ô con robot đứng sau thay đổi tính chẵn lẻ.
• Nhận xét 2. Sau 2 bước di chuyển thì số ở ô con robot đứng lúc sau sẽ bằng 2 cộng với số ở con robot
đứng lúc trước theo mod 4 .
Chứng minh. Xét hìnhh vuông 3  3 mà có 1 con robot làm tâm, sau 2 bước di chuyển thì con robot đó chỉ có
thể di chuyển đến các ô ở góc của hình vuông 3 x 3. Ta thấy các số ở các ô góc đố không bằng với số ở tâm.
Theo Nhận xét 1 thì sau 2 bướcc số ở ô sau và trước cùng tính chẵn lẻ, từ đó ta có Nhận xét 2.
• Nhận xét 3. Sau lượt đầu tiên (lượt đầu tiên này các con robot đi không có quy luật) có không quá 9
con robot cùng đứmg ở các ô số 1 .
Chứng minh. Giả sử sau lượt đầu có lớn hơn hoặc bằng 10 con robot cùng đứng ở các ô có được điền số 1 .
Xét 2 lượt tiếp theo và sử dụng Nhận xét 2 thì lớn hơn bằng 10 con robot đó sẽ cùng đi vào các ô số 3. Để ý
rằng trên bảng 7 x 7 ta chỉ có đúng 9 ô được điền số 3 nên theo nguyên lí Dirichlet thì tồn tại một ô số 3 mà
có 2 con robot, mâu thuẫn với giả sử ban đầu. Nên giả sử ở trên là sai, suy ra Nhận xét 3
• Nhận xét 4. Sau lượt đầu tiên có không quá 18 con robot đứng ở vị trí các ô số lẻ.
Chứng minh. Áp dụng Nhận xét 3 thì chỉ có nhỏ hơn hoặc bằng 9 robot đứng ở vị trí được điền số 1 , để ý
thêm rằng chỉ có tất cả 9 ô được điền số 2 nên khi kết hợp lại ta thấy có không quá 18 con robot đứng ở vị trí
càc ô số lẻ.
• Nhận xét 5. Sau lượt đầu tiên có lớn hơn hoặc bằng 19 con robot đứng ở vị trí các ô số chẵn.
Chứng minh. Áp dụng Nhận xét 4 và chỉ có 37 con robot nên có lớn hơn hoặc bằng 19 con robot đứng ở vị
trí các ô số chẵn.
Quay trở lại bài toán
Sau lượt đầu tiên, kết hợp Nhận xét 5 và Nhận xét 1 thì ngay ở lượt thứ 2 , có lớn hơn hoặc bằng 19 con robot
ở vị trí các ô số lẻ. Tuy nhiên điều này lại mâu thuẫn với Nhận xét 4 nên suy ra giả sử ở đầu lời giải là sai. Từ
đó rút ra kết luận rằng với mọi cách xếp thì tồn tại một thời điểm
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN BẮC GIANG
NĂM HỌC 2024 - 2025
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 05/6/2024
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1 (5,5 điểm).

x x +1
2
1  
2 x 
+
−
a) Rút gọn biểu thức P = 
 : 1 +
 với x  0 và x  1 .
x + 2 1 − x   x − x 
 x x + 2x − x − 2
b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ( d ) : y = (1 − m ) x + m 2 − m , với m là tham số. Tìm tất cả
các giá trị của m để đường thẳng ( d ) cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm A và B sao cho ba điểm
O , A , B tạo thành một tam giác cân (với O là gốc tọa độ).
c) Cho phương trình x 2 − 2 ( m + 1) x + 6m − 3 = 0 , với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của m để phương
trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn
Câu 2 (4,0 điểm).
a) Giải phương trình:
( x − 1) ( x 2 − 5x + 6 )
2x −1 +1
( x − x + 1) + x + 1 = x .
2
1
2
1
2
2
= x2 − 4 x + 3 .
( )
( )
b) Cho P ( x ) và Q ( x ) là hai đa thức với các hệ số nguyên thỏa mãn đa thức x.P x 4 + Q x 2 chia hết cho
đa thức x2 + 2 . Chứng minh 5.P ( 2028 ) + 6.Q ( 2022 ) chia hết cho 2024 .
Câu 3 (3,5 điểm).
a) Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn x2 + xy − x − 3 y = 7 .
b) Với mỗi số thực a , gọi  a  là số nguyên lớn nhất không vượt quá a . Tìm tất cả các số nguyên dương n
 n 4 − 4n3 + 5n 2 − 1 
sao cho 
 là một số nguyên tố.
4n 2


c) Nhân kỷ niệm 60 năm ngày thành lập, Trường trung học phổ thông X đã chọn ra 300 học sinh tham gia
cuộc diễu hành. Mỗi em tham gia diễu hành được gắn một số nguyên dương phân biệt từ 1 đến 300. Ban tổ chức
xếp ngẫu nhiên 300 em học sinh đó thành bốn khối đội hình. Chứng minh rằng luôn có ba em học sinh thuộc
cùng một khối đội hình mà ba số x, y, z được gắn trên các em học sinh đó thỏa mãn x chia hết cho y và y
chia hết cho z .
Câu 4 (6,0 điểm). Cho đường tròn ( O ) đường kính AB, I là điểm bất kì thuộc đoạn thẳng OA ( I khác A và
O ), dây cung CD của đường tròn ( O ) vuông góc với AB tại I . Từ điểm I kẻ các đường thẳng IM , IN lần
lượt vuông góc với các đường thẳng AC, BC ( M thuộc AC, N thuộc BC ). Gọi P là giao điểm của hai đường
thẳng MN và AB, E là giao điểm thứ hai của đường thẳng PC và đường tròn ( O ) ( E khác C ).
a) Chứng minh tứ giác AMNB nội tiếp được trong một đường tròn và PM .PN = PA.PB .
b) Gọi F là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNB . Chứng minh đường thẳng IE vuông góc với đường
thẳng CE và ba điểm E, I , F thẳng hàng.
MA. AB.BN
c) Chứng minh biểu thức
có giá trị không đổi khi điểm I di chuyển trên đoạn thẳng OA ( I khác
CP.CD.CE
A và O ).
Câu 5 (1,0 điểm). Cho các số dương x, y thỏa mãn xy  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x
y
1
K=
+
+
.
1 + y 1 + x 1 + xy
----------------HẾT---------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: .................................................................................... Số báo danh: .........................................
Cán bộ coi thi số 1 (Họ tên và chữ ký): ....................................................................................................................
Cán bộ coi thi số 2 (Họ tên và chữ ký): ....................................................................................................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
HƯỚNG DẪN CHẤM
BÀI THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN BẮC GIANG
NĂM HỌC 2024 - 2025
NGÀY THI: 05/6/2024
HDC CHÍNH THỨC
MÔN THI: TOÁN
(Bản hướng dẫn chấm có 06 trang)
Điểm
Câu
Hướng dẫn giải
Câu 1
5.5 đ

x x +1
2
1  
2 x 
+
−
a) Rút gọn biểu thức P = 
 : 1 +
 với x  0 và x  1.
x + 2 1 − x   x − x 
 x x + 2x − x − 2
a)
2,0 đ
( x + 1)( x − x + 1) + 2 + 1  :  x + x 


x +2
x − 1  x − x 
( x − 1) ( x + 2 )

2 ( x − 1) + x + 2   x + 1 
x − x +1
 :
+

x
−
1
x
+
2
x
+
2
x
−
1
( )(
) (
)( )   x −1 

P=



=


=
x + 2 x +1
.
0.5
0.5
x −1
x +1
( x −1)( x + 2)
( x + 1) . x −1 = x + 1 .
=
( x −1)( x + 2) x + 1 x + 2
0.5
2
0.5
x +1
.
x +2
b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ( d ) : y = (1 − m ) x + m 2 − m với m là tham số. Tìm tất
Vậy P =
cả các giá trị của m để đường thẳng ( d ) cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm A và B sao
cho ba điểm O , A , B tạo thành một tam giác cân (với O là gốc tọa độ).
Với m = 1, thì đường thẳng ( d ) có phương trình: y = 0 , thấy không thỏa mãn.
b)
1,5 đ
0.25
(
)
Với m  1 ta có ( d ) cắt trục hoành tại điểm A ( m; 0 ) và cắt trục tung tại điểm B 0; m 2 − m .
Để ba điểm O , A , B tạo thành một tam giác ta phải có m  0 , lúc đó tam giác OAB luôn
vuông tại O. Khi đó tam giác OAB cân  OA = OB
 m = m2 − m
0.5
0.5
m = 0
m = 0


.
 m − 1 = 1 m = 2
0.25
So sánh điều kiện m = 2 .
2
Cho phương trình x − 2 ( m + 1) x + 6m − 3 = 0 với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của m để phương
trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn
c)
2,0 đ
( x − x + 1) + x + 1 = x .
2
1
2
1
2
2
x = 3
Phương trình x 2 − 2 ( 3m − 1) x + m 2 − m − 4 = 0  ( x − 3)( x − 2m + 1) = 0  
.
 x = 2m − 1
0.25
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2  2m − 1  3  m  2 (*) .
0.25
Biến đổi
( x − x + 1) + x + 1 = x  x − x + 1 + x + 1 − x = 0 (1) vì
2
1
2
1
2
2
1 3

x12 − x1 + 1 =  x1 −  +  0
2 4

2
2
1
1
2
2
0.25
* Trường hợp 1: x1 = 2m −1 và x2 = 3 . Thay vào (1), rút gọn ta được phương trình
2m2 − 3m + 1 = 0
1
đều thỏa mãn điều kiện (*)
2
* Trường hợp 2: x1 = 3 và x2 = 2m − 1 . Thay vào (1), rút gọn ta được phương trình
Giải phương trình 2m2 − 3m + 1 = 0 ta được m = 1 và m =
2m = 2m − 8
Giải phương trình
2m = 2m − 8 với m  4 , ta được m =
17 + 33
thỏa mãn điều kiện (*)
4
 1 17 + 33 
Vậy các giá trị cần tìm của m là m  1; ;
.
4
 2

Câu 2
( x − 1) ( x − 5x + 6 )
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
4,0 đ
2
a) Giải phương trình:
2x −1 +1
= x2 − 4 x + 3 .
1
.
2
Phương trình đã cho tương đương với phương trình
( x2 − 4 x + 3) 2 x −1 + 1 = ( x − 1) ( x2 − 5x + 6 )
Điều kiện: x 
(
0.25
)
( 2 x −1 + 1) = ( x − 4 x + 3) ( x − 2)
 ( x − 4 x + 3) ( 2 x − 1 − x + 3) = 0
 ( x 2 − 4 x + 3)
0.25
2
2
a)
2,0 đ
 x2 − 4 x + 3 = 0

 2 x − 1 − x + 3 = 0
+) x 2 − 4 x + 3 = 0  ( x − 1)( x − 3) = 0
0.25
0.25
x = 1

(thỏa mãn)
x = 3
+) 2 x −1 − x + 3 = 0  2 x −1 = x − 3
2 x − 1 = ( x − 3)2
 x 2 − 8 x + 10 = 0


.
 x  3
x  3
0.25
0.25
 x = 4 − 6

   x = 4 + 6  x = 4 + 6 .

x  3
0.25


Vậy tập hợp nghiệm của phương trình đã cho là 1;3; 4 + 6 .
0.25
b) Cho P ( x ) và Q ( x ) là hai đa thức với các hệ số nguyên thỏa mãn đa thức x.P ( x 4 ) + Q ( x 2 ) chia
hết cho đa thức x2 + 2 . Chứng minh 5.P ( 2028 ) + 6.Q ( 2022 ) chia hết cho 2024 .
Xét đa thức R ( x ) = an x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 với a0 , a1 , …, an  .
b)
2,0 đ
(
)
(
)
Ta có R ( A ) − R ( B ) =  an An − B n + an −1 An −1 − B n −1 + ... + a1 ( A − B )  ( A − B )
vì ( An − B n ) ( A − B ) , n 
0.25
Do đó :
 P x 4 − P ( 4 )  x 4 − 4   P x 4 − P ( 4 )  x 2 + 2 vì ( x 4 − 4 ) = ( x 2 + 2 ) . ( x 2 − 2 )




( )
(
)
( )
và Q ( x ) − Q ( −2 )  ( x + 2 )
2
2
0.25
(
)
0.25
Mặt khác, ta có:
x.P x 4 + Q x 2 = x.  P x 4 − P ( 4 )  + Q x 2 − Q ( −2 )  + P ( 4 ) .x + Q ( −2 )
( )
( )
( )
( )
0.25
Ta có: P ( x 4 ) − P ( 4 ) , Q ( x 2 ) − Q ( −2 ) và x.P ( x 4 ) + Q ( x 2 ) chia hết cho đa thức x2 + 2
 P ( 4 ) = 0
nên 
Q ( −2 ) = 0
0.25
 P ( x ) ( x − 4 )
Suy ra 
Q ( x ) ( x + 2 )
0.25
 P ( 2028) 2024

Q ( 2022 ) 2024
 5.P ( 2028 ) + 6.Q ( 2022 ) chia hết cho 2024 .
Câu 3
0.25
0.25
3.5đ
a) Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn x2 + xy − x − 3 y = 7 .
a)
1,5 đ
Ta có x 2 + xy − x − 3 y = 7  ( x − 3)( x + y + 2 ) = 1 (*)
0.5
x − 3 = 1
x = 4

Do x, y nguyên nên từ (*) ta có 
(thỏa mãn)
 x + y + 2 = 1  y = −5
0.5
 x − 3 = −1
x = 2

Hoặc 
(thỏa mãn).
 x + y + 2 = −1  y = −5
0.5
Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên là ( x; y ) = ( 4; − 5 ) , ( x; y ) = ( 2; − 5 ) .
Với mỗi số thực a , gọi  a  là số nguyên lớn nhất không vượt quá a . Tìm tất cả các số nguyên dương
 n 4 − 4n3 + 5n 2 − 1 
 là một số nguyên tố.
4n 2


n sao cho 
n 4 − 4n3 + 5n 2 − 1 n 2
5 1
= −n+ − 2 .
2
4n
4
4 4n
*
* Trường hợp 1: Xét n = 2k , k 
1
1
2
Ta có A = ( k − 1) + −
.
4 16k 2
1
1
2
 1, k  * , nên  A = ( k − 1) không phải là số nguyên tố (loại).
Vì 0  −
2
4 16k
* Trường hợp 2: Xét n = 2k + 1 , k 
1
1
1
1
= k ( k − 1) + −
Ta có A = k 2 − k + −
2
2 4 ( 2k + 1)
2 4 ( 2k + 1)2
Ta có A =
b)
1,0 đ
Vì 0 
1
1
−
 1, k 
2 4 ( 2k + 1)2
, nên  A = k ( k − 1)
0.5
0.5
Nên để  A là số nguyên tố  k ( k − 1) = 2.1  k = 2  n = 5 (thỏa mãn).
c)
1,0 đ
Nhân kỷ niệm 60 năm ngày thành lập, Trường trung học phổ thông X đã chọn ra 300 học sinh tham gia
cuộc diễu hành. Mỗi em tham gia diễu hành được gắn một số nguyên dương phân biệt từ 1 đến 300. Ban
tổ chức xếp ngẫu nhiên 300 em học sinh đó thành bốn khối đội hình. Chứng minh rằng luôn có ba em
học sinh thuộc cùng một khối đội hình mà ba số x, y, z được gắn trên các em học sinh đó thỏa mãn x
chia hết cho y và y chia hết cho z .
Gọi  = 1; 2;3; 4;...;300 và A = 2o ; 21 ; 22 ;...; 28    (Tập A có 9 phần tử)
0.25
Ta có 9 chia 4 được 2 dư 1 nên theo nguyên lý dirichlet khi chia  thành 4 tập con, tồn tại ít
nhất một tập con chứa ít nhất 3 phần tử của tập A .
Gọi ba phần tử đó là x = 2a , y = 2b , z = 2c với a  b  c
Khi đó ta thấy ba số thỏa mãn điều kiện 2a 2b và 2b 2c
Từ đó suy ra x y và y z (đpcm).
0.25
0.25
0.25
Câu 4
6.0 đ
Cho đường tròn ( O ) đường kính AB, I là điểm bất kì thuộc đoạn thẳng OA ( I khác A và O ), dây
cung CD của đường tròn ( O ) vuông góc với AB tại I . Từ điểm I kẻ các đường thẳng IM , IN lần
lượt vuông góc với các đường thẳng AC, BC ( M thuộc AC, N thuộc BC ). Gọi P là giao điểm của
hai đường thẳng MN và AB, E là giao điểm thứ hai của đường thẳng PC và đường tròn ( O ) ( E khác
C ).
a) Chứng minh tứ giác AMNB nội tiếp được trong một đường tròn và PM .PN = PA.PB .
b) Gọi F là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNB . Chứng minh đường thẳng IE vuông góc với
đường thẳng CE và ba điểm E, I , F thẳng hàng.
MA. AB.BN
c) Chứng minh biểu thức
có giá trị không đổi khi điểm I di chuyển trên đoạn thẳng OA (
CP.CD.CE
I khác A và O ).
a) Chứng minh tứ giác AMNB nội tiếp được trong một đường tròn và PM .PN = PA.PB .
a)
2,5 đ
b)
2,0 đ
* Chứng minh tứ giác AMNB nội tiếp.
Theo giả thiết suy ra tứ giác IMCN là hình chữ nhật (tứ giác có ba góc vuông)
Nên CMN = CIN .
0.5
mặt khác CIN = CBI (cùng phụ với góc ICB ) suy ra CMN = ABN .
0.5
Xét tứ giác AMNB có AMN + ABN = AMN + CMN = 180o và hai góc AMN và ABN ở hai vị
0.5
trí đối diện nên tứ giác AMNB nội tiếp.
* Chứng minh PA.PB = PM .PN .
Xét hai tam giác PAM và PNB có:
Góc tại đỉnh P chung;
0.5
PMA = CMN = PBN .
Từ đó hai tam giác PAM đồng dạng với tam giác PNB (g.g)
PA PM
=
 PA.PB = PM .PN .
Suy ra
0.5
PN PB
b) Gọi F là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNB . Chứng minh đường thẳng IE vuông góc với
đường thẳng CE và ba điểm E , I , F thẳng hàng.
* Ta chứng minh IE ⊥ CE
0.5
Chỉ ra được PA.PB = PE.PC (chứng minh hai tam giác đồng dạng)
Theo phần a) ta có PA.PB = PM .PN từ đó suy ra tứ giác MECN nội tiếp và M , E , C , N ,
0.5
I cùng nằm trên đường tròn đường kính MN và CI , do đó IE ⊥ CE (1).
* Gọi Q là điểm đối xứng của C qua O . Từ cách dựng ta có CQ là đường kính của đường tròn
( O ) nên QEC = 90o hay QE ⊥ EC (2)
0.25
Từ (1), (2) suy ra Q , I và E thẳng hàng (3)
Ta có FO//CK vì cùng vuông góc với AB (4)
0.25
* Ta chứng minh I , F và Q thẳng hàng. Thực vậy:
Gọi H là giao điểm của OC với MN , khi đó ta có HCN = OBC (do tam giác OBC cân tại
c)
1,5đ
O ); CNH = MAB (do tứ giác AMNB nội tiếp).
0,25
Suy ra HCN + HNC = CBA + CAB = 90o  QC ⊥ MN .
Gọi K là tâm của hình chữ nhật IMCN khi đó K là trung điểm của đoạn MN nên FK ⊥ MN
, từ đó ta được FK //QC (5)
1
Từ (4) và (5)  Tứ giác FKCO là hình bình hành  FO//CI và FO = CI .
2
Do đó FO là đường trung bình của tam giác QCI nên F là trung điểm của đoạn IQ suy ra I
0.25
, F và Q thẳng hàng (6).
Từ (3) và (6) suy ra E , I , F thẳng hàng.
MA. AB.BN
c) Chứng minh biểu thức
có giá trị không đổi khi điểm I di chuyển trên đoạn thẳng OA (
CP.CD.CE
I khác A và O ).
Ta có AM . AC = AI 2 , BN .BC = BI 2
Từ trên suy ra AM . AC.BC.BN = AI 2 .BI 2
0.5
 AM .AB.CI .BN = CI 4 (vì AC.BC = AB.CI và AI .BI = CI 2 )
 AM . AB.BN = CI 3 (7)
Ta có CP.CE = CI 2
0.5
Mà CD = 2CI  CP.CE.CD = 2CI 3 (8)
MA. AB.BN 1
Từ (7) và (8) ta được
= .
CP.CD.CE 2
0.5
Câu 5
Cho các số dương x , y thỏa mãn xy  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x
y
1
K=
+
+
.
1 + y 1 + x 1 + xy
 x
  y
1

+ 1 + 
+ 1 +
−2
Ta có: K = 
 1 + y   1 + x  1 + xy
 1
1 
1
= ( x + y + 1) 
+
−2.
+
1
+
x
1
+
y
1
+
xy


Mặt khác với mọi a , b dương ta có:
1,0 đ
0.25
1
1
4
+

. Dấu bằng xảy ra  a = b .
1+ a 1+ b a + b + 2
1
1
4
+

. Dấu bằng xảy ra  x = y .
1+ x 1+ y x + y + 2
4 ( x + y + 1)


1
1
1
+
− 2 = 4 1 −
−2
Do đó ta được K 
+
x+ y+2
xy + 1
 x + y + 2  xy + 1
1
4
= 2+
−
.
xy + 1 x + y + 2
Khi đó ta có
0.25
Đặt t = xy , t  1 và có x + y  2 xy ta được
1
2
3 1
1
2 
K  2+ 2
−
= + + 2
−
 ( t  1 )
t +1 t +1 2  2 t +1 t +1 
0.25
( t − 1)
3
3
= +

2
2 2 ( t + 1) ( t + 1) 2
3
3
0.25
khi t = 1 , ta được x = y = 1 .
2
3
Vậy giá trị nhỏ nhất của K bằng
khi x = y = 1 .
2
Tổng
Điểm toàn bài
20 đ
Lưu ý khi chấm bài:
- Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải. Lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ hợp logic. Nếu học
sinh làm cách khác mà giải đúng thì cho điểm tối đa.
- Đối với câu IV, học sinh không vẽ hình thì không chấm.
- Điểm toàn bài không làm tròn.
K=
UBND TỈNH LAI CHÂU
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
NĂM HỌC 2024 – 2025
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang)
Môn thi: Toán (môn chuyên)
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 27/5/2024
 x x − 1 x x + 1  2x − 4 x + 2
Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức A = 
(với x  0, x  1 )
−
 :
x −1
 x− x x+ x 
a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tìm các số
0)nguyên x để biểu thức A có giá trị nguyên.
Câu 2. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình
3x + 1 + 2 − x = 3.
b) Tìm m để phương trình x 2 + 2x + m = 0 có hai nghi ệm phân bi ệt x1 , x 2 thỏa mãn
3x1 + 2x 2 = 1.
Câu 3. (2,0 điểm)
a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình (x + 1)(y + 1) = 6 .
b) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho (2n + 1)3 + 1 chia hết cho 22024.
c) Cho các số thực a, b,c thay đổi, chứng minh rằng: a 2 + b2 + c2  ab + bc + ca.
d) Cho các số thực: b1  b2  0 ; a1  b1 ; a1a 2  b1b2 . Chứng minh rằng: a1 + a 2  b1 + b2 .
Câu 4. (3,0 điểm)
Cho A, B là hai điểm cố định nằm trên đường tròn tâm O , bán kính R = 2. Giả sử C là điểm
cố định trên tia đối của tia BA sao cho CO = 4 . Một cát tuyến thay đổi qua C cắt đường tròn ( O )
tại D và E ( D nằm giữa C, E ).
a) Chứng minh rằng: CD.CE = 12.
b) Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác BCD và ACE cắt nhau tại giao điểm thứ hai M. Biết
rằng bốn điểm O, B, M, E tạo thành tứ giác OBME . Chứng minh rằng: Tứ giác OBME nội tiếp.
c) Khi M di chuyển, chứng minh rằng: MO . MC  8.
Câu 5. (1,0 điểm)
Anh Nam là một vận động viên chơi cờ. Để luyện tập, mỗi ngày anh chơi ít nhất một ván. Để
khỏi mệt, mỗi tuần anh chơi không quá 12 ván. Chứng minh rằng tồn tại một số ngày liên tiếp trong
đó anh chơi đúng 20 ván.
--------------------- Hết --------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
UBND TỈNH LAI CHÂU
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
NĂM HỌC 2024 - 2025
ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi: Toán (môn chuyên)
(Đáp án - thang điểm gồm có 04 trang)
Điểm
Nội dung
Câu ý
 x x − 1 x x + 1  2x − 4 x + 2
Cho biểu thức: A = 
(với x  0, x  1 )
−
 :
x
−
1
x
−
x
x
+
x


a) Rút
gọn
biểu
thức
A.
0)
b) Tìm các số nguyên x để biểu thức A có giá trị nguyên.
2
 x −1 x + x +1
x +1 x − x +1 
2 x −1
:
A=
−


x x −1
x x +1
x −1 x +1


(
)(
(
) (
)(
)
(
 x + x + 1 x − x + 1  2 ( x − 1)
=
−
:


a
=
1
=
x
x


)
)
(
(
)(
)
)
x +1
2 x
x +1
.
x 2 x −1
(
)
0,25
x +1
2
= 1+
x −1
x −1
 x − 1 = −1

x = 0
 x −1 = 1
b
A  Z  2 x − 1  x − 1 −1;1; − 2; 2  
  x = 4
 x − 1 = −2  x = 9


x
−
1
=
2

Đối chiếu với điều kiện x  0, x  1, để A nguyên thì x  4; 9  .
(
)
Tổng điểm câu 1
Giải phương trình 3x + 1 + 2 − x = 3
1
Điều kiện: −  x  2
3
3x + 1 + 2 − x = 3
a
0,25
0,25
x +1
x −1
Ta có: A =
2
0,5
 2x + 3 + 2
( 3x + 1)( 2 − x ) = 9
0,25
0,25
0,25
2,0
0,25
0,25
 −3x 2 + 5x + 2 = 3 − x
x = 1
3 − x  0
x  3

 2

2
2
x = 7
−3x + 5x + 2 = x − 6x + 9
4x − 11x + 7 = 0

4
0,25
7
4
2
Tìm m để phương trình x + 2x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 thỏa mãn
Đối chiếu với điều kiện, nghiệm của phương trình là: x = 1; x =
0,25
3x1 + 2x 2 = 1 .
x 2 + 2x + m = 0 có nghiệm phân
 /  0  1 − m  0  m  1.
b
Theo định lí Vi-ét, ta có: x1 + x 2 = −2 và x1 . x 2 = m
Phương
trình
biệt
khi
và
chỉ
khi
0,25
0,25
 x1 + x 2 = −2
x = 5
 1
Xét hệ 
3x1 + 2x 2 = 1  x 2 = −7
Ta có m = x1.x 2 = 5.(−7) = −35 (thỏa mãn điều kiện m  1 )
0,25
0,25
2,0
Tổng điểm câu 2
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: (x + 1)(y + 1) = 6 .
Ta có:
x + 1 = 2

y + 1 = 3
x + 1 = 3

  y + 1 = 2
a
0,25
x = 1

y = 2

x = 2

  y = 1
0,25
Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho (2n + 1)3 + 1 chia hết cho 22024
(2n + 1)3 + 1 22024
 (2n + 2) ( 4n 2 + 2n + 1) 22024
3
b
 2(n + 1) ( 4n 2 + 2n + 1) 22024
 (n + 1) ( 4n 2 + 2n + 1) 2 2023
 n +1 2
 n = 22023
0,25
( do 4n + 2n + 1  1( mod 2) )
k − 1( k  )
2023
2
+
0,25
Cho các số thực a, b,c thay đổi, chứng minh rằng: a 2 + b2 + c2  ab + bc + ca .
Ta có:
c
a 2 + b 2  2ab
 2 2
2
2
2
 b + c  2bc  2 ( a + b + c )  2 ( ab + bc + ca )
 c 2 + a 2  2ca

0,25
 a 2 + b2 + c2  ab + bc + ca
d
Dấu ‘=’ xảy ra a = b = c .
Cho các số thực: b1  b2  0 ; a1  b1;a1a 2  b1b2 .
a1 + a 2  b1 + b2
0,25
Chứng
minh
rằng:
a a 
a
a1 + a 2 = (b1 − b 2 ). 1 + b 2 .  1 + 2   (b1 − b 2 ).1 + b 2 .2 = b1 + b 2
b1
 b1 b 2 
0,25
Dấu ‘=’ xảy ra a1 = b1;a 2 = b2 .
0,25
Tổng điểm câu 3
Cho A, B là hai điểm cố định nằm trên đường tròn tâm O , bán kính R = 2 . Giả sử
2,0
C là điểm cố định trên tia đối của tia BA sao cho CO = 4 . Một cát tuyến thay đổi
qua C cắt đường tròn ( O ) tại D và E ( D nằm giữa C, E ).
a) Chứng minh rằng: CD.CE = 12 .
b) Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác BCD và ACE cắt nhau tại giao
điểm thứ hai M . Biết rằng bốn điểm O, B, M, E tạo thành tứ giác OBME
. Chứng minh rằng: Tứ giác OBME nội tiếp.
c) Khi M luôn di chuyển, chứng minh rằng: MO.MC  8 .
E
T
M
D
O
4
C
B
A
F
Chứng minh rằng: CD.CE = 12 .
a
Gọi T là trung điểm DE .
CD.CE = ( CT − TD )( CT + TE ) , TD = TE
0,5
= CT2 − TD2 = CO2 − OT2 − TD2 = CO2 − OD2 = CO2 − R 2 = 12
0,5
Chứng minh tứ giác OBME nội tiếp.
(
EOB = 2BAE = 2BDC = 2BMC = 2 EMC − EMB
b
(
= 2 180 − EAB − EMB
= 360 − EOB − 2EMB
)
)
0,25
0,25
0,25
suy ra EOB + EMB = 180 hay tứ giác OBME nội tiếp.
0,25
Khi M luôn di chuyển, chứng minh rằng: MO.MC  8 .
c
OMC = OMB + BMC = OEB + EAB = 90
M luôn di chuyển trên đường tròn đường kính OC cố định
0,25
Suy ra 4 = MO + MC  2MO.MC
0,25
 8  MO.MC
0,25
2
2
2
Tổng điểm câu 4
Anh Nam là một vận động viên chơi cờ. Để luyện tập, mỗi ngày anh chơi ít nhất
một ván. Để khỏi mệt, mỗi tuần anh chơi không quá 12 ván. Chứng minh rằng tồn
tại một số ngày liên tiếp trong đó anh chơi đúng 20 ván.
5
Gọi số ván cờ mà anh Nam chơi ngày thứ nhất, thứ hai, thứ ba,…, thứ hai mươi
trong ba tuần liên tiếp là: a1 ,a 2 ,a 3 ...,a 20 .
Xét 20 tổng :
s1 = a1;s2 = a1 + a 2 ;s3 = a1 + a 2 + a 3 ;...;s20 = a1 + a 2 + a 3 + ... + a 20
Ta có: 1  s1  s2  s3  ...  s20  35
Dễ thấy tồn tại s k 20 hoặc (s m − s n ) 20 với 1  m, n, k  20
Suy ra s k = 20 hoặc s m − s n = 20 với m  n
Từ đây ta thu được điều cần chứng minh.
Tổng điểm câu 5
0,25
3,0
0,25
0,25
0,25
0,25
1,0
Lưu ý:
- Điểm bài thi là tổng điểm của các câu thành phần. Thang điểm toàn bài là 10 điểm, không
được làm tròn (điểm lẻ từng ý trong một câu nhỏ nhất là 0,25)
- Thí sinh làm bài bằng cách khác, lập luận chặt chẽ, logic, ra kết quả đúng vẫn cho điểm tối
đa.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2024 – 2025
ĐỀ THI MÔN: TOÁN (chuyên)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 150 phút.
(Đề thi gồm 01 trang, 05 bài)
Bài 1. (2,0 điểm)

x
2x   x −1
2 
a) Cho biểu thức A = 
+
−
:
 . Chứng minh nếu x  81
25
−
x
5
+
x
x
−
5
x
x

 

thì A  36. Đẳng thức xảy ra khi nào?
b) Cho phương trình x 2 − ( m + 1) x + m − 2 = 0 ( x là ẩn, m là tham số). Tìm tất cả các
giá trị nguyên dương của m để phương trình đã cho có hai nghiệm đều là số nguyên.
Bài 2. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình 12 x + 2 + 51 + 15 x = 3 x 2 + 2 x + 17.
( x − 1 + y 2 ) x − 1 + y + 1 = y 3 + y 2 + xy + x
b) Giải hệ phương trình 
.
 x + 4 y + 4 = 2 x − 1 + y + 8
Bài 3. (3,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O, đường kính AB. Vẽ đường thẳng d là tiếp tuyến tại điểm A của
đường tròn ( O ) . Lấy điểm C cố định thuộc đoạn thẳng OA ( C khác A và khác O ). Gọi DE
là dây cung thay đổi của đường tròn ( O ) nhưng luôn đi qua điểm C ( DE khác AB ). Các tia
BD và BE cắt đường thẳng d theo thứ tự tại các điểm M và N.
a) Chứng minh tứ giác DENM là tứ giác nội tiếp đường tròn.
b) Gọi F là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN và đường thẳng
AB. Chứng minh F là điểm cố định và tích AM .AN không đổi khi dây cung DE của
đường tròn ( O ) thay đổi.
c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác DENM . Xác định vị trí của dây cung DE
để tổng IB + IM đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 4. (1,0 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1
1
1
P= 3
+ 3 2
+ 3
.
2
a + b + c b + c + a c + a2 + b
Bài 5. (2,0 điểm)
a) Tìm tất cả các số nguyên dương x và y sao cho 2x + 3y là số chính phương.
b) Trong một hội nghị, các đại biểu đến từ n quốc gia, ngồi quanh một bàn tròn. Biết rằng
với hai đại biểu cùng quốc gia bất kỳ thì người ngồi cạnh bên phải của họ luôn không cùng
quốc gia. Hỏi có nhiều nhất bao nhiêu đại biểu?
----------- HẾT ----------- Thí sinh làm bài trên giấy thi, không sử dụng tài liệu.
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.................................................................................... Số báo danh:.................
Cán bộ coi thi số 1: ........................................
Cán bộ coi thi số 2: ..........................................
Trang 1/6
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2024 – 2025
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN CHUYÊN
HDC CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)
Đáp án
Bài
a) (1,0 điểm)

x
A=
−
 x +5

2x
 

x −1
2 
:
−
x
x −5   x x −5
 

( x + 5)(
)
(
)
x ( x − 5) − 2 x
x − 1 − 2 ( x − 5)
=
:
x ( x − 5)
( x + 5)( x − 5)
x ( x + 5)
x ( x − 5)
x
=−

=

9
−
x
x
−
9
x
+
5
x
−
5
(
)(
)
x − 9  0.
81
81 

=  x −9+
Do đó, A = x + 9 +
 + 18  2 81 + 18 = 36.
x −9 
x −9
1
81

(2,0
 x −9 =
x − 9  x = 324.
điểm) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
 x  81

b) (1,0 điểm)
2
2
 = ( m + 1) − 4 ( m − 2 )  0  m 2 − 2m + 9  0  ( m − 1) + 8  0 đúng m .
Điểm
0,25
0,25
Nếu x  81 thì
m + 1  m 2 − 2m + 9
x1,2 =
  m 2 − 2m + 9 
2
2
 ( m − 1) + 8 = a 2 với a  +
 8 = ( a − m + 1)( a + m − 1)
Do a  m − 1 nên a − m + 1 và a + m − 1 là hai số nguyên dương cùng tính chẵn lẻ,
ngoài ra a − m + 1  a + m − 1.
a − m + 1 = 2
a = 3
.


a
+
m
−
1
=
4
m
=
2


Thử lại thỏa mãn.
a) (1,0 điểm)
Điều kiện xác định x  −2.
Khi đó, phương trình đã cho tương đương với
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
4 3 x + 2 − ( x + 4 )  + 51 + 15 x − ( x + 7 ) = 3 ( x 2 − x − 2 )


2
(2,0
 − x2 + x + 2 
− x2 + x + 2

4
+
− 3( x2 − x − 2) = 0


điểm)
51 + 15 x + ( x + 7 )
 3 x + 2 + ( x + 4 ) 


4
1
 ( x2 − x − 2) 
+
+ 3 = 0 (*)
51 + 15 x + ( x + 7 ) 
 3 x + 2 + ( x + 4 )
Trang 2/6
0,25
4

3 x + 2 + x + 4  0
(
)

Vì x  −2 nên ta có 
.
1

0
 51 + 15 x + ( x + 7 )
4
1
Suy ra,
+
+ 3  0.
3 x + 2 + ( x + 4)
51 + 15 x + ( x + 7 )
0,25
Do đó, phương trình (*) tương đương với
 x = −1
.
x2 − x − 2 = 0  
x = 2
Kết hợp với điều kiện, ta được tập nghiệm của phương trình đã cho là S = −1;2.
b) (1,0 điểm)
x  1
Điều kiện xác định 
.
 y  −4
0,25
0,25
Đặt t = x − 1 (với x  1 thì t  0 ), ta được hệ phương trình
t 3 − y 3 + ( t − 1) y 2 − ( y + 1) t 2 = 0 (1)
2
( 2)
t + 4 y + 4 = 2t + y + 7
(1)  t 3 − ( y + 1) t 2 + ( t − 1) y 2 − y 3 = 0
 t 2 ( t − y − 1) + y 2 ( t − y − 1) = 0
0,25
 ( t 2 + y 2 ) ( t − y − 1) = 0
t = y = 0

t = y + 1
TH1. Với t = y = 0 thì phương trình ( 2 ) trở thành 8 = 7 (vô lý).
TH2. Với t = y + 1 thì phương trình ( 2 ) trở thành
( y + 1) + 4 y + 4 = 2 ( y + 1) + y + 7
2
 y2 =
( y + 4 − 2)
0,25
2
y = y + 4 − 2

 y = − y + 4 + 2
 y + 4 +1
y+4 −2 =0

 y+4 +3
y+4 −2 =0

(
(

)(
)(
y+4 −2=0
)
)
y + 4 = 2  y = 0 (thỏa mãn điều kiện).
Với y = 0 thì t = 1  x − 1 = 1  x = 2 (thỏa mãn điều kiện).
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình đã cho là S = ( 2;0 ) .
Trang 3/6
0,25
d
M
D
I
F
K
G
C
A
N
O
B
E
a) (1,0 điểm)
Ta có ADB = AEB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên AD ⊥ BM và
AE ⊥ BN.
Áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác vuông AMB và ANB ta được
AB2 = BD.BM = BE.BN .
3
Từ đó ta có tứ giác DENM là tứ giác nội tiếp đường tròn.
(3,0
b) (1,0 điểm)
điểm)
Xét trong đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN và do tứ giác DENM nội tiếp nên ta
có MFB = MNB = CDB .
Từ đó tứ giác CDMF là tứ giác nội tiếp đường tròn.
Suy ra BD.BM = BC.BF = AB2 (không đổi).
AB 2
Vậy BF =
không đổi.
BC
Mà B cố định, suy ra F cố định.
Lại có AF. AB = AM .AN mà AF , AB không đổi nên AM .AN không đổi.
c) (1,0 điểm)
Gọi r là bán kính của ( I ) thì r 2 − IA2 = AN .AM không đổi.
Đặt r 2 − IA2 = AN .AM = a .
Ta cũng có CD.CE = r 2 − IC 2 = CACB
không đổi.
.
2
2
Đặt b = CD.CE = r − IC .
Suy ra IC 2 − IA2 = a − b .
Gọi K là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng AB .
Theo định lý Pythagore ta có
a − b = IC 2 − IA2 = IC 2 − IK 2 − IA2 − IK 2 = CK 2 − AK 2 = ( CK − AK )( CK + AK )
(
) (
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
)
không đổi.
Từ đây kết hợp với CK − AK = AC không đổi, suy ra CK + AK cũng không đổi,
hay CK và AK đều không đổi.
Mà A và C cố định nên K cố định.
Trang 4/6
0,25
Cách 2 để chứng minh K cố định.
Kẻ đường kính MG của đường tròn ( I ) . Ta có D, A, G thẳng hàng.
Mặt khác AD. AG = AM . AN = AF. AB nên tứ giác BDFG nội tiếp.
Suy ra GF ⊥ BF .
Do MA // IK // GF và I là trung điểm MG nên K là trung điểm FA .
Mà F , A cố định nên K cố định.
Ta có IB  KB không đổi.
Dấu bằng xảy ra khi I  K tương ứng với DE ⊥ AB tại C .
Lại có BA2 = BD.BM = IB2 − r 2  r 2 = IB2 − BA2 .
Mà BA không đổi nên r = IM nhỏ nhất khi và chỉ khi IB nhỏ nhất.
Vậy tổng IM + IB đạt giá trị nhỏ nhất khi DE vuông góc AB tại C .
(1,0 điểm)
2
1

Ta có a3 + b 2 + c  + 1 + c   ( a + b + c ) (bất đẳng thức Cauchy-Schwarz).
a

1
+1+ c
1
bc + 1 + c
 3 2
 a
=
2
2
a + b + c (a + b + c)
(a + b + c)
(
)
( ab + bc + ca ) + ( a + b + c ) + 3
Tương tự suy ra P  Q =
4
2
(a + b + c)
(1,0
điểm) Ta chứng minh Q  1
2
 ( ab + bc + ca ) + ( a + b + c ) + 3  ( a + b + c ) .
2
+
+
0,25
0,25
, ta có phương trình
0,25
sao cho z + 2 = 3 , z − 2 = 3 và a  b, a + b = y .
m
a
m
b
5
Suy ra 2m+1 = 3a − 3b = 3b ( 3a −b − 1) .
(2,0
m+1
3 nên ta phải có b = 0, a = y .
điểm) Do 2
Như vậy 2m+1 = 3y − 1.
Từ đó 3 y − 1 4 nên y chẵn.
Đặt y = 2n, n 
0,25
0,25
4m + 3y = z 2  3 y = ( z + 2m )( z − 2m ) .
Do đó tồn tại a, b 
0,25
2
1
2
 2
2
2
3
a + b + c  3 ( a + b + c )  abc ( a + b + c ) = a + b + c
Điều này đúng do 
.
ab + bc + ca  3 3 a 2b 2c 2 = 3

Vậy giá trị lớn nhất của P là 1 , đạt được  a = b = c = 1.
a) (1,0 điểm)
Giả sử 2x + 3y = z 2 với z  + .
x
Xét theo mod 3 cả hai vế ta được ( −1)  0; 1 ( mod 3) , suy ra x chẵn.
Đặt x = 2m, m 
0,25
.
 ( a + b + c ) + 3  ( a + b + c ) + ( ab + bc + ca )
2
0,25
0,25
.
Ta có 2m+1 = 32 n − 1 = ( 3n + 1)( 3n − 1) .
Vì ƯCLN ( 3n + 1; 3n − 1) = 2 nên ta phải có 3n − 1 = 2, 3n + 1 = 2m .
Vậy n = 1, m = 2 , suy ra x = 4, y = 2 .
Trang 5/6
0,25
b) (1,0 điểm)
Ta chứng minh có nhiều nhất n2 đại biểu.
Nếu có ít nhất n2 + 1 đại biểu thì có quốc gia có ít nhất n + 1 đại biểu.
n + 1 đại biểu này có n + 1 người ngồi cạnh bên phải, và do chỉ có n quốc gia nên
chắc chắn có hai người cùng quốc gia, mâu thuẫn.
Tiếp theo ta chỉ ra cách sắp xếp thỏa mãn với n2 đại biểu bằng quy nạp.
Ta ký hiệu tất cả các đại biểu cùng quốc gia thứ i đều bằng số i .
Với n = 2 ta sắp xếp theo dạng (1,1, 2, 2 ) .
(
0,5
)
Giả sử ta đã sắp xếp xong cho k quốc gia theo dạng a1 , a2 ,..., ak 2 , trong đó mỗi cặp
cạnh nhau dạng ( i, j ) với 1  i, j  k đều xuất hiện đúng một lần.
Với k + 1 quốc gia, ta sắp xếp thỏa mãn bằng cách:
-) Thay cặp ( i, i ) thành ( i, k + 1, i, i ) với mọi i = 1, k − 1 .
0,5
-) Thay cặp ( k , k ) thành ( k , k + 1, k + 1, k , k ) .
Kết luận: có nhiều nhất n2 đại biểu.
Cách 2: Một cách sắp xếp khác thỏa mãn với n2 đại biểu là
(1,1, 2,1,3,...,1, n, 2, 2,3, 2, 4,..., 2, n,3,3, 4,3,5...,3, n,..., n − 1, n − 1, n, n ) .
Chú ý:- Trên đây chỉ trình bày tóm tắt một cách giải, nếu thí sinh làm theo cách khác mà đúng thì cho
điểm tối đa ứng với điểm của câu đó trong biểu điểm.
- Thí sinh làm đúng đến đâu cho điểm đến đó theo đúng biểu điểm.
- Trong một câu, nếu thí sinh làm phần trên sai, dưới đúng thì không chấm điểm.
- Bài hình học, thí sinh vẽ hình sai ở câu nào thì không chấm điểm câu đó (vẽ hình sai ở đề bài
chung thì không chấm điểm toàn bộ bài hình học).
- Bài hình học, thí sinh không vẽ hình ở câu nào thì cho nửa số điểm của phần làm đúng trong
câu đó.
- Bài có nhiều ý liên quan tới nhau, nếu thí sinh công nhận ý trên để làm ý dưới mà thí sinh làm
đúng thì chấm điểm ý đó.
- Điểm của bài thi là tổng điểm các câu làm đúng và không được làm tròn.
Trang 6/6
SỞ GD&ĐT HÒA BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
THUC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2024 – 2025
ĐỀ THI MÔN TOÁN
(Dành cho thí sinh dự thi vào lớp chuyên Nga – Pháp – Trung)
Ngày thi: 08/6/2024
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
Đề thi có 01 trang, gồm 04 câu.
Câu I. (3,5 điểm)
1. Rút gọn biểu thức sau: A = (2 2 + 5) 2 − 8
2. Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH ( H  BC ) , biết AB = 6cm,
BH = 3,6cm. Tính độ dài các đoạn thẳng AH và AC.
3. Tìm giá trị của m để đường thẳng ( d ) : y = (2m − 1) x + m + 5 đi qua điểm A ( −1;3) .
4. Một quả bóng nhựa dạng hình cầu có đường kính bằng 22cm được trang trí bởi các
màu sơn: đỏ, xanh và trắng. Phần được sơn màu xanh chiếm 30% diện tích bề mặt quả bóng.
Tính diện tích phần bề mặt quả bóng được sơn màu xanh. (lấy   3,14 )
Câu II. (3,0 điểm)
 x + 1 + y = 3
1. Giải hệ phương trình: 
 x − 2 y = 1
2. Cho phương trình: x2 + 2mx + 2m − 1 = 0 ( m là tham số). Tìm giá trị của m để
x +x
phương trình có hai nghiệm x1 , x2 sao cho biểu thức: P = 2 1 2 2 đạt giá trị lớn nhất.
x1 + x2 − 1
3. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Một tổ công nhân được giao may 240 cái áo trong một số ngày quy định. Khi may
xong 80 cái áo đầu tiên, tổ quyết định may thêm 20 cái áo mỗi ngày so với quy định. Vì
vậy tổ hoàn thành công việc sớm hơn so với quy định 1 ngày và may thêm được 20 cái áo.
Hỏi theo quy định thì tổ phải may trong bao nhiêu ngày?
Câu III. (2,5 điểm)
Cho đường tròn (O) có đường kính BC. Gọi A là điểm chính giữa của cung BC. Kẻ
đường kính AD. Lấy điểm E thuộc cung nhỏ AC ( E khác A và C ). Gọi F là giao điểm của
hai đường thẳng AB và CE. Kẻ AH vuông góc với FC (H  FC), AC cắt OH tại I .
Chứng minh rằng:
1. Tứ giác AHCO nội tiếp.
2. HO là tia phân giác của góc AHC và AI . AH = HF.CI
3. Ba điểm F , I , D thẳng hàng.
Câu IV. (1,0 điểm)
1. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x 2 + 5 y 2 = 12 y − 2 xy + 1
2. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 675
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =
15a
15b
15c
+
+
675 − bc 675 − ac 675 − ab
-------- HẾT -------Họ và tên thí sinh: ............................................ Số báo danh: ......................... Phòng thi: ......
Giám thị 1: .................................................. Giám thị 2: .......................................................
SỞ GD&ĐT HÒA BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2023 – 2024
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
(Dành cho thí sinh dự thi vào lớp chuyên Nga – Pháp – Trung)
Ngày thi: 08/6/2024
Hướng dẫn chấm có 03 trang
Câu I. (3,5 điểm)
Phần, ý
1
2
3
4
Nội dung
Điểm
A = (2 2 + 5) 2 − 8 = 2 2 + 5 − 2 2 = 5
1,0
• AB 2 = AH 2 + BH 2  AH = 62 − 3,62 = 4,8 (cm)
0,5
AB 2 62
=
= 10 (cm)
BH 3,6
0,25
• BC 2 = AC 2 + AB 2  AC = 102 − 62 = 8 (cm)
0,25
(d ) : y = (2m − 1) x + m + 5 đi qua A(−1;3)  (2m − 1).(−1) + m + 5 = 3
m=3
0,5
0,5
• Diện tích mặt cầu là: S =  .222  3,14.484 = 1519,76 (cm 2 )
0,25
• Diện tích được sơn màu xanh là: S xanh  30%.1519,76 = 455,928 (cm 2 )
0,25
• AB 2 = BH .BC  BC =
Câu II. (3,0 điểm)
Phần, ý
Nội dung
* ĐK: x  −1


 x +1 + y = 3 
2 x + 1 + 2 y = 6
x + 2 x +1 − 7 = 0








x − 2 y = 1
x − 2 y = 1
x − 2 y = 1
1
 x + 1 = 2
( x + 1) + 2 x + 1 − 6 = 0

 x = 3 (TM )

   x + 1 = −4  
 x − 2 y = 1
y =1

x − 2 y = 1
 = m 2 − 2m + 1 = ( m − 1)  0, m 
2
2
.
PT đã cho có 2 nghiệm x1 , x2 với m 
 x + x = −2m
Theo viet ta có  1 2
 x1.x2 = 2m − 1
−2m
Tính được P =
2
4m − 4m + 1
Cách 1: Biến đổi được thành 4 Pm 2 − 2 ( 2 P − 1) m + P = 0
+ P = 0 đạt khi m = 0 ;
+ P  0 : Để có giá trị P thì PT(*) ẩn m phải có nghiệm
2
1
  = −
 ( 2 P − 1) − 4.P.P = −4 P + 1  0  P  4
−1
1
Dấu "=" xảy ra khi m =
. Vậy m = − là giá trị cần tìm.
2
2
Điểm
0,5
0,5
0,25
0,25
(*)
0,5
3
Cách 2: Đặt 2m − 1 = t , ta được:
2
−t − 1
1 1 1 1
1 1  1 1
P = 2 = − 2 − − + = − +  + 
t
t t 4 4
t 2 4 4
1
1
1
−1
maxP = khi = −  t = −2  m =
t
2
2
4
• Gọi số áo tổ công nhân phải may mỗi ngày theo kế hoạch là x (áo, x  N *)
240
(ngày).
 Thời gian hoàn thành kế hoạch là
x
240  80 180 
160 180
• Lập được phương trình:
− +
−
=1
 =1
x  x x + 20 
x x + 20
• Giải phương trình tìm được nghiệm x = 40 thỏa mãn yêu cầu.
Vậy theo kế hoạch tổ phải may trong 240 : 40 = 6 ngày.
0,25
0,5
0,25
Câu III. (2,5 điểm)
Phần, ý
Nội dung
Điểm
0,25
1
Ta có: AHC = AOC = 90 (gt)
0,25
 AHC + AOC = 90 + 90 = 180  tứ giác AHCO nội tiếp.
0,5
• Tứ giác AHCO nội tiếp  AHO = ACO; OAC = OHC
Mà ACO = OAC (do OA = OC )
2
Suy ra AHO = OHC , hay HO là tia phân giác của góc AHC .
AI AH
=
(1)
• Tam giác HAC có HI là phân giác 
CI CH
AH HF
=
(2)
• C/m được HAF HCA (hoặc dùng hệ thức lượng) 
CH AH
AI HF
=
 AI . AH = HF .CI (đpcm)
Từ (1) và (2) suy ra
CI AH
0,5
0,5
HF AI
HF AF
, mà
(chứng minh trên)
=
=
AH CI
HA AC
AF AI
AF AI
, mà AC = CD 

=
=
AC CI
CD CI
• C/m được AFI CDI (c.g.c)  AIF = CID
• HAF
3
HCA 
 AIF + AID = CID + AID = 1800
 E, I , D thẳng hàng.
0,25
0,25
Câu IV. (1,0 điểm)
Phần, ý
Nội dung
Điểm
x 2 + 5 y 2 = 12 y − 2 xy + 1
 ( x + y ) 2 + (2 y − 3) 2 = 10 = 12 + 32
2
2

( x + y ) = 3
Vì x; y  N * nên x + y  1 . Suy ra: 
2
2

(2 y − 3) = 1
1
0,25
 x = 1
x + y = 3


y = 2
 2 y − 3 = 1  

  2 y − 3 = −1   x = 2


  y = 1
Kết luận:…
0,25
b2 + c 2
a 2 + 225
675 − a 2 675 + a 2
15
a

= 675 −
=
;
2
2
2
2
2
15a
a + 225
450

 2
= 1− 2
675 − bc a + 675
a + 675
15b
450
15c
450
 1− 2
;
 1− 2
• Tương tự:
675 − ca
b + 675 675 − ab
c + 675
0,25
1
1
1


• P  3 − 450   2
+ 2
+ 2

 a + 675 b + 675 c + 675 
9
3
 3 − 450  2
=
2
2
a + b + c + 675.3 2
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 15.
3
Vậy max P = , đạt được khi a = b = c = 15.
2
0,25
• 675 − bc  675 −
2
* Chú ý: Các lời giải đúng khác đều được xem xét cho điểm tương ứng.
-------- HẾT --------
SỞ GD&ĐT HÒA BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
THUC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2024 – 2025
ĐỀ THI MÔN TOÁN
(Dành cho thí sinh dự thi vào lớp chuyên Tin)
Ngày thi: 08/6/2024
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
Đề thi có 01 trang, gồm 04 câu.
Câu I. (3,0 điểm)
B=
1. Rút gọn các biểu thức: A = 12 + 6 3 − 3 ;
x− x
1
+
( x  0; x  1)
x −1
x +1
2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d ) : y = ax + b . Tìm a và b để
đường thẳng (d ) song song với đường thẳng (d ') : y = x + 2 và cắt parabol ( P ) : y = x 2 tại
một điểm có hoành độ bằng −2 .
3. Một cốc nước có dạng hình trụ có bán kính đáy bằng 4cm , chiều cao bằng 12cm và
đang chứa một lượng nước cao 8cm. Người ta thả vào cốc nước đó một viên bi dạng hình cầu
làm bằng thủy tinh có đường kính bằng 6cm . Hỏi mực nước trong cốc lúc này cao bao nhiêu?
Câu II. (3,0 điểm)
1. Giải phương trình: 3 x 2 − 3 x − x 2 − x − 2 = 8
2. Cho phương trình: x 2 − 2 ( m − 1) x − 8 = 0 ( m là tham số). Tìm các giá trị của m để
phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho x1  x2 và x1 − x2 = 6
 x ( 2 x + 3)( 2 x + y ) = 15
3. Giải hệ phương trình:  2
2 x + 5 x + y = 8
Câu III. (3,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Kẻ đường cao AD của
tam giác ABC (D thuộc BC). Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của điểm D trên các cạnh AB,
AC. Gọi S là giao điểm của EF và BC.
1. Chứng minh: EFD = EDB
2. Chứng minh tứ giác nội BEFC nội tiếp và SD2 = SB.SC
3. Đường thẳng SA cắt đường tròn (O) tại M (M khác A), MD cắt đường tròn (O) tại N
(N khác M). Gọi I là trung điểm của DN. Chứng minh IF = IC
Câu IV. (1,0 điểm)
1. Tìm các số nguyên tố p, q sao cho p 2 − 6q 2 = 1
2. Cho các số thực dương a, b thỏa mãn: a2 + b2 = a + b .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = a 4 + b 4 +
2024
( a + b)
2
− 6 a 2b 2
------------- HẾT -------------Họ và tên thí sinh: ................................................ Số báo danh: ............................ Phòng thi: .......
Giám thị 1: ....................................................... Giám thị 2: .............................................................
SỞ GD&ĐT HÒA BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2023-2024
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
(Dành cho thí sinh dự thi vào lớp chuyên Tin)
Ngày thi: 08/6/2024
Hướng dẫn chấm có 03 trang
Câu I. (3,0 điểm)
Phần,
ý
Nội dung
Điểm
a) A = 12 + 6 3 − 3 = (3 + 3) 2 − 3 = 3
0,5
1
b) B =
x ( x − 1)
1
+
=
( x − 1)( x + 1)
x +1
x
1
+
=1
x +1
x +1
a = 1
• ( d ) : y = ax + b song song với ( d ') : y = x + 2  
b  2
0,5
0,5
 ( d ) : y = x + b (b  2)
2
• Điểm thuộc ( P ) : y = x 2 có hoành độ x = −2 là M (−2;4).
• ( d ) : y = x + b (b  2) đi qua điểm M (−2;4)  −2 + b = 4  b = 6 (TM )
0,5
Vậy a = 1; b = 6 là các giá trị cần tìm.
• Thể tích hình cầu là: V =
3
4
   33 = 36 (cm3 )
3
• Phần nước dâng lên trong cốc có chiều cao là: h =
0,5
36
= 2, 25 (cm).
 .42
0,5
• Chiều cao mực nước trong cốc: 8 + 2,25 = 10,25cm.
Câu II. (3,0 điểm)
Phần,
ý
Nội dung
Điểm
3x 2 − 3x − x 2 − x − 2 = 8  3( x 2 − x − 2) − x 2 − x − 2 − 2 = 0 (1)
• ĐK: x2 − x − 2  0
1
• Đặt t = x 2 − x − 2 (t  0), phương trình (1) trở thành:
t = 1 (TM )
2
3t − t − 2 = 0  
t = − 2 ( KTM )
3

0,5

1 + 13
(TM )
x =
2
2
2
• t =1 x − x − 2 =1 x − x − 3 = 0  

1 − 13
(TM )
x =
2

1 + 13
1 − 13
; x2 =
.
Vậy phương trình có các nghiệm x1 =
2
2
• Phương trình x 2 − 2 ( m − 1) x − 8 = 0 có:
 ' =  −(m − 1)  − 1.(−8) = ( m − 1) 2 + 8  0 với mọi m.
Suy ra phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
(nếu thí sinh không tính  mà chỉ ra được a.c = −8  0 nên phương trình
luôn có hai nghiệm trái dấu với mọi m , thì cũng được điểm tối đa mục này)
 x + x = 2m − 2 (1)
• Theo định lý Viét, ta có:  1 2
(2)
 x1 x2 = −8
• Từ x1  x2 và x1x2 = −8 suy ra x1  0  x2 .
Khi đó: x1 − x2 = 6  − x1 − x2 = 6  −2m + 2 = 6  m = −2 .
0,5
2
2
Vậy m = −2 .
(
)
 x ( 2 x + 3)( 2 x + y ) = 15  2 x 2 + 3x ( 2 x + y ) = 15

 2
2
2 x + 5 x + y = 8
(2 x + 3x) + (2 x + y ) = 8
Đặt a = 2 x 2 + 3x; b = 2 x + y , hệ trở thành:
3
 a = 5
a = 8 − b

a = 8 − b
ab = 15
a = 8 − b

 b = 3




b
=
3



 2

 a = 3
a + b = 8
(8 − b)b = 15
b − 8b + 15 = 0
 b = 5



 b = 5
 x = 1
 x = 1


2

 y = 1
a = 5 2 x + 3x − 5 = 0

5

 x=−
 
•
5
2
 x = −
b = 3 2x + y = 3

2

2x + y = 3
  y = 8

−3 + 33
 x =
4
 

−3 + 33

13 − 33
 x =
y
=

4
2
 

a = 3 2 x + 3x − 3 = 0
2


 
•
−3 − 33  

b = 5 2x + y = 5
−3 − 33
 x =
 x =
4

4

2x + y = 5

13 + 33
 y =
2
 
5
−3 + 33 13 − 33 −3 − 33 13 + 33
;
); (
;
)
Vậy hệ có 4 nghiệm: (1;1); (− ;8);(
2
4
2
4
2
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu III. (3,0 điểm)
Phần,
ý
Nội dung
Điểm
A
M
F
O
0.25
J
E
S
B
C
D
I
N
Ta có AED = AFD = 90 (theo giả thiết)  AED + AFD = 180
 tứ giác AEDF nội tiếp  EFD = EAD
1
(1)
0,25
Trong tam giác ABD vuông tại D , đường cao DE ,
ta có EAD = EDB (cùng phụ với góc EBD )
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: EFD = EDB
0,5
Tam giác ADC vuông tại D , đường cao DF , ta có ACD = ADF
(3)
(cùng phụ với góc DAF )
Theo phần a) tứ giác AEDF nội tiếp, suy ra AEF = ADF
2
Từ (3) và (4) ta có: ACD = AEF  BEF + BCF = BEF + AEF = 180 .
Suy ra tứ giác BEFC nội tiếp.
0,5
SB SE
=
 SB.SC = SE.SF
SF SC
0,25
 SBE
SFC 
Chứng minh được SED
SDF 
Từ (5) và (6) suy ra SD2 = SB.SC
(5)
SE SD
=
 SD 2 = SE.SF .
SD SF
(6)
(7)
0,25
SB SM
=
 SB.SC = SM .SA
(8)
SA SC
SM SD
=
 SMD SDA ( c.g.c ) .
Từ (7) và (8) ta được SD 2 = SA.SM 
SD SA
Chỉ ra được SBM
3
(4)
SAC 
Từ đó suy ra SMD = SDA = 90  AN là đường kính của đường tròn (O).
0.5
Suy ra ACN = 90 .
Lại có DFC = 90 nên tứ giác CNDF là hình thang vuông.
Gọi J là trung điểm của đoạn thẳng FC .
Ta có IJ là đường trung bình của CNDF , suy ra IJ ⊥ FC .
Hay IJ là đường trung trực của FC nên IF = IC .
0,5
Câu IV. (1,0 điểm)
Phần,
ý
Nội dung
Điểm
Ta có p 2 − 1 = 6q 2  ( p − 1)( p + 1) = 6q 2
Vì 6q 2 2 nên ( p − 1)( p + 1) 2 .
Mà p − 1 và p + 1 cùng tính chẵn lẻ nên chúng phải là hai số chẵn liên tiếp.
1
0,25
Từ đó ( p − 1)( p + 1) 8 .
Từ đó suy ra 6q 2 8  3q 2 4 . Mà ( 3, 4 ) = 1 nên q 2 4 .
Vì q là số nguyên tố nên q = 2 .
0,25
Khi tính được p = 5 .
(
Ta có 2 ab  a + b ; a + b  2 a 2 + b 2
)
Mà giả thiết cho a2 + b2 = a + b nên a + b  2 ( a + b )  a + b  2 .
0,25
Từ đó suy ra ab  1 .
Ta có
(
P = a 2 + b2
16
2008
− 8a b = ( a + b ) +
+
− 8 ( ab )
) + a2024
+b
a+b
a+b
2
(
Ta có ( a + b ) +
2
2
2008
( a + b)
2

)
16
( a + b)
2
2 2
(
2
2
 2 (a + b)
16
2
(a + b)
2
)
2
(
)
2
2
= 8;
2008
= 502 ;
4
0,25
−8 ( ab )  −8
2
Vậy P  8 + 502 − 8 = 502 .
a + b = 2
Dấu đẳng thức xảy ra khi 
 a = b = 1.
ab
=
1

Vậy min P = 502 đạt được khi a = b = 1.
* Chú ý: Các lời giải đúng khác đều được xem xét cho điểm tương ứng.
-------- HẾT --------
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH PHƯỚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2024
MÔN THI: TOÁN (CHUYÊN)
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 06/6/2024
(Đề thi gồm 01 trang)
Câu 1. (2,0 điểm)
 a + 2 a − a −3  a − a
2 
Cho M = 
−
+
:
 với a  0, a  4.
a −2
 a +1 a − a − 2   a − a − 2
a) Rút gọn biểu thức M .
1
7
b) Chứng minh rằng M  .
Câu 2. (3,0 điểm)
a) Cho phương trình x 2 − 2mx + m 2 + m = 0, ( m là tham số). Tìm m để phương trình đã cho
có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x14 + 8 x1 = x22 ( 2mx2 − m 2 − m ) + 8 x2 .
b) Giải phương trình:
x + 3 + 2 − x + 5 = 4 ( x + 3)( 2 − x ) .
 xy + y y − x x − 1 − xy − y = 0
c) Giải hệ phương trình: 
2
 x − 4 xy + 2 x + 4 y = x − 2 y − 1 + 3.
Câu 3. (1,0 điểm)
a) Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2 − 2 xy + 3 y − x − 1 = 0.
b) Tìm các cặp số nguyên dương ( a; b ) sao cho
a 3b − 1
b3 a + 1
và
đều là các số nguyên.
a +1
b −1
Câu 4. (2,5 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC với AB  AC. Ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H (với
D  BC, E  AC, F  AB ). Gọi A1 , B1 lần lượt là các điểm đối xứng với H qua D và E ; M là
trung điểm của BC. Hai đường thẳng EF và BC cắt nhau tại điểm P.
a) Chứng minh các điểm A, B, C , A1 , B1 cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh PE  PF = PM  PD và H là trực tâm của tam giác APM .
Câu 5. (1,5 điểm)


a) Cho hai số thực x, y  0 thỏa mãn xy  1. Chứng minh rằng  x + 2 y +
2 
2 
  16.
  y + 2x +
x +1  
y +1 
b) Cho 5 đường tròn có cùng bán kính và sắp xếp để tạo
thành 9 miền được kí hiệu là A1 , A2 , , A9 (như hình
vẽ). Sau đó, điền vào 9 miền trên các số được lấy từ
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 sao cho mỗi miền được điền bởi
một số, hai miền khác nhau được điền bởi hai số khác
nhau và tổng các số trong mỗi hình tròn đều bằng 14 .
b1) Tính tổng các số ở các miền A2 , A4 , A6 , A8 .
b2) Hỏi có bao nhiêu cách điền thỏa mãn điều kiện trên? Vì sao?
-----HẾT----Lưu ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH PHƯỚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI TUYỂN SINH
VÀO LỚP 10 NĂM 2024
MÔN THI: TOÁN (CHUYÊN)
(Hướng dẫn chấm gồm 09 trang)
Thang
điểm
Nội dung
Câu
Câu 1
 a + 2 a − a −3  a − a
2 
−
+
:
 với a  0, a  4.
(2,0 điểm) Cho M = 
a
+
1
a
−
a
−
2
a
−
a
−
2
a
−
2

 

a) Rút gọn biểu thức M .
1
7
b) Chứng minh rằng M  .
Câu 1a
(1,0 điểm)
 a + 2 a − a −3  a − a
2 
M =
−
+
:

a −2
 a +1 a − a − 2   a − a − 2
M=
( a + 2)( a − 2) − ( a − a − 3) : a − a + 2 ( a + 1)
( a + 1)( a − 2)
( a + 1)( a − 2)
M=
a−4−a+ a +3 a− a +2 a +2
:
a +1 a − 2
a +1 a − 2
M=
M=
(
)(
) (
a −1
( a + 1)( a − 2)

)(
)
( a + 1)( a − 2)
a+ a +2
a −1
.
a+ a +2
Câu 1b
Ta chứng minh bằng phương pháp biến đổi tương đương
(1,0 điểm)
a −1
1
1
a −1
a+ a +2−7 a +7
  −
0
0
7 a+ a +2
a+ a +2 7
7 a+ a +2
(

a−6 a +9
0
(
)
( a − 3)  0 (luôn đúng với mọi a  0, a  4 ).

7 ( a + a + 2)
7 a+ a +2
2
1
7
Vậy M  . Dấu “=” xảy ra khi a = 9.
)
Câu 2a
a) Cho phương trình x 2 − 2mx + m 2 + m = 0, ( m là tham số). Tìm m để
(1,0 điểm) phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x , x thỏa mãn
1
2
x14 + 8 x1 = x22 ( 2mx2 − m 2 − m ) + 8 x2 .
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2
  '  0  m2 − ( m2 + m )  0  m  0 .
 x1 + x2 = 2m
Theo định lí Vi-ét ta có 
2
 x1  x2 = m + m.
Vì x2 là nghiệm của phương trình đã cho nên x22 = 2mx2 − m 2 − m .
Ta có
x14 + 8 x1 = x22 ( 2mx2 − m 2 − m ) + 8 x2
 x14 + 8 x1 = x22  x22 + 8 x2
 ( x14 − x24 ) + 8 ( x1 − x2 ) = 0
 ( x1 − x2 ) ( x1 + x2 ) ( x12 + x22 ) + 8 = 0
 x1 = x2 ( L)
(vì x1  x2 ).

2
2
( x1 + x2 ) ( x1 + x2 ) + 8 = 0
2
 ( x1 + x2 ) ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2  + 8 = 0


 2m  4m 2 − 2 ( m 2 + m )  + 8 = 0
 m3 − m 2 + 2 = 0
 (m + 1) ( m 2 − 2m + 2 ) = 0
(TM )
 m = −1
 2
 m − 2m + 2 = 0 (VN ).
Vậy m = −1 thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 2b
Giải phương trình: x + 3 + 2 − x + 5 = 4 ( x + 3)( 2 − x ) .
(1,0 điểm)
Điều kiện: −3  x  2.
Đặt t = x + 3 + 2 − x , ( t  0 )
 t 2 = 5 + 2 ( x + 3)( 2 − x )
 2 ( x + 3)( 2 − x ) = t 2 − 5
Phương trình đã cho trở thành: t + 5 = 2 ( t 2 − 5 )
 2t 2 − t − 15 = 0
t = 3 ( N )
  −5
t =
( L)

2
Với t = 3
 x+3+ 2− x =3
 5 + 2 ( x + 3)( 2 − x ) = 9

( x + 3)( 2 − x ) = 2
 − x2 − x + 2 = 0
x = 1 (N )

 x = −2 ( N )
Vậy phương trình có tập nghiệm S = −2;1 .
Câu 2c
 xy + y y − x x − 1 − xy − y = 0
(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
2
 x − 4 xy + 2 x + 4 y = x − 2 y − 1 + 3.
Hệ phương trình tương đương
 xy + y y − x x − 1 − y ( x − 1) = 0
 2
 x − 4 xy + 2 x + 4 y = x − 2 y − 1 + 3
(1)
(2)
x  1

Điều kiện:  y  0
 x − 2 y − 1  0.

Xét phương trình (1) : xy + y y − x x − 1 − y ( x − 1) = 0
(
)
(
)
 ( x + y )( y − x − 1 ) = 0
 y x + y − x −1  x + y = 0
x + y = 0

 y − x − 1 = 0.
•
Với x + y = 0 (phương trình này vô nghiệm vì x  1, y  0 ).
•
Với y − x − 1 = 0  y = x − 1  x = y 2 + 1 .
Thay x = y 2 + 1 vào phương trình (2) ta được:
( y + 1) − 4 ( y + 1) y + 2 ( y + 1) + 4 y − y + 1 − 2 y − 1 − 3 = 0
2
2
2
2
2
 y 4 − 4 y3 + 4 y 2 − y 2 − 2 y = 0
 y 2 ( y − 2) − y ( y − 2) = 0
2
y ( y − 2 )  


(
y ( y − 2)
) − 1 = 0
3
 y ( y − 2) = 0

3

y
y
−
2
−1 = 0
(
)

(
)
y = 0

 y = 2

 y ( y − 2 ) = 1
y = 0

 y = 2
 y2 − 2 y −1 = 0

 y = 0  x = 1 (N )
 y = 2  x = 5 (N )

 y = 1+ 2  x = 4 + 2 2 (N )

 y = 1 − 2 ( L)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) là
(1;0 ) , ( 5;2 ) , ( 4 + 2 2;1 + 2 ) .
Câu 3a
Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2 − 2 xy + 3 y − x − 1 = 0.
(0,5 điểm)
Phương trình trở thành x 2 − (1 + 2 y ) x + 3 y − 1 = 0
Xét  x = (1 + 2 y ) 2 − 4(3 y − 1) = 4 y 2 − 8 y + 5 .
Để x, y là các số nguyên thì  x phải là số chính phương
Đặt  x = 4 y 2 − 8 y + 5 = m 2 ( m )
 (2 y − 2) 2 − m2 = −1
 (2 y − 2 + m)(2 y − 2 − m) = −1
2 y − 2 + m = 1
y =1

2 y − 2 − m = −1 m = 1.
Suy ra 
Với y = 1, thay vào phương trình đã cho ta được
x = 1
x 2 − 3x + 2 = 0  
 x = 2.
Vậy các bộ số ( x; y) thỏa mãn là (1;1), (2;1).
Câu 3b
a 3b − 1
b3 a + 1
a; b ) sao cho
Tìm
các
cặp
số
nguyên
dương
và
đều là các số
(
(0,5 điểm)
a +1
b −1
nguyên.
Ta có
a3b − 1 b ( a + 1) − ( b + 1) b ( a + 1) ( a − a + 1) − ( b + 1)
b +1
=
=
= b(a 2 − a + 1) −
a +1
a +1
a +1
a +1
3
2
a 3b − 1
Vì
là số nguyên nên ( b + 1)
a +1
( a + 1) (1)
Ta có
b3a + 1 a ( b − 1) + ( a + 1) a ( b − 1) ( b + b + 1) + ( a + 1)
a +1
=
=
= a(b 2 + b + 1) +
b −1
b −1
b −1
b −1
3
Vì
2
b3 a + 1
là số nguyên nên ( a + 1)
b −1
Từ (1) và (2) suy ra ( b + 1)
( b − 1) (2)
( b − 1)
 2 (b − 1)  b  2;3 .
• Với b = 2 , thay vào (1) ta được 3 ( a + 1)  a = 2 .
( a + 1)  a  1;3 .
Vậy các cặp số ( a; b ) thỏa mãn điều kiện là ( 2; 2 ) , (1;3) , ( 3;3) .
• Với b = 3 , thay vào (1) ta được 4
Câu 4
Cho tam giác nhọn ABC với AB  AC. Ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau
(2,5 điểm) tại H (với D  BC, E  AC, F  AB ). Gọi A1 , B1 lần lượt là các điểm đối xứng
với H qua D và E ; M là trung điểm của BC . Hai đường thẳng EF và
BC cắt nhau tại điểm P.
a) Chứng minh các điểm A, B, C , A1 , B1 cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh PE  PF = PM  PD và H là trực tâm của tam giác APM .
Câu 4a
(1,0 điểm)
Ta có ACB = AHE (cùng phụ HAE ) = AB1 B ( H đối xứng với B1 qua AC )
BHD = AHE (đối đỉnh) = BA1 A (vì A1 đối xứng với H qua BC )
Do đó AB1 B = BA1 A = BCA
suy ra các điểm A, B, C , A1 , B1 cùng thuộc một đường tròn.
Câu 4b
Ta có AFH + AEH = 900 + 900 = 1800  AEHF nội tiếp.
(1,5 điểm) Tương tự các tứ giác AFDC, EHDC nội tiếp.
Ta có tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn tâm M  MF = MC.
Hơn nữa DMF = MFC + MCF = 2.MCF (do tam giác MFC cân tại M ) (1).
Mặt khác DCF = FAD = FEH (do AFDC, AFHE nội tiếp) (2) .
Vì tứ giác HDCE nội tiếp nên HED = HCD (3).
Từ (1),(2),(3) suy ra FMD = FED .
Từ đó dẫn tới hai tam giác PFM và PDE đồng dạng (g.g vì FPD chung và
PED = PMF )
PF PM
=
 PF .PE = PM .PD.
PD PE
Gọi (O) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Kéo dài AO cắt đường tròn (O) tại điểm A ' khác A . Xét tứ giác BHCA ' có
BH A ' C (cùng vuông góc với AC ), tương tự CH BA ' (cùng vuông góc với
AB ) do đó tứ giác BHCA ' là hình bình hành suy ra A ', M , H thẳng hàng (4).
suy ra
Gọi Q là giao điểm của PA với đường tròn (O)  A ' QA = 900 (vì AA ' là
đường kính của đường tròn (O) ).
Ta có PD.PM = PE.PF (theo chứng minh trên)
Hơn nữa PE.PF = PB.PC (vì EFBC nội tiếp P là giao điểm của BC và EF )
và PB.PC = PQ.PA (vì AQBC nội tiếp và P là giao điểm của BC và AQ )
suy ra PD.PM = PQ.PA suy ra tứ giác MDQA nội tiếp.
Từ đó suy ra MQA = MDA = 900 . Từ đó suy ra A ', M , Q thẳng hàng (5).
Từ (4),(5) suy ra Q, H , M , A ' thẳng hàng do đó MH ⊥ AP . Mặt khác
AH ⊥ BC (giả thiết) nên H là trực tâm tam giác APM .
Câu 5.a Cho hai số thực x, y  0 thỏa mãn xy  1 . Chứng minh rằng
(0,5 điểm)
2 
2 

  16 .
 x + 2y +
  y + 2x +
x +1  
y +1 

2
2   x y  3y 1
 x +1
Ta có x + 2 y +
=
+
−
+ + +
x +1  2
x +1   2 2  2 2
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có
2   x y  3y 1
x +1 2
x y 3y 1
 x +1
+
− 2

+2  +
−

+ + +
x +1   2 2  2 2
2 x +1
2 2 2 2
 2
1 3y 1
 2 + 2. +
−
2 2 2
5 3y
= + .
2 2
Suy ra x + 2 y +
2
5 3y
 + .
x +1 2 2
Chứng minh tương tự ta cũng có: y + 2 x +
2
5 3x
 + .
y +1 2 2
Khi đó
2 
2   5 3 y  5 3 x 

   +  + 
 x + 2y +
  y + 2x +
x +1  
y + 1   2 2  2 2 

25 15
9 xy
=
+ ( x + y) +
4 4
4
25 15
9 xy

+  2 xy +
4 4
4
25 15
9

+  2 + = 16.
4 4
4
Suy ra điều phải chứng minh.
Dấu “ = ” xảy ra khi x = y = 1 .
Câu 5.b Cho 5 đường tròn có cùng bán kính và
(1,0 điểm) sắp xếp để tạo thành 9 miền được kí
hiệu là A1 , A2 , , A9 (như hình vẽ). Sau
đó, điền vào 9 miền trên các số được
lấy từ 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 sao cho mỗi
miền được điền bởi một số, hai miền
khác nhau được điền bởi hai số khác
nhau và tổng các số trong mỗi hình tròn đều bằng 14 .
b1) Tính tổng các số ở các miền A2 , A4 , A6 , A8 .
b2) Hỏi có bao nhiêu cách điền thỏa mãn điều kiện trên? Vì sao?
Gọi a1 , a2 , , a9 lần lượt là các số được điền vào các miền A1 , A2 , , A9 để
Câu b1
(0,5 điểm) thỏa mãn điều kiện.
Mỗi hình tròn có tổng là 14 , suy ra năm hình tròn có tổng là 14  5 = 70 .
Ta có
( a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 + a7 + a8 + a9 ) + ( a2 + a4 + a6 + a8 ) = 70
 (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 ) + ( a2 + a4 + a6 + a8 ) = 70
 a2 + a4 + a6 + a8 = 25
Câu b2
Ta có a1 + a2 = a8 + a9 = 14 , suy ra ta chỉ có hai cặp thỏa mãn là
(0,5 điểm) ( 9;5 ) và ( 8;6 ) .
 a2 + a8  11;13;15;17 .
• TH1: a2 + a8 = 11
 a4 + a6 = 25 −11 = 14 .
Mà các cặp số có tổng bằng 14 là ( 5;9 ) và ( 6;8 ) (mâu thuẫn).
• TH2: a2 + a8 = 13
 a4 + a6 = 25 −13 = 12 .
Mà các cặp số có tổng bằng 12 là ( 3;9 ) , ( 4;8 ) và ( 5; 7 ) (mâu thuẫn).
• TH3: a2 + a8 = 15
 a4 + a6 = 25 − 15 = 10 .
Cặp số có tổng bằng 10 thỏa mãn là ( 7;3) . Không mất tính tổng quát,
giả sử a4 = 7; a6 = 3 .
Khi đó: a1 = 8; a2 = 6; a3 = 1; a4 = 7; a5 = 4; a6 = 3; a7 = 2; a8 = 9; a9 = 5
Và lấy đối xứng lại ta được cách xếp thứ 2 như bên dưới:
• TH4: a2 + a8 = 17
 a4 + a6 = 25 −17 = 8 .
Mà các cặp số có tổng bằng 8 là (1; 7 ) và ( 2; 6 ) . Khi đó tổng các số
trong một hình tròn lớn hơn 14 , điều này mâu thuẫn giả thiết (quan
sát hình vẽ).
Vậy có 2 cách điền các số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Lưu ý: Nếu học sinh làm theo cách khác đáp án mà đúng thì vẫn được điểm tối đa.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TUYÊN QUANG
KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2024-2025
Môn thi: Toán chuyên
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)
Câu 1 (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức A =
( x − 4 + 1) x − 3 − 2 x − 4 với x  5
b) Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P = 3a + bc + 3b + ca + 3c + ab
Câu 2 (3,0 điểm)
1. Cho phương trình
3x 2 − 2 x + m − 4 = 6 x (1) với m là tham số.
a) Giải phương trình (1) khi m = −7
b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
 x 2 + y 2 = x ( 2 y + 1) − y
2. Giải hệ phương trình 
 2 x + y = x + 2 y
Câu 3 (3,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC. . Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Đường
thẳng AO cắt BC tại E . Trên đoạn AO lấy điểm D sao cho OD = OE . Đường đi thẳng qua D , vuông góc
với BC cắt BC , AC, AB lần lượt tại X , Y , Z . Đường tròn ngoại tiếp tam giác AYZ cắt lại (O) tại điểm
T khác A . Chứng minh rằng:
a) Tam giác OXE là tam giác cân.
b) Bốn điểm C, X , Y , T cùng thuộc một đường tròn.
c) BX = CE
d) AT
BC .
Câu 4 (1,0 điểm)
Trong hình chữ nhật ( H ) kích thước 6cm x 4cm , cho 5 điểm phân biệt A1; A2 ; A3 ; A4 ; A5 . Chứng
minh rằng
a) Trong 5 điểm A1; A2 ; A3 ; A4 ; A5 luôn tồn tại 3 điểm cùng thuộc một đường tròn bán kính 2,5 cm
b) Tồn tại một đường tròn đường kính 0,99 cm nằm trong ( H ) và không có điểm chung với bất kì
hình tròn nào trong năm hình tròn tâm Ai đường kính 1 cm (Với i = 1, 2 , 3 , 4 ,5 )
Câu 5 (1,0 điểm)
Cho 10 số nguyên dương phân biệt a1; a2 ; a3 ;....; a10 và p là một ước nguyên tố bất kì của
A = a1 + 2a2 + 3a3 + .... + 10a10 . Chứng minh rằng
a) B = 10 p 2 −10 chia hết cho p
b) C = a1.1p
2024
+ a2 .2 p
2024
+ a3 .3 p
2024
+ ... + a10 .10 p
2024
là hợp số
Hướng dẫn
Câu 1 (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức A =
( x − 4 + 1) x − 3 − 2 x − 4 với x  5
b) Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P = 3a + bc + 3b + ca + 3c + ab
Giải.
a) Với x  5
A=
=
( x − 4 + 1) x − 3 − 2 x − 4 = ( x − 4 + 1) x − 4 − 2 x − 4 + 1
( x − 4 + 1) ( x − 4 − 1) = ( x − 4 + 1)( x − 4 − 1) = x − 4 −1 = x − 5
2
b) Vì a + b + c = 3 nên
3a + bc =
( a + b + c ) a + bc = ( a + b )( a + c )
Áp dụng BĐT AM-GM ta có
Suy ra
3a + bc 
a + b + a + c 2a + b + c
=
2
2
( a + b )( a + c ) 
2a + b + c
(1). Tương tự ta có
2
3b + ac 
a + 2b + c
(2)
2
3c + ab 
a + b + 2c
(3)
2
Cộng vế với vế các BĐT (1); (2); (3) ta có P 
4(a + b + c) 4.3
=
=6
2
2
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 . Vậy GTLN của P = 6 khi a = b = c = 1
Câu 2 (3,0 điểm)
1. Cho phương trình
3x 2 − 2 x + m − 4 = 6 x (1) với m là tham số.
a) Giải phương trình (1) khi m = −7
b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
 x 2 + y 2 = x ( 2 y + 1) − y
2. Giải hệ phương trình 
 2 x + y = x + 2 y
Giải.
x  0
1a) ĐKXĐ  2
3x − 2 x + m − 4  0
Thay m = −7 vào phương trình ta được
3x 2 − 2 x − 7 − 4 = 6 x
 3 x 2 − 2 x − 11 = 6 x
 x = −1 ( Loai)
 3x − 2 x − 11 = 6 x  3x − 8 x − 11 = 0  
 x = 11
3

2
2
Vậy khi m = −7 thì phương trình có nghiệm x =
11
3
1b) Phương trình đã cho tương đương với 3x2 − 2x + m − 4 = 6x  3x2 − 8x + m − 4 = 0 (2)
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi phương trình (2) có hai nghiệm không âm phân biệt; điều
kiện là

2
( −4 ) − 3(m − 4)  0
 '  0

28

8
4m
 S = x1 + x2  0    0
3
 P = x .x  0
3
1 2

m − 4
 3  0
2 x + y  0
2. ĐKXĐ 
x + 2 y  0
 x 2 + y 2 = x ( 2 y + 1) − y (1)

(2)
 2 x + y = x + 2 y
Xét phương trình (1) x 2 + y 2 = x ( 2 y + 1) − y  x 2 − 2 xy + y 2 − x + y = 0
x = y
2
 ( x − y ) − ( x − y ) = 0  ( x − y )( x − y − 1) = 0  
x = y +1
*TH1: x = y , thay vào phương trình (2) ta được
y  0

 y  0
  y = 0 (TM )
3y = 3y  
 
 3 y 3 y − 1 = 0
  y = 1 (TM )
 
3
(
)
*TH2: x = y + 1, thay vào phương trình (2) ta được.
2( y + 1) + y = 1 + 3 y  3 y + 2 = 1 + 3 y (3)
ĐK: 3 y + 1  0  y 
−1
3
Bình phương 2 vế phương trình (3) được 3 y + 2 = (1 + 3 y)2  3 y + 2 = 1 + 6 y + 9 y 2  9 y 2 + 3 y − 1 = 0
Có  = 9 + 36 = 45  0 , suy ra (3) có 2 nghiệm phân biệt
y1 =
−3 − 45 −1 − 5 −1
−3 + 45 −1 + 5
(Thoả mãn) và y2 =
(không thoả mãn)
=

=
18
6
3
18
6
Với y =
−1 + 5 5 + 5
−1 + 5
ta có x = 1 +
=
6
6
6
 1 1   5 + 5 −1 + 5 
Tóm lại, hệ đã cho có 3 nghiệm ( x; y) là (0;0);  ;  ; 
;

6 
 3 3   6
Câu 3 (3,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC. . Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Đường thẳng
AO cắt BC tại E . Trên đoạn AO lấy điểm D sao cho OD = OE . Đường đi thẳng qua D , vuông góc với
BC cắt BC , AC, AB lần lượt tại X , Y , Z . Đường tròn ngoại tiếp tam giác AYZ cắt lại (O) tại điểm T
khác A .
Chứng minh rằng:
a) Tam giác OXE là tam giác cân.
b) Bốn điểm C, X , Y , T cùng thuộc một đường tròn.
c) BX = CE
d) AT BC .
Giải.
a) Trong tam giác vuông XDE vuông tại X có OD = OE nên XO là đường
trung tuyến ứng với cạnh huyền, do đó XO = OD = OE , suy ra tam giác OXE
là tam giác cân tại O
b) Ta có YTC = ATC − ATY = ATC − AZX = 1800 − ABC − AZX
= 1800 − ( ABC + AZX ) = 1800 − 900 = 900
Tứ giác CXYT có CXY + YTC = 900 + 900 = 1800 nên là tứ giác nội tiếp, suy ra
đpcm
c) Hai tam giác OBC và XOE là hai tam giác cân tại O ; kẻ
OG ⊥ BC (G  BC ) thì OG là đường trung trực chung của BC và XE ; do đó GB = GC; GX = GE suy ra
GB − GX = GC − GE  BX = CE
d) Kẻ đường kính CF của đường tròn (O)
+ OAC = OCA = 900 − AFC = 900 − ABC = AZY suy ra AO là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác
AZTY
+ Có TXC = TYC (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung TC của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CXYT )
+ TYC = 1800 − TYA = BZT
Suy ra TXC = BZT  tứ giác BXTZ là tứ giác nội tiếp, khi đó TAE = AZT = TXE = AEX , mà TAE và
AEX là hai góc ở vị trí so le trong nên AT
Câu 4 (1,0 điểm)
BC
Trong hình chữ nhật ( H ) kích thước 6cm x 4cm , cho 5 điểm phân biệt A1; A2 ; A3 ; A4 ; A5 . Chứng minh
rằng
a) Trong 5 điểm A1; A2 ; A3 ; A4 ; A5 luôn tồn tại 3 điểm cùng thuộc một đường tròn bán kính 2,5 cm
b) Tồn tại một đường tròn đường kính 0,99 cm nằm trong ( H ) và không có điểm chung với bất kì hình
tròn nào trong năm hình tròn tâm Ai đường kính 1 cm (Với i = 1, 2 , 3 , 4 ,5 )
Giải
a) Chia hình chữ nhật ( H ) thành hai hình chữ nhật con khích thước 3cm x 4cm khi đó mỗi hình chữ nhật
con sẽ nội tiếp đường tròn bán kính 2,5 cm
Theo nguyên lí Dirichle, có 5 > 2.2 nên tồn tại một hình chữ nhật con chứa 3 trong 5 điểm
A1; A2 ; A3 ; A4 ; A5
Từ đó suy ra trong 5 điểm A1; A2 ; A3 ; A4 ; A5 luôn tồn tại 3 điểm cùng thuộc một đường tròn bán kính 2,5
cm
b) Chia hình chữ nhật ( H ) thành 6 hình vuông con kích thước
2 cm x 2 cm như hình vẽ
Vì có 6 hình vuông con và 5 điểm nên tồn tại một hình vuông không chứa
điểm Ai (i = 1, 2 , 3 , 4 ,5) nào nằm trong hình vuông đó, giả sử là hình
vuông ABCD
Trong hình vuông, ta gọi đường tròn (O) là đường tròn có tâm là tâm hình
vuông, bán kính 0,495 cm, ta sẽ chứng minh (O) là đường tròn cần tìm.
Gọi E là trung điểm BC , đường tròn ( E) có bán kính 0,5 cm
Xét G là điểm bất kì không nằm trong hình vuông ABCD
Gọi đường tròn (G) là đường tròn tâm G , bán kính 0,5 cm
Khi đó OG  OE = 1cm
RO + RG = RO + RE = 0, 495 + 0,5 = 0,995cm
Suy ra (O) và (G) không giao nhau, vậy (O) chính là đường tròn cần tìm
Câu 5 (1,0 điểm)
Cho 10 số nguyên dương phân biệt a1; a2 ; a3 ;....; a10 và p là một ước nguyên tố bất kì của
A = a1 + 2a2 + 3a3 + .... + 10a10 . Chứng minh rằng
a) B = 10 p 2 −10 chia hết cho p
b) C = a1.1p
2024
+ a2 .2 p
2024
+ a3 .3 p
Giải
2024
(
+ ... + a10 .10 p
)
(
2024
a) Ta có B = 10 p − 10 = 10  10 p −1 − 1 = 10  10(
2
+) Nếu p 10 ( p 
2
là hợp số
p −1)( p +1)
)
−1
)  p  2,5  p 10 p − 10 hay B = 10 p −10 chia hết cho p .
2
2
+) Nếu ( p,10 ) = 1 theo định lý nhỏ Fermat:
(
10 p −1  1( modp )  10 p −1
)
p +1
 1( modp )  10 p −1 − 1  0 ( modp )
2
Vậy B = 10 p − 10 chia hết cho pp  .
2
(
b) Xét D = C − A = a1 1p
(
= a1 1p
2024
) (
− a1 + a2  2 p
2024
2024
+ a2  2 p
)
+ a3  3 p
2024
(
− 2a2 ++ a10 10 p
Xét k với k = 1,10 . Ta có k p
2024
+) Trườg hợp 1: ( p, k ) = 1( p 
Theo định lí nhỏ Fermat:
2024
(
−k = k kp
).
2024
−1
++ a10 10 p
2024
)
− 10a10
−1 .
)
2024
) − ( a + 2a + 3a ++10a )
1
2
3
10
k p −1  1( modp )  k p −1 − 1  0 ( modp )  p k p −1 − 1 mà k p −1 − 1 k p
(
+) Trường hợp 2: p k . Ta cũng suy ra được: p k k p
(
Vậy p k k p
2024
−1
)
2024
−1
2024
−1
− 1 nên p k p
2024
−1
−1
)
−1
− 1 trong mọi trường hợp.
Thay k vào D ta được D = C − A chia hết cho p . Mà từ giả thiết ta có A chia hết cho p suy ra C cũng
chia hết cho p . (1)
Mặt khác ta cũng có: p A = a1 + 2a2 + 3a3 ++ 10a10  a1 1p
+ a10 10 p
2024
2024
+ a2  2 p
2024
+ a3  3 p
= C . (2)
Từ (1) và (2) suy ra C = a1 1p
2024
+ a2  2 p
2024
+ a3  3 p
2024
++ a10 10 p
2024
là hợp số.
2024
+
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
LÀO CAI
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
NĂM HỌC: 2024 – 2025
Môn: TOÁN (chuyên)
Khoá thi ngày: 5/6/2024
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (2,0 điểm)
a) Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
(
)
2 x −3
x x −3
x +3
, với x  0 ; x  9 .
+
−
3− x
x −2 x −3
x +1
b) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c − ab − bc − ca = 0 . Tính giá trị của biểu thức
a 2023
b 2024
c 2025
P = 2023 2023 + 2024 2024 + 2025 2025 .
c
c
a
Câu 2. (0,5 điểm). Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 3 chữ số. Lấy ngẫu nhiên một số từ tập hợp S .
Tính xác suất để lấy được một số chia hết cho 7 .
Câu 3. (1,0 điểm)
Một cửa hàng bán gạo trong 4 ngày liên tiếp và mỗi ngày (kể từ ngày đầu tiên) lượng gạo bán ra bằng r %
1
lượng gạo còn lại của ngày hôm trước. Tính r biết rằng lượng gạo còn lại sau ngày thứ tư bằng
lượng
16
gạo ban đầu.
Câu 4. (1,0 điểm)
a) Cho a , b , c là các số thực dương. Chứng minh rằng
1
1
1
a+b+c
+ 2
+ 2

.
a + bc b + ac c + ab
2abc
2
b) Cho x , y là các số thực dương thỏa mãn xy  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=
x
y
1
+
+
.
y + 1 x + 1 xy + 1
Câu 5. (1,0 điểm)
a) Cho x , y là các số nguyên dương sao cho x 2 + 2 y là số chính phương. Chứng minh rằng x2 + y là
tổng của hai số chính phương.
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn ( x 2 + 1)( y 2 + 1) + 2 ( x − y )(1 − xy ) = 4 (1 + xy ) .
Câu 6. (1,0 điểm). Cho 2 phương trình: 2 x2 + x − m2 + 2m − 15 = 0 (1) và 2 x2 + 3x − m2 + 2m −14 = 0 (2).
Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 và phương
trình (2) có hai nghiệm phân biệt x3 , x4 thỏa mãn: x12 + x22 + x32 + x42 = 3x2 x3 .
Câu 7. (3,5 điểm). Cho nửa đường tròn ( O; R ) đường kính AB . Gọi M là một điểm thuộc nửa đường
tròn đã cho ( M khác A và B ), H là hình chiếu của M trên AB . Đường thẳng qua O và song song với
MA cắt tiếp tuyến tại B của nửa đường tròn ( O ) tại điểm K .
a) Chứng minh tứ giác OBKM nội tiếp.
b) Gọi C , D lần lượt là hình chiếu của H trên các đường thẳng MA và MB . Gọi I là giao điểm của
AK và MH . Chứng minh I là trung điểm CD .
c) Gọi E , F lần lượt là trung điểm của AH và BH . Xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác
CDFE đạt giá trị lớn nhất.
---------------------------------@Hết@---------------------------------
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1. (2,0 điểm)
a) Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
(
)
2 x −3
x x −3
x +3
, với x  0 ; x  9 .
+
−
3− x
x −2 x −3
x +1
b) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c − ab − bc − ca = 0 . Tính giá trị của biểu thức
a 2023
b 2024
c 2025
P = 2023 2023 + 2024 2024 + 2025 2025 .
c
c
a
a) Ta có P =
=
=
x x −3− 2
(
Lời giải
)
2 x −3
x x −3
x +3
+
−
x −2 x −3
3− x
x +1
( x − 3) − ( x + 3)( x + 1)
( x + 1)( x − 3)
2
( x − 3) ( x + 8 ) = x + 8
( x + 1)( x − 3) x + 1
= x −1+
9
9
= x +1+
−2
x +1
x +1
Áp dụng bất đẳng thức Co6si ta có P  2.
Dấu “=” xảy ra khi
x +1 =
( x + 1) . x9+ 1 − 2 = 4
9
 x +1 = 3  x = 4
x +1
Vậy min P = 4 tại x = 4
b) Ta có a + b + c − ab − bc − ca = 0
 2a + 2b + 2c − 2 ab − 2 bc − 2 ca = 0

( a − b) +( b − c) +( c − a) = 0
2
2
2
a =b=c 0
a 2023
b 2024
c 2025
P
=
2023
+
2024
+
2025
Thay vào
= 2023 + 2024 + 2025 = 6072
c 2023
c 2024
a 2025
Câu 2. (0,5 điểm). Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 3 chữ số. Lấy ngẫu nhiên một số từ tập hợp S .
Tính xác suất để lấy được một số chia hết cho 7 .
Lời giải
Ta có S = 100; 101; 102; . . . ; 999
Suy ra không gian mẫu  = S  n (  ) = 900
Gọi A là biến cố “ lấy được số chia hết cho 7”  A = 105; 112; . . . ; 994
 n ( A) =
994 − 105
+ 1 = 128 .
7
Vậy xác suất xảy ra biến cố A là P( A) =
n ( A) 128 32
=
=
n (  ) 900 225
Câu 3. (1,0 điểm)
Một cửa hàng bán gạo trong 4 ngày liên tiếp và mỗi ngày (kể từ ngày đầu tiên) lượng gạo bán ra bằng r %
1
lượng gạo còn lại của ngày hôm trước. Tính r biết rằng lượng gạo còn lại sau ngày thứ tư bằng
lượng
16
gạo ban đầu.
Lời giải
Điều kiện r  0 (%)
Gọi lượng gạo ban đầu của cửa hàng là A (đơn vị khối lượng, A  0 )
Lượng gạo ngày đầu tiên bán được là A.
r 
r 
. 1 −

100  100 
Lượng gạo còn lại sau ngày đầu tiên bán là A −
Lượng gạo bán trong ngày thứ hai là A.
r
r 

A = A. 1 −

100
 100 
r 
r 
. 1 −

100  100 
r 
r 
r 
r 


Lượng gạo còn lại bán trong ngày thứ hai là A. 1 −
. 1 −
 − A.
 = A. 1 −

100  100 
 100 
 100 
r 

Tương tự suy ra lượng gạo còn lại sau ngày thứ ba bán là A. 1 −

 100 
r 

Lượng gạo còn lại sau ngày thứ tư bán là A. 1 −

 100 
4
3
4
A
r
1
r 

Theo đề ra ta có phương trình A. 1 −
 = 16  1 − 100 = 2  r = 50% ( thỏa mãn)
 100 
Vậy r = 50(%) .
2
Câu 4. (1,0 điểm)
a) Cho a , b , c là các số thực dương. Chứng minh rằng
1
1
1
a+b+c
+ 2
+ 2

.
a + bc b + ac c + ab
2abc
2
b) Cho x , y là các số thực dương thỏa mãn xy  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=
x
y
1
+
+
.
y + 1 x + 1 xy + 1
Lời giải
2abc
2abc
2abc
+ 2
+ 2
 a+b+c
a) Bất đẳng thức đã cho tương đương với 2
a + bc b + ac c + ab
Áp dụng bất đẳng thức ta AM-GM ta có a 2 + bc  2a bc 
2abc
 bc
a 2 + bc
2abc
2abc
2abc
+ 2
+ 2
 bc + ac + ab
2
a + bc b + ac c + ab
Tương tự suy ra
(1)
(2)
Áp dụng bất đẳng thức ta AM-GM ta có a + b  2 ab
bc + ac + ab  a + b + c
Tương tự suy ra
(3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra đpcm.
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
x
y
1
x2
y2
1
( x + y ) + 1 (BĐT Cauchy Schwarz
+
+
+
+
b) Ta có
=

y + 1 x + 1 xy + 1 xy + x xy + y xy + 1 2 xy + x + y xy + 1
dạng Engel)
2
Sử dụng ( x + y )  4 xy suy ra
2
2( x + y)
( x + y)
1
4
1

+
=
=
+
2
2
x + y + 2 ( x + y )2 + 4
2 xy + x + y xy + 1 ( x + y )
x + y)
(
+x+ y
+1
4
2
( x + y)
2
2
Đặt t = x + y  2 xy  2
(t − 2)
2t
4
3
+ 2
 
 0 luôn đúng với mọi t  2
Ta thấy
t+2 t +4 2
2 (t + 2) (t 2 + 4)
3
Vậy min P =
3
tại x = y = 1 .
2
Câu 5. (1,0 điểm)
a) Cho x , y là các số nguyên dương sao cho x 2 + 2 y là số chính phương. Chứng minh rằng x2 + y là
tổng của hai số chính phương.
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn ( x 2 + 1)( y 2 + 1) + 2 ( x − y )(1 − xy ) = 4 (1 + xy ) .
Lời giải
a) Theo đề bài: x 2 + 2 y = m 2 với m
 2y = m2 − x 2
 m và x cùng tính chẵn lẻ 
m+ x m−x
;
là các số nguyên.
2
2
m2 − x 2 2 ( m + x )  m − x   m + x 
=
=
 +

2
4
 2   2 
Ta có điều phải chứng minh.
2
2
2
2
Ta có: x2 + y = x 2 +
b) ( x 2 + 1)( y 2 + 1) + 2 ( x − y )(1 − xy ) = 4 (1 + xy )
 x 2 + y 2 − 2 xy + x 2 y 2 − 2 xy + 1 + 2 ( x − y )(1 − xy ) = 4
 ( x − y)2 + (1 − xy)2 + 2( x − y)(1 − xy) = 4
 ( x − y + 1 − xy)2 = 4
 (1 − y)2 ( x + 1)2 = 4
 ( y − 1)( x + 1) = 2 (vì x , y nguyên dương)
x +1 = 2
x = 1

Do x nguyên dương  x + 1  2 nên ta có 
Vậy ( x; y ) = (1; 2 )
 y −1 = 1
y = 2
Câu 6. (1,0 điểm). Cho 2 phương trình: 2 x2 + x − m2 + 2m − 15 = 0 (1) và 2 x2 + 3x − m2 + 2m −14 = 0 (2).
Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 và phương
trình (2) có hai nghiệm phân biệt x3 , x4 thỏa mãn: x12 + x22 + x32 + x42 = 3x2 x3 .
Lời giải
Ta thấy cả hai phương trình (1) và (2) có cùng biệt thức Δ = 8(m − 1)2 + 113  0  Δ  10 và x1 , x2 trái
dấu; x3 , x4 trái dấu.
Do x12 + x22 + x32 + x42  0 nên x2 x3  0 suy ra x2 và x3 mang cùng một dấu.

−1 − Δ −3 − Δ Δ + 4 Δ + 3

=
 x2 x3 =
4
4
16



−1 + Δ −3 + Δ Δ − 4 Δ + 3

=
 x2 x3 =
4
4
16

Áp dụng định lý Vi-et ta có x12 + x22 + x32 + x42 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 + ( x3 + x4 ) − 2 x3 x4
2
= 2(m − 1) 2 +
2
59 1
5 Δ+5
=  8(m − 1) 2 + 113 + =
4
2 4
4
(
)
Δ + 4Δ + 3
Δ + 5
 4 = 3
16

 Δ + 5 = 3  Δ − 4Δ + 3
 4
16
 Δ = 1 (ktm)
Giải (3) ta được Δ −12 Δ + 11 = 0 .  
 Δ = 11
 Δ = 11
m = 2
.
 8(m −1)2 + 113 = 121  ( m − 1) 2 = 1  
m = 0
 Δ = −1 (ktm)
Giải (4) ta được Δ + 12 Δ + 11 = 0  
 Δ = −11 (ktm)
Vậy m  0; 2 .
Câu 7. (3,5 điểm). Cho nửa đường tròn ( O; R ) đường kính AB . Gọi M là một điểm thuộc nửa đường
tròn đã cho ( M khác A và B ), H là hình chiếu của M trên AB . Đường thẳng qua O và song song với
MA cắt tiếp tuyến tại B của nửa đường tròn ( O ) tại điểm K .
a) Chứng minh tứ giác OBKM nội tiếp.
b) Gọi C , D lần lượt là hình chiếu của H trên các đường thẳng MA và MB . Gọi I là giao điểm của
AK và MH . Chứng minh I là trung điểm CD .
c) Gọi E , F lần lượt là trung điểm của AH và BH . Xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác
CDFE đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải
N
K
M
C
A
D
I
E
H
O
B
F
a) Ta có OM = OB , mà OK ⊥ MB nên OK là đường trung trực của đoạn MB . Khi đó: KB = KM mà
KB là tiếp tuyến của ( O ) và OMK = OBK (c-c-c).
 KMO = KBO = 90
 Tứ giác OBKM nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180 ).
b) Gọi N là giao điểm của BK và AM .
Vì AN //OK , mà O là trung điểm AB nên K là trung điểm NB .
IM KN
=
= 1  IM = IH hay I là trung điềm của MH .
Áp dụng định lý Thales, ta có:
IH KB
Vì MCHD là hình chữ nhật nên I cũng là trung điểm CD .
c) Vì MCHD là hình chữ nhật nên IC = IH .
Xét tam giác ACH vuông tại C có E là trung điểm AH , ta có: CE =
1
AH = EH .
2
 IE chung

Xét hai tam giác IEC và IEH , ta có:  IC = IH  IEC = IEH (c-c-c)
 EC = EH

 ICE = IHE = 90 (hai góc tương ứng).
Tương tự, ta chứng minh được IDF = 90
 CDFE là hình thang vuông.
Diện tích của hình thang vuông CDFE là
1
1
1 1
1

S =  ( CE + DF )  CD =   AH + BH   MH =  AB  MH .
2
4
2 2
2

Mặt khác: MH  MO = R suy ra S 
1
R2
 AB  MO =
.
4
2
R2
Vậy giá trị lớn nhất của S là
khi H  O hay MO ⊥ AB nên M là điểm chính giữa của nửa đường
2
tròn ( O ) .
---------------------------------@Hết@---------------------------------
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH YÊN BÁI
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang, gồm 5 câu)
KỲ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC
NĂM HỌC 2024-2025
Môn thi: Toán Chuyên
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Khoá thi ngày: 02/6/2024.
Câu 1. (1,5 điểm)

x   x +3
x +2
x +2 
Cho biểu thức A = 1 −
−
+
 : 
 với x  0; x  4; x  9 .

x +1   x − 2
x − 3 x − 5 x + 6 

a) Rút gọn A .
b) Tìm điều kiện của x để A  −1.
Câu 2. (3,0 điểm)
1. Cho đường thẳng ( d ) : y = 3mx − n + 2 ( m, n là các tham số, m  0 ). Tìm m, n biết đường
thẳng ( d ) tiếp xúc với parabol ( P ) : y = − x 2 tại điểm A (1; −1) .
x2 + 4 x2 − 4 = 2 x2 − 6 .
 x − 2 y − xy = −6
3. Giải hệ phương trình  2
2
 x + 4 y = 20
Câu 3. ( 3,5 điểm)
Cho đường tròn ( O; R ) đường kính AB và E là một điểm bất kỳ trên đường tròn đó ( E khác
2. Giải phương trình
A và B ). Đường phân giác của góc AEB cắt đoạn thẳng AB tại F và cắt đường tròn ( O ) tại
điểm thứ hai là K .
a) Chứng minh KAF và KEA là hai tam giác đồng dạng.
b) Đường trung trực của đoạn thẳng EF cắt OE tại I . Chứng minh rằng đường tròn ( I ) bán
kính IE tiếp xúc với đường tròn ( O ) tại E và tiếp xúc với đường thẳng AB tại F .
c) Chứng minh MN AB , trong đó M , N lần lượt là giao điểm thứ hai của AE, BE với đường
tròn ( I ) .
d) Gọi P là giao điểm của NF và AK ; Q là giao điểm của MF và BK . Tìm giá trị nhỏ nhất
của chu vi KPQ theo R khi E di chuyển trên đường tròn ( O ) .
Câu 4. (1,0 điểm)
1. Cho p và 2 p + 1 là các số nguyên tố, ( p  3) . Chứng minh rằng 2 p 2 + 7 là hợp số.
2. Tìm các cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn 3x + 40 = y 2 .
Câu 5. (1,0 điểm)
1. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3 .
Chứng minh rằng
a2
b2
c2
3
+
+

(1 + b )(1 + c ) (1 + c )(1 + a ) (1 + a )(1 + b ) 4
2. Một lớp học có 35 học sinh, các học sinh này tham gia một số câu lạc bộ môn học. Mỗi học
sinh tham gia đúng một câu lạc bộ. Nếu chọn ra 10 học sinh bất kì của lớp
thì luôn có ít nhất 3 học sinh tham gia cùng một câu lạc bộ. Chứng minh có một câu lạc bộ gồm
ít nhất 9 học sinh
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1. (1,5 điểm)

x   x +3
x +2
x +2 
Cho biểu thức A = 1 −
:
−
+


 với x  0; x  4; x  9 .

x + 1   x − 2
x − 3 x − 5 x + 6 

a) Rút gọn A .
b) Tìm điều kiện của x để A  −1.
Lời giải
a) Ta có:

x   x +3
x +2
x +2 
A = 1 −
−
+
 : 

x +1   x − 2
x − 3 x − 5 x + 6 

=
( x − 9) − ( x − 4) + x + 2 =
1
:
x +1
x −2
x −3
(
)(
)
(do x  0; x  4; x  9 )
b) Ta có:
x −2
A  −1 
 −1  x − 2  −
x +1
1
1
:
=
x +1 x − 2
x −2
x +1
( x + 1)  2 x  1  x  12  x  14 ,(do x +1  0 )
1
+ Kết hợp với điều kiện x  0; x  4; x  9 ta có: x  ; x  4; x  9
4
Câu 2. (3,0 điểm)
1.Cho đường thẳng ( d ) : y = 3mx − n + 2 ( m, n là các tham số, m  0 ). Tìm m, n biết đường
thẳng ( d ) tiếp xúc với parabol ( P ) : y = − x 2 tại điểm A (1; −1) .
x2 + 4 x2 − 4 = 2 x2 − 6 .
 x − 2 y − xy = −6
3.Giải hệ phương trình  2
2
 x + 4 y = 20
2.Giải phương trình
Lời giải
1.
+ Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa ( d ) và ( P ) là:
− x2 = 3mx − n + 2  x2 + 3mx − n + 2 = 0
+ Để đường thẳng ( d ) tiếp xúc với parabol ( P ) tại điểm A (1; −1) thì:
 = 0  ( 3m )2 − 4.1. ( −n + 2 ) = 0  9m2 + 4n − 8 = 0


−3m
=1
 x1 = x2 =
2

n = 1


−2
m = 3
( thử lại thỏa mãn)
 −2 
Vậy: ( m, n ) =  ;1
 3 
2.
Ta có:
x 2 + 4 x 2 − 4 = 2 x 2 − 6 , (điều kiện: x  −2; x  2 )
 x2 − 4 + 4 x2 − 4 + 4 = 2 x2 − 6
) = 2x − 6
(
 x − 4 + 2 = 2 x − 6, ( do x − 4 + 2  0 )

x2 − 4 + 2
2
2
2
2
(
2
)
 x2 − 4 − 2 x2 − 4 = 0
(
)
 x2 − 4 1 − 2 x2 − 4 = 0
 x = 2, ( t / m )

 x = −2, ( t / m )
2
2
 x −4 =0
x = 4


 


 x = 17 , ( t / m )
17
1
2
2

x
=

2
 x − 4 = 2

4

 x = − 17 , ( t / m )

2

17
17 


Vậy: Phương trình đã cho có tập nghiệm là : S = −2; 2;
;−

2
2 




4 ( x − 2 y ) − 4 xy = −24
 x − 2 y − xy = −6, (1)
3. Ta có:  2
 2
2
2

 x + 4 y = 20
 x + 4 y = 20, ( 2 )
+ Cộng theo vế hai phương trình của hệ, ta được:
4 ( x − 2 y ) − 4 xy + x 2 + 4 y 2 = ( −24 ) + 20
(
)
 x 2 − 4 xy + 4 y 2 + 4 ( x − 2 y ) + 4 = 0
 ( x − 2y) + 4( x − 2y) + 4 = 0
2
 ( x − 2 y + 2) = 0
2
 x = 2y − 2
+ Thay x = 2 y − 2 vào (1) ta được:
( 2 y − 2 ) − 2 y − ( 2 y − 2 ) y = −6
 −2 − 2 y 2 + 2 y = −6
 2 y2 − 2 y − 4 = 0
 y 2 − y − 2 = 0, ( a − b + c = 0 )
 y = −1  x = −4

y = 2  x = 2
Vậy: Hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là : S = ( −4; −1) ; ( 2; 2 )
Câu 3. ( 3,5 điểm)
Cho đường tròn ( O; R ) đường kính AB và E là một điểm bất kỳ trên đường tròn đó ( E khác
A và B ). Đường phân giác của góc AEB cắt đoạn thẳng AB tại F và cắt đường tròn ( O ) tại
điểm thứ hai là K .
a) Chứng minh KAF và KEA là hai tam giác đồng dạng.
b) Đường trung trực của đoạn thẳng EF cắt OE tại I . Chứng minh rằng đường tròn ( I ) bán
kính IE tiếp xúc với đường tròn ( O ) tại E và tiếp xúc với đường thẳng AB tại F .
c) Chứng minh MN AB , trong đó M , N lần lượt là giao điểm thứ hai của AE, BE với đường
tròn ( I ) .
d) Gọi P là giao điểm của NF và AK ; Q là giao điểm của MF và BK . Tìm giá trị nhỏ nhất
của chu vi KPQ theo R khi E di chuyển trên đường tròn ( O ) .
Lời giải
E
M
A
I
N
B
O
F
P
Q
K
a) Chứng minh KAF và KEA là hai tam giác đồng dạng.
Ta có: KAF = KEB = KEA và AKE chung
Nên KAF và KEA là hai tam giác đồng dạng.
b) Đường trung trực của đoạn thẳng EF cắt OE tại I . Chứng minh rằng đường tròn ( I )
bán kính IE tiếp xúc với đường tròn ( O ) tại E và tiếp xúc với đường thẳng AB tại F .
Ta có: OI = OE − EI = R − r nên ( I ) tiếp xúc với đường tròn ( O ) tại E
Do IE = FI nên IEF = IFE ; OE = OK nên IEF = OKE
suy ra IFE = OKE  FI OK
(
)
mà AB ⊥ OK AK = KB nên suy ra AB ⊥ FI
Vậy đường tròn ( I ) tiếp xúc với đường thẳng AB tại F .
c) Chứng minh MN AB , trong đó M , N lần lượt là giao điểm thứ hai của AE, BE với
đường tròn ( I ) .
Ta có: MEN = 900 nên MN là đường kính của ( I ) mà EF là đường phân giác của góc
AEB nên MEF = 450  MIF = 900  MI ⊥ IF mà AB ⊥ FI
Nên MN AB
d) Gọi P là giao điểm của NF và AK ; Q là giao điểm của MF và BK . Tìm giá trị nhỏ nhất
của chu vi KPQ theo R khi E di chuyển trên đường tròn ( O ) .
Ta có: PAF = KEB = 450 và AFP = NFB = BEF = 450
nên PAF vuông cân suy ra PA = PF , APF = 900  FPK = 900
tương tự FQK = 900 mà PFQ = MFN = 900
suy ra FPKQ là hình chữ nhật
suy ra KQ = PF = AP; QP = KF
Do đó : PPKQ = PK + KQ + PQ = PK + PA + KF = AK + KF
mà KF  KO = R nên PPKQ  AK + R = R 2 + R .
Dấu “=” xảy ra khi F  O  E là điểm chính giữa cung AB
Câu 4. (1,0 điểm)
1. Cho p và 2 p + 1 là các số nguyên tố, ( p  3) . Chứng minh rằng 2 p 2 + 7 là hợp số.
2. Tìm các cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn 3x + 40 = y 2 .
Lời giải
 p  1( mod 3)
1. Ta có: p là số nguyên tố, p  3  
 p  −1( mod 3)
+ Nếu p  1( mod 3)  2 p + 1  0 ( mod 3) , 2 p + 1  3  2 p + 1 là hợp số, mâu thuẫn với giả thiết
2 p + 1 là số nguyên tố, (loại)
+ Do đó, p  −1( mod 3)  p  1( mod 3)  2 p + 7  0 ( mod 3 ) , 2 p + 7  3  2 p + 7 là hợp
2
2
2
2
số, (Đpcm)
2. * TH1:
x
x
+ Nếu x lẻ, 3 + 1  0 ( mod 4 )  3 + 40  3 ( mod 4 ) , mà y 2  0,1( mod 4 ) ,không thỏa mãn
3 + 40 = y 2 (loại)
* TH2:
+ Nếu x chẵn, đặt x = 2n, ( n 
x
) , ta có:
( ) = 40  ( y − 3 )( y + 3 ) = 40
3x + 40 = y 2 , (1)  32 n + 40 = y 2  y 2 − 3n
Do n  , y 
+
y − 3n
y+3
n
3n
n
x
2
n
n
nên y + 3n  3; y + 3n  y − 3n nên ta có bảng giá trị
2
4
1
40
39
2
20
9
10
3
8
3
2
Không thỏa mãn
2
4
thỏa mãn
1
2
thỏa mãn
Không thỏa mãn
+ Với x = 2 , thay vào (1) ta được y = 7
+ Với x = 4 , thay vào (1) ta được y = 11
+ Vậy, các cặp số nguyên dương ( x, y ) cần tìm là ( 2;7 ) và ( 4;11)
Câu 5. (1,0 điểm)
1. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3 .
Chứng minh rằng
5
a2
b2
c2
3
+
+

(1 + b )(1 + c ) (1 + c )(1 + a ) (1 + a )(1 + b ) 4
2. Một lớp học có 35 học sinh, các học sinh này tham gia một số câu lạc bộ môn học. Mỗi học sinh
tham gia đúng một câu lạc bộ. Nếu chọn ra 10 học sinh bất kì của lớp
thì luôn có ít nhất 3 học sinh tham gia cùng một câu lạc bộ. Chứng minh có một câu lạc bộ gồm ít
nhất 9 học sinh
Lời giải
1. Áp dụng bất đẳng thức Cô -si cho hai số dương, ta có:
Ta có:
(1 + b )(1 + c )  1 a 
a2
a2
b + c + bc + 1 1
+
+
 a
16
2
16
2
(1 + b )(1 + c )
(1 + b )(1 + c )
a2
1
b + c + bc + 1

 a−
16
(1 + b )(1 + c ) 2
Chứng minh tương tự:
b2
1
c + a + ca + 1
 b−
16
(1 + c )(1 + a ) 2
c2
1
a + b + ab + 1
 c−
16
(1 + a )(1 + b ) 2
Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được:
a2
b2
c2
3
1
3
+
+
 ( a + b + c ) − ( ab + bc + ca ) −
16
16
(1 + b )(1 + c ) (1 + c )(1 + a ) (1 + a )(1 + b ) 8
Áp dụng bất đẳng thức: ( a + b + c )  3 ( ab + bc + ca )  ( a + b + c )  3.3 = 9  a + b + c  3
2
Suy ra:
2
a2
b2
c2
3
1
3 3
+
+
 .3 − .3 − =
(1 + b )(1 + c ) (1 + c )(1 + a ) (1 + a )(1 + b ) 8 16 16 4
Dấu “=”xảy ra khi a = b = c = 1.
2. Nếu số câu lạc bộ môn học nhiều hơn hoặc bằng 5 . Ta chọn ở mỗi câu lạc bộ 1 hoặc 2 học
sinh để được 10 học sinh, thì 10 học sinh này không thỏa mãn điều kiện luôn có ít nhất 3 học
sinh tham gia cùng một câu lạc bộ.
+ Do đó, số câu lạc bộ môn học sẽ nhỏ hơn 5 .
Giả sử tất cả các câu lạc bộ môn học có nhiều nhất 8 học sinh tham gia, lúc đó số học sinh tham
gia các câu lạc bộ này không vượt quá 4.8 = 32 học sinh  35 học sinh, dẫn đến giả sử trên là
sai.
+ Vậy: có một câu lạc bộ gồm ít nhất 9 học sinh (Đpcm)
---------------------------------Hết---------------------------------
UBND TỈNH HÀ NAM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu I. (1,5 điểm) Cho biểu thức A =
x  0, x  9.
1. Rút gọn biểu thức A.
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2024 - 2025
Môn: TOÁN (Đề chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
x x + 5 x + 6 x − 7 x − 8 2 x + 10 x + 12
−
−
với
x −2 x −3
x + 2 x +1
x− x −6
4
nhận giá trị nguyên.
A
Câu II. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P ) có phương trình y = ax 2
và đường thẳng ( d ) có phương trình y = bx − 1 (với a, b là các tham số). Tìm các số hữu
2. Tìm tất cả các giá trị của x để biểu thức
tỉ a, b để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt sao cho hoành độ một
5− 3
.
5+ 3
Câu III. (1,5 điểm)
điểm là x =
1. Giải phương trình
x3 + 1 + x 2 − 3x − 1 = 0.
2

 x +1 + y + 4 + y = 4
2. Giải hệ phương trình 
.
2
2

2 xy + 4 x + y + 4 − y + 4 y = 8
Câu IV. (1,0 điểm) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho 2n − 1 và 3n + 1 là các số chính
phương và 6n − 13 là số nguyên tố.
Câu V. (4,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) . Các đường cao
AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H .
1. Chứng minh DA là tia phân giác của góc EDF .
HD HE HF
2. Chứng minh
+
+
= 1.
AD BE CF
3. Gọi M là giao điểm của tia EF với đường tròn ( O ) . Gọi P, Q lần lượt là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác BMF và tam giác CME. Chứng minh AM ⊥ PQ.
4. Tìm mối liên hệ giữa các cạnh của tam giác ABC để biểu thức
( AB + BC + CA)
2
AD 2 + BE 2 + CF 2
đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VI. (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện abc  1 . Tìm giá
1
1
1
+ 2
+
trị lớn nhất của biểu thức P = 2
.
3
a + 1 + bc b + 1 + ac ab(c + 1) + 1
--- 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.........................................
UBND TỈNH HÀ NAM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2024 - 2025
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (ĐỀ DỰ BỊ CHUYÊN)
(Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang)
Lưu ý:
- Thí sinh có thể làm bài theo cách khác so với đáp án nhưng đảm bảo đúng kiến
thức, vẫn cho điểm tối đa.
- Không làm tròn điểm.
Điểm
Nội dung
Câu I (1,5 điểm)
x x + 5 x + 6 x − 7 x − 8 2 x + 10 x + 12
−
−
x −2 x −3
x + 2 x +1
x− x −6
1.(1,0 điểm) Rút gọn biểu thức A.
Cho biểu thức A =
với x  0, x  9.
( x + 1)( x − 8) − 2 ( x + 3)( x + 2)
( x + 1)( x − 3)
( x − 3)( x + 2)
( x + 1)
x− x +6
x − 8 2 ( x + 3)
=
−
−
A=
( x + 1)( x − x + 6)
x −3
=
−
x +1
0,25
2
0,25
x −3
x −3 x
x −8
−
x −3
x +1
= x−
0,25
x −8
x +8
=
.
x +1
x +1
0,25
4
nhận giá trị nguyên.
A
9
−2 2 9 −2 = 4
Theo BĐT Côsi, ta có A = x + 1 +
x +1
9
4
 x = 4 (thỏa mãn). Vậy x = 4.
Để  thì A = 4  x + 1 =
A
x +1
2.(0,5 điểm) Tìm tất cả các giá trị của x để
0,25
0,25
Câu II (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P ) có phương trình y = ax và đường thẳng ( d ) có phương trình
2
y = bx −1 (với a, b là các tham số). Tìm các số hữu tỉ a, b để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) tại hai
điểm phân biệt sao cho hoành độ một điểm là x =
5− 3
.
5+ 3
( 5 − 3 ) = 4 − 15
5− 3
x=
=
5 + 3 ( 5 + 3 )( 5 − 3 )
0,25
Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là: ax2 − bx + 1 = 0 (*)
0,25
2
Điều kiện để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt:
a  0
 2
b − 4a  0
(*) có nghiệm x = 4 − 15 nên
(
) (
)
2
a 4 − 15 − b 4 − 15 + 1 = 0  15(−8a + b) + 31a − 4b + 1 = 0
0,25
Vì a, b  Q nên (−8a + b), (31a − 4b + 1) Q
Nếu 8a − b  0 thì 15 =
31a − 4b + 1
 Q (vô lí)
8a − b
8a − b = 0
a = 1

(thỏa mãn)
31a − 4b + 1 = 0 b = 8
Suy ra 
0,25
Câu III (1,5 điểm)
1. (0,75 điểm) Giải phương trình
Điều kiện: x3 + 1  0  x  −1 .
x3 + 1 + x 2 − 3x − 1 = 0
x3 + 1 + x 2 − 3x − 1 = 0  ( x + 1) ( x 2 − x + 1) + ( x 2 − x + 1) − 2( x + 1) = 0
Đặt u =
0,25
x + 1; v = x − x + 1; u  0, v  0
2
Phương trình đã cho trở thành: uv + v2 − 2u 2 = 0  (u − v)(2u + v) = 0
u − v = 0
u = v


 2u + v = 0
 2u = −v
0,25
x = 0
(thỏa mãn phương
x = 2
Với u = v ta được x 2 − x + 1 = x + 1  x 2 − 2 x = 0  
0,25
trình)
Với 2u = −v ta được 2 x + 1 = − x 2 − x + 1 (vô nghiệm).
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x = 0 và x = 2.
 x + 1 + y 2 + 4 + y = 4
(1)
2. (0,75 điểm) Giải hệ phương trình 
2 xy 2 + 4 x + y 2 + 4 − y + 4 y = 8 (2)
 x  −1
Điều kiện: 
y  0
Từ (1) :
0,25
y − 2 = 2 − x + 1 − y2 + 4
Từ (2) : 2 xy 2 + 4 x + y 2 + 4 − y + 4 y = 8  2 xy 2 + 4 x + y 2 + 4 − ( y − 2 ) = 4
2
)
(
2
Thế (1) vào (2) ta được:  2 xy 2 + 4 x + y 2 + 4 − 2 − x + 1 − y 2 + 4 = 4
(
)
 2 ( x + 1) ( y 2 + 4 ) − 4 − 4 x + 1 − 4 y 2 + 4 + 2 ( x + 1) ( y 2 + 4 ) + ( x + 1) + ( y 2 + 4) = 4
 ( x + 1) − 4 x + 1 + 4 + ( y 2 + 4) − 4 y 2 + 4 + 4 = 0 
(
x +1 − 2
) (
2
+
y2 + 4 − 2
)
2
0,25
=0
 x + 1 − 2 = 0
x = 3

(thỏa mãn). Vậy hệ phương trình có nghiệm

2
0,25
y = 0
 y + 4 − 2 = 0
( x; y) = (3;0) .
Câu III. (1,0 điểm) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho 2n −1 và 3n + 1 là các số chính
phương và 6n −13 là số nguyên tố.
Vì 6n −13 là số nguyên tố và n  nên n  3.
0,25
Ta có 2n −1 và 3n + 1 là các số chính phương nên 2n −1 = a2 ; 3n + 1 = b2 với a; b 
(3)
 2b2 − 3a2 = 5
Ta có 6n − 13 = 3(2n − 1) − 10 = 3a2 − 2(2b2 − 3a2 ) = 9a2 − 4b2 = (3a − 2b)(3a + 2b) (4) 0,25
Vì 6n −13 là số nguyên tố, mà 3a − 2b  3a + 2b nên từ (4) ta có
3a – 2b = 1  b =
3a − 1
2
0,25
 a = −1
3a − 1 
3a − 1
2
2
vào (3) ta được 2 
 − 3a = 5  3a − 6a − 9 = 0   a = 3
2
 2 

2
Thay b =
a = −1 (loại)
0,25
a = 3 thì b = 4, n = 5 và 6n −13 = 17 (thỏa mãn). Vậy n = 5 là giá trị cần tìm.
Câu IV. (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) . Các đường cao AD, BE, CF
của tam giác ABC cắt nhau tại H .
A
E
F
O
M
H
P
B
D
C
Q
1. (1,0 điểm) Chứng minh DA là tia phân giác của góc EDF.
BFH = BDH = 900  BFH + BDH = 1800 nên BFHD là tứ giác nội tiếp
 HDF = HBF
Tương tự, CEHD là tứ giác nội tiếp  HDE = HCE
BCEF là tứ giác nội tiếp  HBF = HCE
Suy ra HDE = HDF nên DA là tia phân giác của góc EDF. .
2. (1,0 điểm) Chứng minh
HD
Ta có:
AD
S HBC
S ABC
S HBC
HE
BE
S HAC
S ABC
S HAC
S ABC
HF
CF
S HAB
S ABC
S HAB
0,25
0,25
0,25
0,25
HD HE HF
+
+
= 1.
AD BE CF
1
HD.BC
2
1
AD.BC
2
1
HE. AC
2
1
BE. AC
2
1
HF . AB
2
1
CF . AB
2
0,25
0,25
0,25
S ABC
S ABC
1.
0,25
3. (1,0 điểm) Gọi M là giao điểm của tia EF với đường tròn ( O ) . Gọi P, Q lần lượt là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác BMF và tam giác CME. Chứng minh AM ⊥ PQ.
Ta có : AEM = ABC (do tứ giác BCEF nội tiếp)
ABC = AMC (góc nội tiếp cùng chắn AC của đường tròn O )  AEM = AMC
 AEM ∽ AMC ( g .g )  AME = ECM =
1
sñ ME của đường tròn Q nên AM
2
0,25
0,25
là tiếp tuyến của Q  AM ⊥ QM
1
2
Theo trên AMF = ACM , mà ABM = ACM = sñ MA của đường tròn O
1
 AMF = FBM = sñ MF của đường tròn P nên AM là tiếp tuyến của P
2
Vì AM ⊥ PM và AM ⊥ QM nên ba điểm P, Q, M thẳng hàng. Suy ra AM ⊥ PQ .
4.(1,0 điểm) Tìm mối liên hệ giữa các cạnh của tam giác ABC để biểu thức
0,25
0,25
( AB + BC + CA)
2
AD 2 + BE 2 + CF 2
đạt giá trị nhỏ nhất.
A
x
E
N
F
O
H
C
D
B
Vẽ Cx CF . Gọi N là điểm đối xứng của A qua Cx
Vì AN // CF BAN 90 , CN AC , AN 2CF . Ta luôn có BN BC CN
AB 2 4CF 2 ( BC CN ) 2
ABN vuông tại A nên: AB 2 AN 2 BN 2
4CF 2 ( BC AC ) 2 AB 2
(5)
Tương tự: 4 AD 2 ( AB AC ) 2 BC 2 và 4 BE 2 ( AB BC ) 2 AC 2
( AB + BC + CA)2
4
AD 2 + BE 2 + CF 2
1
Đẳng thức (5) xảy ra khi B, C, N thẳng hàng AC = BN  BC = AC .
2
Vì vậy biểu thức đã cho đạt giá trị nhỏ nhất khi AB AC BC hay ABC là
Suy ra 4 AD 2
BE 2
CF 2
( AB
BC
AC ) 2 hay
0,25
0,25
0,25
0,25
tam giác đều.
Câu V. (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện abc  1 . Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức P =
1
1
1
+ 2
+
.
3
a + 1 + bc b + 1 + ac ab(c + 1) + 1
2
P=
x
a
b
c
a
b
c
+ 3
+
 3
+ 3
+ 3
3
a + a + abc b + b + abc abc(c + 1) + c a + a + 1 b + b + 1 c + c + 1
0,25
3
x3 x 2 x 1 0
0 , ta luôn có ( x 1) 2 ( x 1) 0
x
1
x3 x 1 x 2 2 x
, đẳng thức xảy ra khi x
x3 x 1 x 2
a
b
c
1
1
1
+ 3
+ 3

+
+
a + a +1 b + b +1 c + c +1 a + 2 b + 2 c + 2
1
1
1
Ta sẽ chứng minh
+
+
1
(6)
a+2 b+2 c+2
Thật vậy, (6) (a 2)(b 2) (b 2)(c 2) (a 2)(c 2)
ab bc ca abc 4
Suy ra
1.
0,25
3
(a
2)(b
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có ab + bc + ac  3 3 ab.bc.ca = 3
Mặt khác abc  1 ab bc ca abc 4 nên (6) đúng, suy ra P  1 .
Vậy max P =
3
khi a = b = c = 1.
3
---HẾT---
2)(c
2)
0,25
0,25
UBND TỈNH HÀ NAM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2024 - 2025
Môn: Toán (Đề Chung)
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu I. (2,0 điểm)
8
+ 14 − 6 5.
5 −1

a
a
4 a −1 
1
2. Cho biểu thức B = 
(với a  0, a  4 ).
−
−
:
4
−
a
a
+
2
a
−
2
a
+
2


a. Rút gọn biểu thức B.
b. Tìm tất cả các giá trị nguyên của a để biểu thức B nhận giá trị dương.
1. Rút gọn biểu thức A = 45 −
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
(
)
2
x − 1 − x − 5 = 0.
2. Hai lớp 9A và 9B quyên góp ủng hộ sách giáo khoa cũ cho các bạn ở vùng cao. Lớp
9A mỗi bạn ủng hộ 2 quyển sách, lớp 9B mỗi bạn ủng hộ 3 quyển sách. Biết số học sinh cả
hai lớp là 75 em và số quyển sách cả hai lớp quyên góp được là 190 quyển. Tính số học sinh
ở mỗi lớp.
Câu III. (1,5 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d ) có phương trình y = −3x + 2 và
đường thẳng ( ) có phương trình y = ( m 2 − 7 ) x + m (với m là tham số). Tìm tất cả các giá
trị của m để đường thẳng (d ) song song với đường thẳng ( ) .
2. Cho phương trình x 2 − 3 ( m − 1) x − 1 = 0 (với m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của
m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x12 + 4 x22 = 3 x1 − 6 x2 − 4.
Câu IV. (4,0 điểm) Cho đường tròn ( O; R ) có hai đường kính AB và MN ( M , N không
trùng với các điểm A, B ). Các đường thẳng BM , BN cắt tiếp tuyến kẻ từ điểm A của đường
tròn ( O; R ) lần lượt tại các điểm E, F .
1. Chứng minh AM //BF .
2. Chứng minh tứ giác MNFE nội tiếp đường tròn.
3. Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE, AF . Kẻ đường thẳng PI
vuông góc với BQ ( I là điểm thuộc BQ ), đường thẳng PI cắt OA tại H . Chứng minh H
là trung điểm của AO .
4. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác BPQ theo R khi hai đường kính AB và
MN thay đổi .
Câu V. (0,5 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
a b c
9
+ 2+ 2+
.
2
b c a 2(a + b + c)
--- 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……………............
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TÂY NINH
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2024 – 2025
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Ngày thi: 04 tháng 6 năm 2024
(Đề thi gồm có 01 trang)
Môn thi:TOÁN ( chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1: (1,0 điểm) Giải phương trình x − 3 x − 3 −1 = 0 .
3 x +3
x 
x +3
Câu 2: (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức M = 
+
 :
x −1  2 x − 2
 x −1
( 0  x  1) .
(x + 1) 2 + y 2 + y = 6
Câu 3: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
.
2
2
(y − 1) + x + x = 11
Câu 4: (1,0 điểm) Cho đoạn thẳng AB = 8cm. Vẽ hai đường tròn tâm A và tâm B có cùng bán kính
bằng 5cm. Tính độ dài dây cung chung của hai đường tròn.
Câu 5: (1,0 điểm) Xác định a, b để f ( x ) = x 4 − 4x 3 + ax 2 + 4x + b là bình phương của một đa thức.
1 2
3
x 2 y2
= 0 . Tính P = 2 + 2 .
Câu 6: (1,0 điểm) Cho x, y là các số thực thỏa mãn − −
y x 2x − y
y
x
Câu 7: (1,0 điểm) Ông X có mảnh vườn hình vuông ABCD cạnh bằng
10 m với E, G, F, H lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DA.
Từ một điểm I bên trong mảnh vườn ông chia vườn thành bốn phần như
hình vẽ, phần tô đen nhỏ có diện tích 8 m2 dùng để trồng cỏ, phần tô đen
còn lại dùng để trồng hoa. Biết rằng mỗi m2 trồng cỏ hết 80 nghìn đồng,
mỗi m2 trồng hoa hết 120 nghìn đồng. Hỏi ông X cần bao nhiêu tiền để
thực hiện trang trí mảnh vườn đó.
Câu 8: (1,0 điểm) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O). Gọi D, E là các tiếp điểm của AB,
AC với (O). Đường thẳng BO và DE cắt nhau tại I. Chứng minh IM // AB với M là trung điểm BC.
Câu 9: (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có BAC = 100 và ABC = 20 . Lấy điểm D thuộc miền trong
tam giác sao cho DAB = 30 và ABD = 10 . Tính số đo ACD .
Câu 10: (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + 2y + 3z = 2024. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức M =
1
3
1
1
+
+
+
.
2
2
x + 4y + 9z 8xy 8yz 4zx
2
-----------HẾT----------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TÂY NINH
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2024 – 2025
HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN ( chuyên)
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
( Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)
A. Hướng dẫn chung
1. Nếu thí sinh làm bài theo cách riêng nhưng đáp án đáp ứng được yêu cầu cơ bản như trong
hướng dẫn chấm thi vẫn cho điểm đúng như hướng dẫn chấm qui định.
2. Việc chi tiết hóa điểm số ( nếu có) so với biểu điểm phải đảm bảo không sai lệch với hướng
dẫn chấm, thống nhất trong toàn tổ và được ban chấm thi phê duyệt.
3. Sau khi cộng điểm toàn bài được làm tròn đến 0,25.
B. Đáp án và thang điểm
Nội dung cần đạt
Câu
1
Giải phương trình x − 3 x − 3 −1 = 0
1,0
Đặt t = x − 3, t  0 phương trình đã cho trở thành: t 2 − 3t + 2 = 0
0,25
t = 1

( nhận )
t = 2
0,25
Với t = 1 , tìm được x = 4
0,25
Với t = 2 , tìm được x = 7 . Vậy phương trình có nghiệm x = 4, x = 7
0,25
3 x +3
x 
x +3
Rút gọn biểu thức M = 
+
 :
x −1  2 x − 2
 x −1
1,0

M=


2
( x + 1) + x  : x + 3
( x −1)( x + 1) x −1  2 x − 2
( 0  x  1)
3
 3
x 
x +3
= 
+
 :
x −1  2 x − 2
 x −1
=
0,25
0,25
x +3
x +3
:
x − 1 2( x − 1)
0,25
=2
3
Điểm
0,25
(x + 1) 2 + y 2 + y = 6
Giải hệ phương trình 
2
2
(y − 1) + x + x = 11
Trang 1/5
1,0
x2
x2
Hệ đã cho tương đương với hệ
y2
y2
2x y 5 0
x 2y 10 0
Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được: x
3y 5
Thay x vào (1) : ( 3y 5)2
2( 3y 5)
Tìm được: y = −2, y = −
y2
0
1
2
x
3y 5
y 5
0
0,25
0,25
1
2
0,25
Tìm được 2 nghiệm (x; y)
7 1
;
2 2
(1; 2), (x; y)
0,25
Cho đoạn thẳng AB = 8cm. Vẽ hai đường tròn tâm A và tâm B có cùng bán kính
bằng 5cm. Tính độ dài dây cung chung của hai đường tròn.
1,0
4
Giả sử CD là dây cung chung, I là giao điểm AB và CD
Tam giác ABC cân tại C
CI
AB ; IA
Tam giác ACI vuông tại I
CI2
AC2
CI
1
AB
2
4 cm
0,25
AI2
0,25
3 cm
Mặt khác CD
0,25
2CI
CD
6cm
0,25
Xác định a, b để f ( x ) = x 4 − 4x 3 + ax 2 + 4x + b là bình phương của một đa thức
Do giả thiết ta có f x
x2
f x
4
cx
d
1,0
2
0,25
x
2c
2cx
3
c
2
2d x
2
2cdx
d
2
4
2
5
Từ đó ta có hệ:
c 2d a
2cd 4
d2
b
c
d
a
b
2
1
0,25
0,25
2
1
Trang 2/5
Vậy a = 2, b = 1 là các giá trị cần tìm
Cho x, y là các số thực thỏa mãn
Với x, y
6
x2
y2
2y 2x
x2
y2
2
1 2
3
x 2 y2
− −
= 0 . Tính P = 2 + 2
y x 2x − y
y
x
2x hệ thức đã cho tương đương với
0; y
x
y2
x2
0,25
y
x
2y
xy
3xy
3
2x
y
1,0
0,25
0,25
4xy
x
y
y
x
16
x2
y2
y2
x2
4
0,25
14 . Vậy P = 14
0,25
Ông X có mảnh vườn hình vuông ABCD cạnh bằng 10 m với E, G, F, H lần lượt là
trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DA. Từ một điểm I bên trong mảnh vườn ông
chia vườn thành bốn phần như hình vẽ, phần tô đen nhỏ có diện tích 8 m2 dùng để 1,0
trồng cỏ, phần tô đen còn lại dùng để trồng hoa. Biết rằng mỗi m2 trồng cỏ hết 80
nghìn đồng, mỗi m2 trồng hoa hết 120 nghìn đồng. Hỏi ông X cần bao nhiêu tiền để
thực hiện trang trí mảnh vườn đó
7
Kẻ các đường thẳng qua I vuông góc AB, BC cắt các cạnh hình vuông tại M, N, P, Q.
SIEBG = SIEB + SIBG =
1
1
5
BE.IM + BG.IP = ( IM + IP )
2
2
2
0,25
1
1
5
SIFDH = SIFD + SIDH = DF.IN + DH.IQ = ( IN + IQ )
2
2
2
 SIEBG + SIFDH =
5
5
( IM + IN + IP + IQ ) = .20 = 50 ( m 2 )
2
2
Do SIEBG = 8 ( m 2 )  SIFDH = 42 ( m 2 )
0,25
Vậy số tiền T cần để thực hiện là
0,25
T = 8.80000 + 42.120000 = 5680000 đồng
8
0,25
Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O). Gọi D, E là các tiếp điểm của AB,
AC với (O). Đường thẳng BO và DE cắt nhau tại I. Chứng minh IM // AB với M là 1,0
trung điểm BC.
Trang 3/5
Gọi F là tiếp điểm của BC và (O)
Tứ giác EOFC nội tiếp đường tròn đường kính OC
(1)
0,25
Do BA, BC là 2 tiếp tuyến của (O) nên BO là đường trung trực của DF
 IOD = IOF  IFO = IDO.
0,25
Mà IDO = DEO  IEOF nội tiếp
(2)
Từ (1) và (2) suy ra E, O, F, C, I cùng thuộc một đường tròn đường kính OC
 CIO = 900 hay CIB = 900 . Mà M là trung điểm BC
MI MB
BMI cân tại M
0,25
 MIB = MBI . Do MBI = DBI
(tính chất tiếp tuyến)
 MIB = DBI  IM∥ AB.
0,25
Cho tam giác ABC có BAC = 100 và ABC = 20 . Lấy điểm D thuộc miền trong 1,0
tam giác sao cho DAB = 30 và ABD = 10 . Tính số đo ACD .
9
Gọi D' trên tia AD sao cho CD' = CA ; M là trung điểm của AD' ; K, H lần lượt là hình
chiếu của D' trên AB và BC.
D'K = AD'sin 30 = D'M (1); CAD' cân tại C nên CM ⊥ AD'
Và ACD ' = 180 − 2(100 − 30) = 40
1
MCD ' = ACD ' = 20 = ACB − ACD ' = D 'CH (2)
2
Từ (1) và (2) ta được CMD' = CHD'  D'M = D'H (3)
Từ (1) và (3) suy ra D'K = D'H điều này chứng tỏ D' thuộc đường phân giác của
góc B nên D  D'
Vậy ACD = ACD' = 40 .
Trang 4/5
0,25
0,25
0,25
0,25
Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + 2y + 3z = 2024. Tìm giá trị nhỏ nhất của
1,0
1
3
1
1
+
+
+
biểu thức M = 2
2
2
x + 4y + 9z 8xy 8yz 4zx
M=
1
1
1
1
5 1
1
1 
+
+
+
+ 
+
+

2
2
x + 4y + 9z 6xy 18yz 9zx 12  2xy 6yz 3zx 
2
1 1 1 1
Theo bất đẳng thức Côsi ta có: ( a + b + c + d )  + + +   16
a b c d
1 1 1
1 1 1 1
9
16
. Tương tự + + 
 + + + 
a b c a+b+c
a b c d a +b+c+d
Ta có

16
5
9
M 2
+ 

2
2
x + 4y +9z + 6xy + 18yz + 9zx 12  2xy + 6yz + 3zx 
10
=
0,25
0,25
16
15
+
(x + 2y + 3z) + 2xy + 6yz + 3zx 4(2xy + 6yz + 3zx)
2
Mặt khác ab + bc + ca 
(a + b + c) 2
3
16
15
+
2
(x + 2y + 3z)
(x + 2y + 3z) 2
(x + 2y + 3z) 2 +
4.
3
3
16
45
93
=
+
=
2
2
2024
4.2024
4.20242
20242 +
3
M
Vậy M min =
93
2024
khi x = 2y = 3z =
2
4.2024
3
-----------HẾT-----------
Trang 5/5
0,25
0,25
SỞ GD&ĐT SƠN LA
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang)
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2024 - 2025
Môn thi: TOÁN (Bài thi Chuyên Toán, Tin)
Ngày thi: 02/6/2024
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề
 x x −1 x x + 1  2x
Câu 1. (1,0 điểm) Cho biểu thức P = 
với x  0, x  1.
−
:
x + 1  x + 1
 x −1
a) Rút gọn biểu thức P.
3
.
b) Tính giá trị biểu thức P khi x = 2 −
2 +1
Câu 2. (1,0 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d ) : y = 2 ( m + 2 ) x − 2m − 3 ( m là
tham số) và parabol ( P) : y = x2 .
a) Xác định giá trị của m để đường thẳng (d ) đi qua điểm A(2; −3).
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để (d ) cắt ( P) tại hai điểm phân biệt.
Câu 3. (2,0 điểm)
a) Một công ty đặt kế hoạch may 3000 chiếc áo trong một thời gian. Trong sáu ngày đầu công ty
thực hiện đúng tiến độ. Những ngày sau đó mỗi ngày vượt mức 10 áo nên hoàn thành công việc trước
hạn một ngày và may thêm được 60 chiếc áo nữa. Hỏi theo kế hoạch mỗi ngày công ty phải may bao
nhiêu chiếc áo?
b) Cho phương trình: x2 − 3x + 4m + 1 = 0 ( m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của tham số m
để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x12 − x2 2 = 12 .
Câu 4. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình: x − x − 2 = 4 .
 x + 1 2 y −1
 x −1 + y − 2 = 5

b) Giải hệ phương trình: 
.
 3 + 2 = 13
 x − 1 y − 2 6
Câu 5. (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R . Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AO,
điểm E thuộc đường tròn (O) ( E không trùng với A và B ). Các tia Ax và By lần lượt là tiếp tuyến
tại A và B của đường tròn (O) ( Ax, By cùng thuộc một nửa mặt phẳng chứa điểm E có bờ là đường
thẳng AB ). Qua điểm E kẻ đường thẳng d vuông góc với EI cắt Ax, By lần lượt tại M và N.
a) Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh ENI = EBI và AE.IN = BE.IM .
c) Gọi P là giao điểm của AE và MI ; Q là giao điểm của BE và NI . Chứng minh hai đường
thẳng PQ và AM vuông góc.
d) Gọi F là điểm chính giữa của cung AB không chứa điểm E của đường tròn (O) . Giả sử ba
điểm E, I , F thẳng hàng. Tính diện tích tam giác MON theo R .
1 1 1
+ + = 3 . Chứng minh rằng:
x y z
x2 + y 2 + z 2 − 2 xyz  1.
-------------Hết------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Câu 6. (0,5 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn
Họ và tên thí sinh:……………………………….. Số báo danh:……………
SỞ GD&ĐT SƠN LA
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
ĐỀ CHÍNH THỨC
NĂM HỌC 2024 - 2025
(HD có 05 trang)
Môn thi: Toán Chuyên
Ngày thi: 02/6/2024
Hướng dẫn chấm
Câu
 x x −1 x x + 1  2x
−
( x  0; y  0).
 :
x
−
1
x
+
1

 x +1
Cho biểu thức P = 
a) Rút gọn biểu thức P.
Câu 1
( )
)(
) (
)(
)
) 2x x+ 1 = 2 x. 2x x+ 1 = x x+ 1 = 1 + 1x .
(
= x + x + 1 − x + x −1
b) Tính giá trị biểu thức P khi x = 2 −
Ta có
x= 2−
3
= 2−
2 +1
= 3− 2 2 =
( 2 −1)
1,0
( )
3
 x 3 −1
x
+ 1  x + 1
 x x −1 x x + 1  2x

P = 
−
=
−
 :
. 2x
x
−
1
x
+
1
x
+
1
x
−
1
x
+
1






 x −1 x + x +1
x +1 x − x +1  x +1

.
=
−

 2x
x −1
x +1


(
Điểm
0,25
0,25
3
.
2 +1
( 2 −1) = 2 − 3 2 − 1
( )
( 2 + 1) .( 2 −1)
3
0,25
2
1
1
= 2 +1  P = 1+
= 1+ 2 +1 = 2 + 2
x
x
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng
(d ) : y = 2 ( m + 2 ) x − 2m − 3 ( m là tham số) và parabol ( P) : y = x2 .
 x = 2 −1 
0,25
1,0
a) Xác định giá trị của m để đường thẳng (d ) đi qua điểm
A(2; −3).
Đường thẳng (d) đi qua điểm A(2; −3) nên ta có:
0,5
(d ) :2 ( m + 2 ) .2 − 2m − 3 = −3
 4m + 8 − 2m − 3 = −3
 2m = −8  m = −4
Câu 2
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để (d ) cắt ( P) tại hai
điểm phân biệt.
Phương trình hoành độ giao điểm
x2 − 2(m + 2) x + 2m + 3 = 0 (*)
Đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt  phương
trình (*) có hai nghiệm phân biệt    0.
0,5
 ' = ( m + 2 ) − 2m − 3 = m 2 + 4m + 4 − 2m − 3 = m 2 + 2m + 1 = ( m + 1)
2
2
  0  ( m + 1)  0  m  −1.
2
*Nếu học sinh đưa ra kết quả là m  −1 thì được 0,25.
a) Một công ty đặt kế hoạch may 3000 chiếc áo trong một thời
gian. Trong sáu ngày đầu công ty thực hiện đúng tiến độ. Những
ngày sau đó mỗi ngày vượt mức 10 chiếc áo nên hoàn thành công
việc trước hạn một ngày và may thêm được 60 chiếc áo nữa. Hỏi
theo kế hoạch mỗi ngày công ty phải may bao nhiêu chiếc áo?
Gọi số áo công ty phải may một ngày theo kế hoạch là x chiếc
( x  0) .
Số ngày cần để may xong 3000 áo theo kế hoạch là
1,0
3000
ngày.
x
Số áo công ty may được trong 6 ngày đầu là 6x chiếc áo.
 Số áo công ty may trong những ngày còn lại là 3060 − 6x chiếc
áo
Sau 6 ngày đầu, mỗi ngày công ty may được x + 10 chiếc áo.
0,5
3060 − 6 x
ngày.
x + 10
3000 3060 − 6 x
Theo đề ra ta có phương trình
−
=7
x
x + 10
 3000 ( x + 10 ) − ( 3060 − 6 x ) x = 7 x ( x + 10 )
 Số ngày cần để may 3060 − 6x chiếc áo là
 x 2 + 130 x − 30000 = 0
Câu 3
 x = 120 (TM )

 x = −250 ( KTM )
Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày công ty phải may 120 chiếc áo.
b) Cho phương trình: x2 − 3x + 4m + 1 = 0 ( m là tham số). Tìm tất
cả các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm phân
biệt x1 , x2 thỏa mãn x12 − x2 2 = 12 .
Ta có:  = ( −3) − 4 ( 4m + 1) = −16m + 5
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt    0
0,5
1,0
2
5
 −16m + 5  0  m  .
16
x + x = 3
Theo định lí Viet:  1 2
 x1.x2 = 4m + 1
0,5
Mặt khác:
x22 − x12 = 12  ( x1 + x2 )( x1 − x2 ) = 12  x1 − x2 = 4
 ( x1 − x2 ) = 16
2
 ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = 16  9 − 4 ( 4m + 1) = 16
0,5
2
 −16m − 11 = 0  m = −
Vậy m = −
11
(TM )
16
11
.
16
a) Giải phương trình: x − x − 2 = 4.
1,0
Điều kiện: x − 2  0 (*) hay x  2
Câu 4
 x − 4  0
x  4
x− x−2 = 4 x−2 = x−4 
2   2
 x − 2 = ( x − 4 )
 x − 9 x + 18 = 0
x = 6
Giải phương trình x2 − 9 x + 18 = 0  
x = 3
So sánh với điều kiện của phương trình và điều kiện bình phương
hai vế, loại nghiệm x = 3.
KL: Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 6.
*Nếu học sinh không loại nghiệm x = 3 thì được 0,75.
 x +1 2 y −1
 x − 1 + y − 2 =5

b) Giải hệ phương trình: 
.
 3 + 2 = 13
 x − 1 y − 2 6
0,5
0,5
1,0
x  1
.
y  2
Điều kiện: 
 ( x − 1) + 2 ( 2 y − 4 ) + 3
3
 x + 1 2 y −1
 2
+
=5
+
=2
+
=
5

 x −1 y − 2

y−2

 x −1
 x −1 y − 2



 3 + 2 = 13
 3 + 2 = 13
 3 + 2 = 13
 x − 1 y − 2 6
 x − 1 y − 2 6
 x − 1 y − 2 6
1

2u + 3v = 2
u = x − 1
Đặt 
ta được hệ phương trình 
13 .
1
3
u
+
2
v
=
v =

6
y−2

1

u=

Giải hệ phương trình trên ta được  2
v = 1

3

1
 1
 x − 1 = 2
x −1 = 2
x = 3



.
y − 2 = 3 y = 5
 1 =1
 y − 2 3
Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R . Gọi I là trung điểm của
đoạn thẳng AO, điểm E thuộc đường tròn (O) ( E không trùng
với A và B ). Các tia Ax và By lần lượt là tiếp tuyến tại A và B
của đường tròn (O) ( Ax, By cùng thuộc một nửa mặt phẳng chứa
điểm E có bờ là đường thẳng AB ). Qua điểm E kẻ đường thẳng
d vuông góc với EI cắt Ax, By lần lượt tại M và N.
0,5
0,25
0,25
3,5
0,5
a) Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.
Ta có: IAM = 90 ( AM là tiếp tuyến và AI là bán kính của (O) )
IEM = 90 (giả thiết)
Câu 5
0,5
nên IAM + IEM = 1800
 tứ giác AMEI nội tiếp.
b) Chứng minh ENI = EBI và AE.IN = BE.IM .
* Chứng minh ENI = EBI :
Tứ giác BIEN nội tiếp (vì có hai đỉnh E và B cùng nhìn IN dưới
một góc vuông)
 ENI = EBI (hai góc nội tiếp cùng chắn IE ).
*Chứng minh AE.IN = BE.IM :
0,5
1
2
Trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMEI có EMI = EAI = sđ
0,5
EI .
Lại có ENI = EBI (chứng minh trên)
AE BE
=
 AE.IN = BE.IM (đpcm).
IM IN
c) Gọi P là giao điểm của AE và MI ; Q là giao điểm của BE
Suy ra AEB MIN ( g.g.) 
và NI . Chứng minh hai đường thẳng PQ và AM vuông góc.
Do AEB MIN nên MIN = AEB = 90  IPEQ là tứ giác nội tiếp
(do có E, I cùng nhìn PQ dưới góc 90)  EQP = EIP (hai góc nội
tiếp cùng chắn cung EP ). (1)
Trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMEI có EIM = EAM (hai
góc nội tiếp cùng chắn cung ME ). (2)
1,0
1
2
Trong đường tròn (O) có EBA = EAM = sđ ME. (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra EQP = EBA.
Mà EQP và EBA ở vị trí đồng vị suy ra PQ//AB  PQ ⊥ AM .
d) Gọi F là điểm chính giữa của cung AB không chứa điểm E
của đường tròn (O) . Giả sử ba điểm E, I , F thẳng hàng. Tính diện
tích tam giác MON theo R .
0,5
Trong (O) có AEF = 45 .
Trong đường tròn ngoại
AMI = AEI = 45  AMI
R
R2
A  AM = AI =  SAMO =
.
2
4
tiếp tứ
vuông
giác AMEI
cân
có
tại
Ở ý b ta đã chứng minh được MIN = 90  BIN = 45  IBN
3R
3R 2
 SBON =
.
2
4
ABNM là hình thang vuông tại A và B  S ABNM = 2 R 2 .
vuông cân tại B  NB = IB =
Do đó S MON = S ABNM − SOAM − S BON = R 2 .
* Nếu học sinh không tính ra kết quả hoặc tính sai kết quả thì
không được điểm.
Câu 6
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn
1 1 1
+ + = 3 . Chứng
x y z
0,5
minh rằng: x + y + z − 2xyz  1 (*)
Theo bất đẳng thức AM – GM ta có:
2
2
2
x 2 + y 2  2 xy 

y 2 + z 2  2 yz   x 2 + y 2 + z 2  xy + yz + zx.
z 2 + x 2  2 zx 
Theo giả thiết:
0,25
1 1 1
+ + = 3  xy + yz + zx = 3xyz
x y z
 x2 + y 2 + z 2 − 2 xyz  xyz (1)
Từ giả thiết áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:
3=
1 1 1
1
+ +  33
 xyz  1 (2)
x y z
xyz
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra  x = y = z = 1.
Chú ý: Các cách giải khác đúng được chấm tối đa số điểm tương ứng với từng nội dung.
0,25
SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
( Đề thi có 01 trang)
KỲ THI KHẢO SÁT CÁC MÔN THI VÀO LỚP 10
THPT CHUYÊN LAM SƠN
Năm học: 2024 – 2025
Môn thi: TOÁN
(Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán)
Ngày thi: 07/4/2024
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề)
2
 xy + 1 
Câu 1. a) Cho x, y là các số hữu tỉ dương thỏa mãn x + y + 
 = 2, chứng
 x+ y 
minh 1 + xy là số hữu tỉ.
2
b) Cho biểu thức P( x) =
2
x8 − 12 x + 12 + 3x . Gọi x0 là một nghiệm của
phương trình x + x − 1 = 0 . Tính giá trị P ( x0 ). .
2
3 x - 2 + 5 x -1 = x 2 − x + 3.
 x3 (3 + 2 y) = 8
b) Giải hệ phương trình 
2
 xy ( y + 3 y + 3) = 4.
Câu 2. a) Giải phương trình:
Câu 3. a) Giải phương trình nghiệm nguyên dương: 5( x 2 + xy + y 2 ) = 7( x + 2 y ).
b) Cho n là số nguyên dương và d là ước dương của 2n 2 , chứng minh
n 2 + d không phải là số chính phương.
Câu 4. Tam giác nhọn không cân ABC nội tiếp đường tròn (O ), đường cao
AH ( H  BC ). Gọi K , L lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm H trên các cạnh
AB, AC. Đường thẳng KL cắt đường tròn (O ) tại hai điểm P, Q ( P và B cùng phía
đối với AC ).
a) Chứng minh tứ giác BKLC nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh BC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PHQ.
c) AH cắt lại đường tròn (O ) tại T (T  A). Gọi D là hình chiếu vuông góc
của H lên KL; AD cắt đường tròn (O ) tại M ( M  A). Chứng minh HMT = 900.
Câu 5. Chứng minh rằng từ 6 số vô tỉ tùy ý ta có thể chọn được 3 số a, b, c sao cho
cả 3 số a + b, b + c, c + a đều là số vô tỉ. Bài toán còn đúng không nếu ban đầu là 4
số?
………………………….. Hết …………………………
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:................................................................... Số báo danh:..........................
Chữ kí của giám thị số 1 : ……………………………………..….Chữ kí của giám thị số 2:………………
SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN
KỲ THI KHẢO SÁT CÁC MÔN THI VÀO LỚP 10
THPT CHUYÊN LAM SƠN
Năm học: 2024 - 2025
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi: Toán (chuyên Toán)
Ngày thi:
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề)
( Đề thi có 01trang)
ĐÁP ÁN (Chuyên Toán)
2
2
 xy + 1 
 xy + 1 
2
2
2
Câu 1. a) Ta có: x + y + 
 = 2  ( x + y ) − 2 ( xy + 1) +  x + y  = 0
 x+ y 


(0,25đ)
2

xy + 1 
xy + 1
xy + 1
 x+ y−
=0 x+ y−
=0 x+ y=

x+ y 
x+ y
x+ y

(0,25đ)
2
 xy + 1 = ( x + y )  1 + xy = x + y
(0,5đ)
b) Ta có x02 + x0 − 1 = 0  x02 = 1 − x0  x04 = x02 − 2 x0 + 1 = (1 − x0 ) − 2 x0 + 1 = 2 − 3x0 .
 x08 = 9 x02 − 12 x0 + 4
(0,5đ)
2
Do đó P( x0 ) = 9 x0 − 24 x0 + 16 + 3x0 = 4 − 3x0 + 3x0 ,
(0,25đ)
mà 4 − 3 x0 = 3(1 − x0 ) + 1 = 3 x02 + 1  0. Vậy P ( x0 ) = 4 − 3 x0 + 3 x0 = 4.
Câu 2. a) ĐK: x  2 / 3 . Ta có:
(
) (
(0,5đ)
)
3x-2 + 5x-1 = x 2 − x + 3  x − 3x-2 + x + 1 − 5x-1 + ( x 2 − 3 x + 2) = 0

x 2 − 3x+2 ( x + 1) 2 − (5x-1)
+
+ ( x 2 − 3 x + 2) = 0
3x-2 + x
5x-1 + ( x + 1)


1
1
 ( x 2 − 3x + 2) 
+
+ 1 = 0
5x-1 + ( x + 1) 
 3x-2 + x
1
1
Ta có:
+
+ 1  0, x  2 / 3
3x + 1 + ( x + 1)
5x + 4 + ( x + 2)
Suy ra: x 2 − 3x + 2 = 0  x = 1, x = 2 (tm)
KL: x = 1, x = 2.
(0,5d )
(0,5đ)
8
8


3
+
2
y
=
1
+
2
y
+
1
=
(
)


x3
x3
b) Từ hệ suy ra x  0. Hê  

 y3 + 3 y 2 + 3 y = 4
( y + 1)3 = 4 + 1


x
x
2

u 3 = 2v + 1 (1)
u =
Đặt 
ta được hệ phương trình:  3
(0,5đ)
x
v
=
2
u
+
1
2
(
)

v = y + 1

 u 3 − v3 = 2(v − u )  ( u − v ) u 2 + uv + v 2 + 2 = 0 Vì u 2 + uv + v2 + 2 > 0, nên
(
)
u =v
u = v = −1

Từ (1) suy ra : u3 − 2u − 1 = 0  
1 5
u = v =

2
Với u = v = −1  x = y = −2
x = 5 −1
1+ 5

Với u = v =

5 −1
2
y =

2
x = − 5 −1
1− 5

Với u = v =

− 5 −1
2
y =

2
Câu 3. a) Từ giả thiết suy ra:
7 ( x + 2 y ) 5  ( x + 2 y ) 5  x + 2 y = 5m  x = 5m − 2 y ( m 
(0,5đ)
*
)
Thay vào phương trình ta có:
2
( 5m − 2 y ) + ( 5m − 2 y ) y + y 2 − 7m = 0  3 y 2 − 15my + 25m2 − 7m = 0 (0,25d )
Phương trình (ẩn y)có nghiệm nên
84
 = 225m2 − 12 ( 25m2 − 7 m )  0  75m2 − 84m  0  0  m 
(0,25đ)
75
Do m là số nguyên nên m = 0 (loại), hoặc m = 1
x = 5 − 2 y
x = 5 − 2 y
 ( x, y ) = (1,2 )
Với m = 1 , ta được  2

3 y − 15 y + 18 = 0 ( y − 2 )( y − 3) = 0
(0,5đ)
Nhận xét. Cũng có thể giải câu 3a) theo cách sau:
Giải phương trình nghiệm nguyên dương: 5( x 2 + xy + y 2 ) = 7( x + 2 y ).
Vì x, y  * , ta có: 5( x 2 + xy + y 2 ) = 7( x + 2 y )  5(4 x 2 + 4 xy + 4 y 2 ) = 28( x + 2 y )
28
2
2
 15 x 2 + 5 ( x + 2 y ) = 28 ( x + 2 y )  5 ( x + 2 y )  28 ( x + 2 y )  x + 2 y 
5
 3  x + 2y  5
Từ phương trình suy ra: 7 ( x + 2 y ) 5  ( x + 2 y ) 5 (vì ( 5;7 ) = 1 )
x + 2 y = 5
 ( x, y ) = (1,2 )
Dẫn đến x + 2 y = 5   2
2
x
+
xy
+
y
=
7

Vật phương trình có nghiệm nguyên dương: ( x, y ) = (1, 2 )
n 2 + d = m 2
b) Giải sử n + d là số chính phương, ta có  2
( m, k  *)
2
n
=
d
.
k

2
2
n + d = m
2n 2
 2
2
n +
= m 2  n 2 k 2 + 2n 2 k = m 2 k 2
  2n
k
=d

 k
2
2
2
(0,5đ)
2
mk
 mk 
 mk 
 mk 
 k + 2k = 
 * 
  *
 vì k  *  
 là số chính
n
 n 
 n 
 n 
2
phương  k 2 + 2k là số chính phương. Nhưng ta có k 2  k 2 + 2k  ( k + 1) nên vô
2
lý, dẫn đến giả sử sai. Vậy n 2 + d không chính phương.
(0,5đ)
Câu 4. a) (Có nhiều cách để chứng minh tứ giá BKLC nội tiếp)
Ta có tam giác AHB vuông tại H và có đường cao là HK, nên AH 2 = AK . AB (1)
(hệ thức trong tam giác vuông).
Tương tự ta có AH 2 = AL. AC (2).
Từ(1) và (2) ta được AK . AB = AL. AC 
AK AL
=
(3)
AC AB
(0,5đ)
Xét tam giác AKL và ACB có KAL chung và thỏa mãn (3), suy ra
AKL
ACB (c − g − c)  AKL = ACB, suy ra tứ giác BKLC nội tiếp.
1
2
b) Từ ACB = AKL  sd APB =
(
1
sd AQ + sd PB
2
)
(0,5đ)
(
) (
)
1
1
sd AP + sd PB = sd AQ + sd PB  sd AP = sd AQ  A là trung điểm cung PQ,
2
2
suy ra AP = AQ (4)
(0,25đ)

Xét tam giác APK và tam giác ABP có PAB chung và APK = ABP (hai góc nội
tiếp chắn hai cung bằng nhau), suy ra APK
ABP ( g − g ) 
AP AK
=
AB AP
 AP 2 = AK . AB (5) Từ (1), (5) và (4) suy ra AP = AH = AQ,
(0,25đ)
suy ra A là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PQH, mà AH ⊥ BC, nên BC là tiếp
tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PHQ.
(0,5đ)
c) Xét hai tam giác APD và AMP có PAM chung và
1
1
sd AQ = sd AP = AMP, dó đó
2
2
AP AD
AMP ( g − g ) 
=
 AP 2 = AD. AM ,
AM AP
APD = APQ =
APD
do đó AH 2 = AP 2 = AD. AM 
(0,25đ)
AH AM
=
AD AH
Xét hai tam giác AHM và ADH có HAM chung và
AH AM
, do đó
=
AD AH
AHM ADH (c − g − c)  AMH = AHD  AH là tiếp tuyến của đường tròn ngoại
tiếp tam giác DHM,
(0,5đ)
Suy ra
THM = HDM = 900 − MDP = 900 −
(
)
(
1
1
sd PM + sd AQ = 900 − sd PM + sd AP
2
2
)
1
= 900 − sd APM = 900 − ATM = 900 − HTM  THM + HTM = 900  HMT = 900.
2
(0,25đ)
Câu 5. Xét một số A bất kỳ trong 6 số đó, xét 5 tổng của A với 5 số còn lại. Ta
thấy trong 5 tổng này ít nhất có 3 tổng cùng là là số vô tỉ hoặc cùng là hữu tỉ.
*) Nếu có ít nhất 3 tổng là vô tỷ chẳng hạn A + B1; A + B2 ; A + B3 là vô tỉ, xét 3 số
B1 + B2 ; B1 + B3 ; B3 + B2 nếu có 1 số vô tỷ chẳng hạn B1 + B2 thì bộ 3 số ( A, B1 , B2 )
thỏa mãn yêu cầu bài toán. Nếu không có số nào vô tỉ thì cả 3 số đó hữu tỉ, điều này
dẫn đến ( B1 + B2 ) + ( B1 + B3 ) − ( B3 + B2 ) = 2 B1 hữu tỉ , vô lý.
(0,5đ)
Trường hợp nếu có ít nhất 3 tổng là hữu tỉ chẳng hạn A + B1; A + B2 ; A + B3 hữu tỉ
Thì ta cũng lập luận như trên đối với bộ ( B1 , B2 , B3 ) .
Vậy bài toán đã được chứng minh.
(0,25đ)
Bài toán không còn đúng nếu ban đều là 4 số, chẳng hạn bộ 4 số sau:
a,1 + a,1 − a, −a với a vô tỉ không thể chọn được ra 3 số có tổng đôi một vô tỉ.
nhau
(0,25đ)
………………………………….. Hết ………………………………
SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN
KỲ THI KHẢO SÁT CÁC MÔN THI VÀO LỚP 10
THPT CHUYÊN LAM SƠN
Năm học: 2024 - 2025
Môn thi: TOÁN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
( Đề thi có 01 trang)
(Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tin học)
Ngày thi: 07/4/2024
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề)
x 4 − 6 x3 − 2 x 2 + 18 x + 23
Câu 1. a) Tính giá trị của biểu thức P( x) =
tại x = 19 − 8 3.
x 2 − 8 x + 15
b) Cho x, y là các số hữu tỉ dương sao cho
x−2 3
là số hữu tỉ. Tính xy.
2− y 3
3x - 2 + 5 x -1 = x 2 − x + 3.
4 x3 = y 2 + 3
.
b) Giải hệ phương trình  3
2
4 y = x + 3
1
1
Câu 3. a) Cho các số thực x, y khác 0, sao cho x + và y + là những số nguyên,
y
x
1
chứng minh rằng x3 y 3 + 3 3 là số nguyên.
xy
b) Giải phương trình nghiệm nguyên dương x 6 + 3x 3 + 1 = y 4 .
Câu 2. a) Giải phương trình:
Câu 4. Tam giác nhọn không cân ABC nội tiếp đường tròn (O ), đường cao AH ( H  BC ).
Gọi K , L lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm H trên các cạnh AB, AC. Đường
thẳng KL cắt đường tròn (O ) tại hai điểm P, Q ( P và B cùng phía đối với AC ).
a) Chứng minh tứ giác BKLC nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh PQ vuông góc với AO.
c) AH cắt lại đường tròn (O ) tại T (T  A). Chứng minh H là tâm đường tròn
nội tiếp tam giác PTQ.
Câu 5. Các số thực dương x, y thỏa mãn: x 3 + y 3 = x − y, chứng minh x 2 + y 2  1.
…………………………………….. Hết ……………………………………
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:................................................................ Số báo danh:...........................
Chữ kí của giám thị số 1 : ………………………….Chữ kí của giám thị số 2:……………
SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN
KỲ THI KHẢO SÁT CÁC MÔN THI VÀO LỚP 10
THPT CHUYÊN LAM SƠN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
( Đề thi có 01 trang)
Năm học: 2024 - 2025
Môn thi: Toán (cho chuyên Tin)
Ngày thi: 07/4/2024
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề)
ĐÁP ÁN
Câu 1. a) Ta có x = 19 − 8 3 =
( 4 − 3 ) = 4 − 3  4 − x = 3  x − 8x + 13 = 0. (0,5đ)
2
2
Do đó x 4 − 6 x3 − 2 x 2 + 18 x + 23 = ( x 2 − 8 x + 13)( x 2 + 2 x + 1) + 10 = 10.
Vậy P
( 19 − 8 3 ) = 102 = 5.
b) Ta có
(
(0,5đ)
)(
x−2 3 2+ y 3
x−2 3
=
4 − 3y2
2− y 3
=
)
(0,5đ)
2 x − 3.2 y + ( xy − 4) 3
, là số hữu tỉ khi xy = 4.
4 − 3y2
(0,5đ)
Cách khác: Đặt
2b − ay = 0
x−2 3 a
= ( a, b  ; a, b  0) )  bx − 2a = (2b − ay ) 3  
 xy = 4.
2− y 3 b
bx − 2a = 0
Câu 2. a) ĐK: x  2 / 3 . Ta có:
(
) (
)
3x-2 + 5x-1 = x 2 − x + 3  x − 3x-2 + x + 1 − 5x-1 + ( x 2 − 3 x + 2) = 0

x 2 − 3x+2 ( x + 1) 2 − (5x-1)
+
+ ( x 2 − 3 x + 2) = 0
3x-2 + x
5x-1 + ( x + 1)


1
1
 ( x 2 − 3x + 2) 
+
+ 1 = 0
5x-1 + ( x + 1) 
 3x-2 + x
1
1
Ta có:
+
+ 1  0, x  2 / 3
3x + 1 + ( x + 1)
5x + 4 + ( x + 2)
Suy ra: x 2 − 3x + 2 = 0  x = 1, x = 2 (tm)
KL: x = 1, x = 2.
4 x3 = y 2 + 3 (1)
b) Giải hệ phương trình:  3
2
4 y = x + 3 (2).
Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) vế theo vế, ta được:
(0,5d )
(0,5đ)
x − y = 0
( x − y )(4 x 2 + 4 y 2 + 4 xy + x + y ) = 0   2
2
 4 x + 4 y + 4 xy + x + y = 0.
(0,25đ)
- Với x − y = 0  x = y, thay vào phương trình (1) ta được
4 x 3 − x 2 − 3 = 0  ( x − 1)(4 x 2 + 3 x + 3) = 0  x = 1, (vì pt 4 x 2 + 3 x + 3 = 0, có
 = −27  0, nên vô nghiệm)
Từ x = 1  y = 1  x = y = 1 là nghiệm.
(0,5đ)
- Từ phương trình (1) và (2) suy ra các vế trái của (1) và (2) dương, suy ra
x  0, y  0.
Do đó phương rình 4 x 2 + 4 y 2 + 4 xy + x + y = 0 vô nghiệm.
Vậy hệ phương trình đã cho có một nghệm x = y = 1.
(0,25đ)

1 
1
1
1
Câu 3. a) Từ giả thiết suy ra:  x +   y +  = xy + + 2 là số nguyên  xy +
y 
x
xy
xy

là số nguyên.
(0,5đ)
3
3
 1  
1
1 
1
1 
3
Từ đó ta có x3 y 3 + 3 3 = ( xy ) +   =  xy +  − 3xy.  xy + 
x y
xy 
xy 
xy 
 xy  
3


1 
1 
=  xy +  − 3 xy +  là số nguyên (đpcm)
xy 
xy 


b) Giải phương trình nghiệm nguyên dương: x 6 + 3x3 + 1 = y 4 (1)
Đặt z = x 3 , phương trình (1) trở thành z 2 + 3 z + 1 − y 4 = 0 (2)
Phương trình (2) ẩn z có  = 5 + 4 y 4 .
Nếu phương trình (2) có nghiệm nguyên thì
 = 5 + 4 y 4 = m 2 (m  * )  ( m − 2 y 2 )( m + 2 y 2 ) = 5
(0,5đ)
(0,25)
m + 2 y 2 = 5 m = 3

 2
 y = 1.
(0,5đ)
2
m − 2 y = 1  y = 1
Với y = 1  x = 0 (loại)
Với y = −1 (loại).
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương.
(0,25đ)
3
2
6
3
4
3
2
6
Cách khác: Vì x  0, nên ( x + 1)  x + 3x + 1 = y  ( x + 2) = x + 4 x 3 + 4. (2)
Mà ( x 3 + 1) 2 và ( x 3 + 2) 2 là hai số chính phương liên tiếp, nên (2) suy ra y 4 không
chính phương (vô lý). Vây phương trinhg (1) vô nghiệm nguyên dương.
Câu 4. a) Ta có tam giác AHB vuông tại H và có đường cao là HK, nên
AH 2 = AK . AB (1) (hệ thức trong tam giác vuông).
Tương tự ta có AH 2 = AL. AC (2).
Từ(1) và (2) ta được AK . AB = AL. AC 
AK AL
=
(3)
AC AB
(0,5đ)
Xét tam giác AKL và ACB có KAL chung và thỏa mãn (3), suy ra
AKL
ACB  AKL = ACB, suy ra tứ giác BKLC nội tiếp.
(0,5đ)
b) (Có nhiều cách để chứng minh PQ ⊥ AO , sau đây chỉ nêu một cách)
1
1
Từ ACB = AKL  sd APB = sd AQ + sd PB
(0,25đ)
2
2
1
1
 sd AP + sd PB = sd AQ + sd PB  sd AP = sd AQ  A là trung điểm cung PQ, (0,5đ)
2
2
do đó PQ ⊥ AO.
(0,25đ)
(
(
)
) (
)
c) Từ A là trung điểm cung PQ, suy ra AP = AQ (4) và TA là phân giác PTQ.
Xét tam giác APK và tam giác ABP có PAB chung và APK = ABP (hai góc nội tiếp
chắn hai cung bằng nhau), suy ra
APK
ABP ( g − g ) 
AP AK
=
 AP 2 = AK . AB (5) Từ (1), (5) và (4) suy ra
AB AP
AP = AH = AQ.
(0,5đ)
Từ tam giác APH cân tại A, suy ra
APH = AHP  APQ + QPH = HPT + HTP = HPT + ATQ = HPT + APQ  QPH = HPT ,
suy ra PH là phân giác của TPQ.
(0,25đ)
Vậy H là giao điểm của hai đường phân giác trong trong tam giác TPQ, do đó H là
tâm đường tròn nội tiếp tam giác TPQ.
(0,25đ)
3
3
Câu 5. Do x, y dương nên x − y = x + y  0  x  y
(0,25đ)
Do x, y dương nên x − y = x 3 + y 3  x 3 − y 3
(0,25đ)
 x − y  x − y  x + xy + y  1
3
3
2
Suy ra x 2 + y 2  1 (đpcm)
2
(0,5đ)
…………………………………….. Hết ……………………………………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
NĂM HỌC 2024-2025
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
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1 (2,0 điểm).
a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x 2 + ( 2m − 1) x − m 2 − 2 = 0 có hai
nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = 7.
b) Cho f (n) =
4n + 4n 2 − 1
với n nguyên dương. Tính f (1) + f (2) + ... + f (60).
2n + 1 + 2n − 1
Câu 2 (2,0 điểm).
a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì n3 − 9n + 54 không chia hết cho 81.
b) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho P = n + 6 + n + 3 n + 6 là số nguyên.
Câu 3 (2,0 điểm).
a) Giải phương trình 12 x2 − 2 x − 1 = x 2 x + 1.
b) Trên một đường tròn, lấy 2024 điểm phân biệt, các điểm được tô màu xanh và màu đỏ xen
kẽ nhau. Mỗi điểm được gán với một giá trị là một số thực khác không, giá trị của mỗi điểm màu xanh
bằng tổng giá trị của hai điểm màu đỏ kề với nó, giá trị của mỗi điểm màu đỏ bằng tích giá trị của hai
điểm màu xanh kề với nó. Tính tổng giá trị của 2024 điểm trên.
Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R = 4 cm,
BC = 4 3 cm. Đường tròn đường kính BC cắt AB, AC lần lượt tại E, F ( E khác B và F khác C ).
Gọi H là giao điểm của BF và CE.
a) Chứng minh rằng tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn và tính bán kính của đường tròn đó.
b) Chứng minh rằng OA ⊥ EF.
c) Từ A kẻ các tiếp tuyến AI , AJ tới đường tròn đường kính BC ( I , J là các tiếp điểm). Đường
HI .HJ
thẳng AH cắt đường tròn ( O, R ) tại K ( K khác A ). Tính
.
HK
Câu 5 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x3 − y 3 + y 3 − z 3 + z 3 − x3
2 xyz
M= 3
+
.
x + y3 + z3
3xyz
.......................Hết.....................
Họ và tên thí sinh:………………………………………………Số báo danh:........................
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
NĂM HỌC 2024-2025
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 (2,0 điểm).
a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x 2 + ( 2m − 1) x − m 2 − 2 = 0 có hai
nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = 7.
Đáp án
 = ( 2m − 1) − 4 ( −m − 2 ) = 8m − 4m + 9  0, m  .
2
2
Vậy với m 
Điểm
2
thì phương trình x 2 + ( 2m − 1) x − m 2 − 2 = 0 luôn có hai nghiệm phân
biệt x1 , x2
0,25
 x1 + x2 = −2m + 1
.
Theo viet ta có: 
2
x
.
x
=
−
m
−
2
 1 2
x1 + x2 = 7  x12 + x22 + 2 x1 .x2 = 49  x12 + x22 − 2 x1 x2 = 49
(do x1 .x2 = −m 2 − 2  0  x1 .x2 = − x1 .x2 )
 ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = 49  ( −2m + 1) + 4m 2 + 8 = 49
2
2
0,25
0,25
5

m=

 8m − 4m − 40 = 0  2m − m − 10 = 0 
2 .

 m = −2
2
2
5
Vậy với m = và m = −2 thì phương trình x 2 + ( 2m − 1) x − m 2 − 2 = 0 có hai nghiệm phân
2
biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = 7.
b) Cho f (n) =
f ( n) =
=
1
2
4n + 4n 2 − 1
với n nguyên dương. Tính f (1) + f (2) + ... + f (60).
2n + 1 + 2n − 1
4n + 4n 2 − 1
=
2n + 1 + 2n − 1
Đáp án
Điểm
( 2n + 1 + 2n −1)( 2n + 1 − 2n −1)
0,25
3
( 4n + 4n − 1 ) ( 2 n + 1 − 2n − 1 )
2
( ( 2n + 1) − ( 2n −1) )
3
0,25
0,25
Áp dụng vào bài toán ta có:
f (1) + f ( 2 ) + ... + f ( 60 ) =
)
(
1
2 
( 3 − 1 ) + ( 5 − 3 ) + ... + ( 121 − 119 )
3
3
3
3
3
3
1
1213 − 13 = 665.
2
Câu 2 (2,0 điểm).
a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì n3 − 9n + 54 không chia hết cho 81.
=
Đáp án
Giả sử tồn tại số tự nhiên n để n − 9n + 54 chia hết cho 81
 n3 − 9n + 54 3  n 3
Đặt n = 3k , k  . Khi đó: n3 − 9n + 54 = 27k 3 − 27k + 54 = 27 ( k 3 − k + 2 ) .
0,25
0,25
Điểm
3
Mà n3 − 9n + 54 81 nên k 3 − k + 2 3
0,25
0,25
0,25
Nhưng k 3 − k + 2 = ( k − 1) k ( k + 1) + 2 không chia hết cho 3, k  .
Vậy với mọi số tự nhiên n thì n3 − 9n + 54 không chia hết cho 81.
0,25
b) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho P = n + 6 + n + 3 n + 6 là số nguyên.
Đáp án
Điểm
P = n +6 + n+3 n+6,P .
(
 n+3 n+6 = P− n+6
P +6
) = P + n + 6 − 2P n + 6
2
2
0,25
2
 n+6 =
2P + 3

n+6
Do đó
mà n + 6 
 n+6  4 n+6 .
4 P 2 + 24
33
4 n+6 =
= 2P − 3 +
.
2P + 3
2P + 3
4 n+6  ,P
P = 15  n = 43.
Vậy n = 43.
Câu 3 (2,0 điểm).
0,25
0,25
 2 P + 3 là ước của 33 ( mà P  6 + 3 6 ), ta tìm được
0,25
a) Giải phương trình: 12 x2 − 2 x − 1 = x 2 x + 1.
Nội dung
1
( ) .
2
+) x = 0 : Không là nghiệm của phương trình.
Điều kiện: x  −
Điểm
0,25
+) x  0 : Chia cả hai vế của phương trình cho x 2 ta được:
12 x 2 − 2 x − 1 = x 2 x + 1  12 −
Đặt t =
2x +1
2x +1
=
.
2
x
x
t = 3
2x + 1
 t 2 + t − 12 = 0  
.
x
t = −4
0,25
x  0
1 + 10
x=
Với t = 3  2 x + 1 = 3x   2
(thỏa mãn điều kiện ( ) ).
9
9 x − 2 x − 1 = 0
x  0
1 − 17
x=
Với t = −4  2 x + 1 = −4 x   2
(thỏa mãn điều kiện ( ) ).
16
16
x
−
2
x
−
1
=
0

Vậy phương trình có hai nghiệm là x =
1 − 17
1 + 10
và x =
.
16
9
0,25
0,25
b) Trên một đường tròn, lấy 2024 điểm phân biệt, các điểm được tô màu xanh và màu đỏ xen kẽ
nhau. Mỗi điểm được gán với một giá trị là một số thực khác không, giá trị của mỗi điểm màu xanh bằng
tổng giá trị của hai điểm màu đỏ kề với nó, giá trị của mỗi điểm màu đỏ bằng tích giá trị của hai điểm
màu xanh kề với nó. Tính tổng giá trị của 2024 điểm trên.
Nội dung
Điểm
a ab
b
(x) (đ)
(x)
(đ) b - ab
(x) 1 - a
(đ) (1 - a)(1 - b)
(x) 1 - b
(đ) a(1 - b)
0,25
Gọi a, b lần lượt là hai giá trị được gán vào hai điểm màu xanh liền kề ( ab  0 ) , khi đó
giá trị được gán vào điểm màu đỏ xen kẽ nó theo chiều kim đồng hồ được viết dạng a.b .
Theo quy luật điểm màu xanh và màu đỏ, ta suy ra giá trị của 5 điểm tiếp theo theo chiều
kim đồng hồ thứ tự sẽ là: b − ab,1 − a, (1 − a )(1 − b ) ,1 − b, a (1 − b ) .
0,25
Khi đó tổng của 8 giá trị được gán ở trên là :
a + ab + b + ( b − ab ) + (1 − a ) + (1 − a )(1 − b ) + (1 − b ) + a (1 − b ) = 3.
0,25
Mặt khác theo quy luật đó, giá trị điểm thứ 9 theo chiều kim đồng hồ là a
Như vậy 2024 giá trị trên được chia thành
2024
= 253 nhóm, mỗi nhóm gồm 8 giá trị
8
0,25
theo quy luật trên.
Suy ra tổng giá trị 2024 điểm trên bằng 253.3 = 759.
Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R = 4 cm,
BC = 4 3 cm. Đường tròn đường kính BC cắt AB, AC lần lượt tại E, F ( E khác B và F khác C ).
Gọi H là giao điểm của BF và CE.
a) Chứng minh rằng tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn và tính bán kính của đường tròn đó.
Đáp án
Điểm
Ta có BEC = BFC = 90  AEH = AFH = 90.
0,25
Xét tứ giác AEHF có: AEH + AFH = 180 nên tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn
0,25
đường kính AH = 2R.
Lấy điểm D đối xứng với điểm A qua O , M là trung điểm BC.
Vì BD, HC cùng vuông góc với AB  BD / / HC;
BH , DC cùng vuông góc với AC  BH / / DC  HBDC là hình bình hành.
0,25
 HD  BC = M  H , M , D thẳng hàng và M là trung điểm của HD
 OM là đường trung bình của tam giác DAH
 R =
(
)
2
1
AH = OM = BO 2 − BM 2 = 42 − 2 3 = 2 cm.
2
b) Chứng minh rằng OA ⊥ EF.
0,25
Đáp án
Điểm
Gọi P là trung điểm AH  PM là đường trung bình tam giác AHD  PM / / OA (1) .
0,25
ME = MF = R, PE = PF = R
0,25
 MP là trung trực EF  MP ⊥ EF ( 2 ) .
0,25
Từ (1) và ( 2 )  OA ⊥ EF.
0,25
c) Từ A kẻ các tiếp tuyến AI , AJ với đường tròn đường kính BC ( I , J là tiếp điểm). Đường
HI .HJ
thẳng AH cắt đường tròn ( O, R ) tại K ( K khác A ). Tính
.
HK
Đáp án
AH  BC = N , IJ  AN = H , IJ  AM = L.
Tứ giác H NML nội tiếp đường tròn  AH . AN = AL.AM = AJ 2 (hệ thức lượng trong
Điểm
0,25
tam giác vuông AJM )
Mặt khác AJ 2 = AF.AC = AH .AN (tứ giác HNCF nội tiếp).
 AH .AN = AH .AN  H  H   I , H , J thẳng hàng.
Tứ giác AINJ nội tiếp đường tròn (do 5 điểm A, I , N , M , J cùng thuộc đường tròn
đường kính AM ) nên HI .HJ = HA.HN
1
1
Tam giác BHK cân đỉnh B  HN = HK  HI .HJ = HA. HK
2
2
HI .HJ 1

= HA = 2 cm.
HK
2
Câu 5 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
0,25
0,25
0,25
x3 − y 3 + y 3 − z 3 + z 3 − x3
2 xyz
M = 3
+
3xyz
x + y3 + z3
Đáp án
Điểm
Bổ đề: x3 − y 3 + y 3 − z 3 + z 3 − x3  x3 + y 3 + z 3 − 3xyz
Thật vậy, không mất tính tổng quát giả sử x  y  z bổ đề cần chứng minh tương đương
với
2 ( x3 − z 3 )  x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz  ( x 3 − y 3 ) + 3 ( xyz − z 3 )  0 đúng do x  y  z .
2 xyz
x3 + y 3 + z 3 − 3xyz 
2 xyz
x3 + y 3 + z 3 5  2
+
= 3
+
− +
Áp dụng: M  3
3
3
3xyz
3xyz
3 3
x + y3 + z3
x +y +z
( x + y + z ) − 5 ( x + y + z ) xyz + 6 ( xyz )  0
 ( x + y + z − 3xyz )( x + y + z − 2 xyz )  0
3 2
3
3
3
0,25
2 xyz
x3 + y 3 + z 3 5
+
−  0 , điều này tương đương với
3xyz
3
x3 + y 3 + z 3
Ta chứng minh
3
0,25
3
3
3
3
2
3
3
0,25
3
Bđt này đúng do x3 + y3 + z 3  3xyz (Bất đẳng thức Cauchy).
2
Vậy GTNN của M = khi x = y = z và x, y, z  0.
3
......................Hết.....................
0,25
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2024-2025
Môn thi: TOÁN (Chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút.
(Đề thi gồm: 01 trang)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÀ RỊA VŨNG TÀU
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1 (3,0 điểm):
mãn x
y
y
y
2 xy
x y
2 x x
1
x
a) Rút gọn biểu thức: P
x
y
2 x
1
2x
3y 3x
4x
2 3x
x
y với x , y là hai số thực thỏa
x
0.
b) Giải phương trình: x
4
2y
12x
2.
8y
0
Câu 2 (2,0 điểm):
a) Tìm tất cả giá trị của tham số m để phương trình x 2
x 1, x 2 thỏa mãn x 13 x 23 28.
4x
c) Giải hệ phương trình:
2
3y
.
m
0 có hai nghiệm phân biệt
b) Tìm tất cả số nguyên n sao cho n 3 2n 2 7n 7 chia hết cho n 2 3.
Câu 3 (1,0 điểm): Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn xy yz zx xyz
xyz
1 và
x
y
y
z
z
z
x
x
x
y
2
y
z
4. Chứng minh
.
Câu 4 (3,5 điểm): Cho tam giác ABC nhọn (AB AC ) nội tiếp đường tròn (O ) và có hai đường
cao BD,CE cắt nhau tại H . Các tiếp tuyến tại B và C của (O ) cắt nhau tại F. Các đường thẳng
FB, FC lần lượt cắt đường thẳng DE tại M , N . Gọi I là trung điểm BC .
a) Chứng minh ME MB và MI là tia phân giác của FMN .
b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt (O ) tại K (K khác A). Chứng minh ba điểm H , I , K
thẳng hàng.
c) Chứng minh các điểm F , M , N , K cùng thuộc một đường tròn.
d) Gọi đường tròn qua các điểm F , M , N , K là (S ). Chứng minh (S ) tiếp xúc với (O ).
Câu 5 (0,5 điểm): Có 6 viên bi, ban đầu được chia thành một hoặc nhiều nhóm, mỗi nhóm ít nhất 1
bi. Ta thực hiện liên tiếp các bước sau: mỗi lần lấy ở mỗi nhóm 1 bi và lập thành một nhóm mới.
Ví dụ: Nếu ban đầu ta có hai nhóm với số bi là 5,1 thì sau bước chuyển, nhóm 5 bi còn lại 4 bi,
nhóm 1 bi không còn bi nào, và một nhóm mới được lập với 2 bi. Như vậy, sau bước chuyển ta được
2 nhóm mới có số bi lần lượt là 2, 4.
Chứng minh sau một số bước chia nhóm như trên, ta luôn chia được các bi đã cho thành ba
nhóm với số bi trong mỗi nhóm lần lượt là 1, 2, 3.
---------Hết--------Họ và tên thí sinh:………………………………
Họ tên, chữ ký GT 1 ..………..…………
Số báo danh: ……………………………………
Họ tên, chữ ký GT 2 ..………..…………
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2024 – 2025
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
MÔN THI : TOÁN (chuyên)
(Hướng dẫn chấm có 04 trang)
I. HƯỚNG DẪN CHUNG
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì vẫn cho đủ số điểm
từng phần như hướng dẫn quy định.
2) Việc chi tiết hoá (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch
hướng dẫn chấm.
3) Điểm toàn bài không làm tròn.
II. HƯỚNG DẪN CỤ THỂ
Câu 1 (3,0 điểm):
mãn x
y
y
x
y
2 x
1
c) Giải hệ phương trình:
2x
3y 3x
4x
2 3x
4
y với x , y là hai số thực thỏa
x
12x
2.
8y
0
3y
2
.
Điểm
Nội dung
x
P
x
y
y
x
x
P
P
y
2 xy
x
y
x
x2
Đặt t
y
x
y
x
y
2 xy
x
y
0,25x2
0,25
y.
0,25
x2
Phương trình
1.c)
1,0đ
1
2y
Câu 1
1.b)
1,0đ
2 x x
x
0.
b) Giải phương trình: x
1.a)
1,0đ
y
2 xy
x y
x
a) Rút gọn biểu thức: P
x
x
6
x
2x
3y 3x
4x
2 3x
2
Điều kiện: x
x2
2
2y
2
3y
x
2
0
(*)
0 . Phương trình (*) trở thành t 2
2 t
Giải phương trình ta được t
Với t 2 , ta có:
x2
2 x2
2 (nhận) hoặc t
x
2
0
12x
8y
0 (1)
x
(2)
4 (loại).
1 hoặc x
2.
2t
8
0.
0,25x2
0,25
0,25
.
0,25
2
.
3
2
2x
(1)
3y
4 3x
2y
2x
y
0
3
3x
2
y
2x
Với y
4x
4
3
2 3x
2
x
x
7x
.
, thay vào (2) ta được:
2x
3x
4
2
2
4
6
0
Hệ có nghiệm x ; y
x
2
x
2
x
x
1
6
2
x
2
3x
2
x
2
0,5
x
1.
1;2 .
3x
, thay vào (2) ta được: 4x
2
2
.
vế trái luôn dương với mọi x
3
Với y
2 3x
9x
2
2
0 vô nghiệm, do
0,25
Câu 2 (2,0 điểm):
a) Tìm tất cả giá trị của tham số m để phương trình x 2
x 1, x 2 thỏa mãn x 13 x 23 28.
4x
m
0 có hai nghiệm phân biệt
b) Tìm tất cả số nguyên n sao cho n 3 2n 2 7n 7 chia hết cho n 2 3.
Câu 2
Nội dung
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x 1, x 2
0
m 4.
2.a)
1,0đ
Theo Vi – ét: x 1
x2
4, x 1x 2
m.
x 13
x2
x1
x2
4 16
3m
28
m
3 (thỏa mãn).
Ta có n 3
2n 2
7n
7
n2
1 4n
1
Do n
2
3
3 nên ta được
3 n
0,25
0,25
1.
1
16 n 2
3
49.
n2
3
7
n2
3
49
2
1 và
x
y
y
z
z
z
x
x
0,25
3.
x
y
0,25
3.
2
n
n
n
2
2
2
y
2
z
.
3
.
0,5
46 vn
Thử lại ta được n
2 là số thỏa mãn đề bài.
Câu 3 (1,0 điểm): Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn xy
xyz
0,25
28
4n
16n
Suy ra 49 chia hết cho n 2
3x 1x 2
2
1 chia hết cho n
Lại có 4n
2.b)
1,0đ
2
28
x1
Điểm
0,25
x 23
Suy ra 4n
2
yz
zx
xyz
4. Chứng minh
Câu 3
Điểm
Nội dung
Ta có 4
Đặt t
3
xy
yz
zx
xyz
t
0 , ta được t 3
xyz
3 3 xyz
2
3t 2
xyz .
0,25
t
4
1 t
2
2
0
t
1.
Do đó xyz 1.
Ba số x, y, z không thể cùng lớn hơn 1 hoặc cùng nhỏ hơn 1. Không giảm tính
tổng quát, giả sử x 1 y.
Ta chứng minh: x y z xy
x
y
x
y
Khi đó
2
2
z
xyz
4
x
y
3xy
4
4 x
y
xy x
y
x 2y 2
xy x
1 1
y
z
2
x
y
zx (*).
x
Thật vậy: (*)
1,0đ
yz
z
x
z
x
y
y
xy
1
y
x
y
2 xy
yz
y2
y z x
z
2
zx
x
xy
y xy
4
0,25
4xy
0 (luôn đúng do x
x2
x y z
4
0,25
x
y ).
1
z2
z x y
y
2
z
0,25
.
Câu 4 (3,5 điểm): Cho tam giác ABC nhọn (AB AC ) nội tiếp đường tròn (O ) và có hai đường
cao BD,CE cắt nhau tại H . Các tiếp tuyến tại B và C của (O ) cắt nhau tại F. Các đường thẳng
FB, FC lần lượt cắt đường thẳng DE tại M , N . Gọi I là trung điểm BC .
a) Chứng minh ME MB và MI là tia phân giác của FMN .
b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt (O ) tại K (K khác A). Chứng minh ba điểm H , I , K
thẳng hàng.
c) Chứng minh các điểm F , M , N , K cùng thuộc một đường tròn.
d) Gọi đường tròn qua các điểm F , M , N , K là (S ). Chứng minh (S ) tiếp xúc với (O ).
Câu 4
Nội dung
BEC
4.a)
1,0đ
BDC
Do đó MEB
Mà MBE
900
tứ giác BCDE nội tiếp.
BCD.
BCD nên MEB
Điểm
0,25
0,25
MBE .
4
0,25
Tam giác MBE cân tại M nên MB ME.
Lại có tam giác BCE vuông tại E, trung tuyến EI nên IB
IE.
0,25
Suy ra MI là trung trực đoạn BE. Vậy MI là tia phân giác của FMN .
Kẻ đường kính AA ' của (O ) . Ta có BH //CA ' (cùng vuông góc AC )
và CH // BA ' (cùng vuông góc AB ) nên BHCA ' là hình bình hành.
Suy ra H , I , A ' thẳng hàng.
4.b)
1,0đ
Ta có: ADH
kính AH .
AEH
900 suy ra tam giác ADE nội tiếp đường tròn đường
0,25
Lại có HKA
A ' KA
900 nên K , H , A ' thẳng hàng.
0,25
Do đó H , I , K thẳng hàng.
BKI
4.c)
1,0đ
0,25
BKA
HKA
0,25
1800
900
BCA
900
BCA
0,5
900 MBA BMI .
Do đó tứ giác BMKI nội tiếp.
Tương tự ta được tứ giác CNKI nội tiếp.
0,25
Do đó BMK KIC . Mà KIC KNC 1800 nên BMK
Vậy các điểm F , M , N , K cùng thuộc một đường tròn.
KNC
1800.
0,25
Kẻ tia tiếp tuyến Kx của (O ) . Ta có:
xKM
4.d)
0,5đ
xKB
MKB
KCB
MIB
BAC
Do MIN
CNI
FCI
CIN
BAC
ACB
900
900
ABC
KNI
MIB.
900
ACB
MIB
0,25
0,25
nên KNI MIB KNM .
Suy ra Kx là tiếp tuyến của (S ). Vậy (S ) tiếp xúc với (O ).
Câu 5 (0,5 điểm): Có 6 viên bi, ban đầu được chia thành một hoặc nhiều nhóm, mỗi nhóm ít nhất 1
bi. Ta thực hiện liên tiếp các bước sau: mỗi lần lấy ở mỗi nhóm 1 bi và lập thành một nhóm mới.
Ví dụ: Nếu ban đầu ta có hai nhóm với số bi là 5,1 thì sau bước chuyển, nhóm 5 bi còn lại 4 bi,
nhóm 1 bi không còn bi nào, và một nhóm mới được lập với 2 bi. Như vậy, sau bước chuyển ta được
2 nhóm mới có số bi lần lượt là 2, 4.
Chứng minh sau một số bước chia nhóm như trên, ta luôn chia được các bi đã cho thành ba
nhóm với số bi trong mỗi nhóm lần lượt là 1, 2, 3.
Câu 5
Nội dung
Điểm
Tất cả cách viết 6 thành tổng của một hoặc nhiều số nguyên dương là:
6 5 1 4 2 3 2 1 1 1 4 1 1 1 3 1 1 1 1 2
0,25
1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 3 3.
Ta có sơ đồ sau:
0,5đ
0,25
5
Nên sau một số bước ta sẽ thu được 3 nhóm và số bi ở mỗi nhóm là 1,2,3.
------------ HẾT -----------
6
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC: 2024 – 2025
Môn thi: TOÁN (Chuyên Toán)
Ngày thi: 10/06/2024
Thời gian làm bài: 150 phút
Câu I
1) Giải phương trình x( x + 1) + 2 x x + 2 + 2 = 0
2) Cho a, b, c là các số thực khác 0 và thỏa mãn
a2 − 2a(b + c) = b2 − 2b(c + a) = c 2 − 2c(a + b)
a−b b−c c−a
+
+
Tính giá trị của biểu thức M =
c
a
b
Câu II
1) Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn x2 + 4 y 2 = 2 xy( x − 2 y) + 5
2) Cho m, n là các số nguyên thỏa mãn m2 − mn + 4n2 chia hết cho 25. Chứng minh số
m2 + mn + 4n2 chia hết cho 25.
Câu III
1) Cho x, y, k là các số nguyên dương sao cho số p =
xk y
là số nguyên tố. Tìm k
x2 + y 2
2) Với a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  2, b  2, c  2; a + b + c = 3 , tìm giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = ab(b + c + 1) + bc(c + a + 1) + ca (a + b + 1)
Câu IV
Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (O), điểm M nằm giữa hai điểm B và C. Hai
đường thẳng AM và DC cắt nhau tại P. Hai đường thẳng DM và AB cắt nhau tại K.
1) Chứng minh tam giác BCK đồng dạng với tam giác CPB
2) Hai đường thẳng BP và CK cắt nhau tại H. Tiếp tuyến tại B của đường tròn (O) cắt
đường thẳng MH tại R. Chứng minh tam giác BRK là tam giác vuông cân.
3) Các đường thẳng vuông góc với OH kẻ từ O và H, cắt đường thẳng AB lần lượt tại X
và Y. Lấy điểm Q thuộc tia đối của tia BC sao cho BQ = CM. Chứng minh hai đường
thẳng QR, DK cắt nhau tại một điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác MXY.
Câu V
Cho bảng ô vuông kích thước 6x6. Ở bước đầu tiên, bạn Đn tô đỏ k ô vuông bất kỳ của
bảng. Sau đó, ở mỗi bước tiếp theo bạn Đan tô đỏ các ô vuông kề với ít nhất hai ô đã
được tô đỏ (hai ô vuông được gọi là kề nhau nếu chúng có cạnh chung)
1) Chỉ ra một cách tô đỏ 23 ô của bảng ở bước đầu tiên sao cho dù sau bao nhiêu bước,
bạn Đan cũng không thể tô đỏ được tất cả các ô của bảng.
2) Tìm giá trị nhỏ nhất của k để tồn tại một cách tô đỏ k ô vuông ban đầu sao cho sau
một số hữu hạn bước, bạn Đan tô đỏ được tất cả các ô vuông của bảng.
ĐÁP ÁN
Câu I:
1) ĐKXĐ: x  −2
x( x + 1) + 2 x x + 2 + 2 = 0
 x2 + x + 2 x x + 2 + 2 = 0
 x2 + 2 x x + 2 + x + 2 = 0
(
 x+ x+2

) =0
2
x + 2 = − x(dk : x  0)
 x + 2 = x2
 x2 − x − 2 = 0
 x = −1(tm)

 x = 2(ktm)
Vậy phương trình có nghiệm x = -1
2) Ta có: a2 − 2a(b + c) = c2 − 2c(a + b)
 a2 − b2 − 2ac + 2bc = 0
 (a − b)(a + b − 2c) = 0
a = b

 a + b = 2c
TH1: a = b
Ta có: a2 − 2a(b + c) = c2 − 2c(a + b)
 a2 − 2a(a + c) = c 2 − 4ac
 a2 − 2ac + c2 = 0
 ( a − c) 2 = 0
a=c
Vậy ta thay a = b = c vào biểu thức M ta được
M=
a−b b−c c−a 0 0 0
= + + =0
+
+
c a b
c
a
b
TH2: a + b = 2c (2)
Ta có: a2 − 2a(b + c) = c2 − 2c(a + b)
 a+b
2
 a − a(2b + 2c) = 
 − ( a + b)
2


3(a + b) 2
 a 2 − a(2b + a + b) = −
4
2
 4a − 4a(a + 3b) + 3(a + b)2 = 0
2
2
 3a2 − 6ab + 3b2 = 0
 3(a − b)2 = 0
(3)
a=b
Từ (2) và (3) suy ra a = b = c
Do đó M = 0
Vậy M = 0.
Câu II
2) Ta có: m2 − mn + 4n2 = (m + 2n)2 − 5mn 25
 (m + 2n)2 − 5mn 5
 ( m + 2n) 2 5
 m + 2n 5
 (m + 2n)2 25
m 5
 5mn 25  mn 5  
n 5
2
Nếu m 5 thì từ m − mn + 4n2 25  m2 − mn + 4n2 5
 4n2 5  n2 5  n 5
Nếu n 5 thì từ m2 − mn + 4n2 25  m2 − mn + 4n2 5
 4m2 5  m2 5  m 5
m 5
Vậy ta luôn có 
n 5
Suy ra m2 + mn + 4n2 25
Câu III
1) Gọi d = UCLN ( x; y)  x = da, y = db,(a; b) = 1
d k −1.a k .b
Khi đó p trở thành p = 2 2 , (k  1)
a +b
Gọi p0 là một số nguyên tố chung của ak b và a2 + b2
 a p0 , a 2 + b 2 p0  b p0
 a k b p0  
 vô lý vì (a; b) = 1
2
2
b p0 , a + b p0  a p0
 UCLN (ak b; a2 + b2 ) = 1  d k −1 (a2 + b2 )
Đặt d k −1 = t (a2 + b2 )  p = t.a k .b là số nguyên tố
Nếu k = 1 thì d k −1 = 1 (a2 + b2 )  vô lý
t = 1
Nếu k > 1 thì p = t.a k .b là số nguyên tố  a = 1  p = t.b  
b = 1
TH1: Nếu t = 1  b = p; d k −1 = 1 + p2
 p2 = (d − 1)(d k − 2 + d k −3 + ... + 1)
Do đó (a − 2)(a2 − 5a + 2)  0  P  2
Dấu “=” xảy ra khi chẳng hạn a = 2, b = 1, c = 0
Vậy giá trị lớn nhất của P là 3 3 khi a = b = c = 1
Và giá trị nhỏ nhất của P là 2 khi a = 2, b = 1, c = 0 và các hoán vị
Câu IV
1. Ta có hình vuông ABCD  AB // CD
AB BM
=
(1) (Định lý Thales)
CP MC
BK BM
=
AB // CD  BK // DC 
(2) (Định lý Thales)
CD MC
BK AB
BK BC
=

=
Từ (1) và (2) suy ra
CD CP
CB CP
AB // CD  AB // CP 
Xét tam giác BCK và tam giác CPB có
BK BC
=
(cmt)
CB CP
CBK = BCP = 90
 BCK ~ CPB(c − g − c)
2.
Cách 1:
Gọi cạnh hình vuông là a > 0
Ta có: MAB = APD (so le trong)
MBA = ADP = 90
 MAB ~ APD
MB AB
=
AD PD
 MB.PD = AB.AD = a2 = BO.BD
 BOM ~ DPB
(*)
 BOM = DPB

Mà BCK ~ CPB  BCK = CPB
Cũng có HBK = CPB (so le trong)  HBK = BCK
Ta có: HBK + BKH = BCK + BKH = 90
 BHK = 90
Mà BOC = 90  B, O, C, H thuộc đường tròn đường kính BC
 BOH = BCH  BOH = DPB (**)
Từ (*) và (**)  BOH = BOM
 O, H, M thẳng hàng
Mà tứ giác BOCH nội tiếp nên ta có OHC = OBC = 45
Lại có: BR // AC (vì cùng vuông góc với OB)
 RBK = MHC
 Tứ giác BRHC nội tiếp
 BRK = BHK = 90
Mà RBK = 45 nên tam giác RBK vuông cân tại R
Cách 2:
Ta có: BCK ~ CPB (chứng minh phần a)
 BCK = BPC (hai góc tương ứng)
Mà BCK + HCP = BCP = 90
 HCP + HPC = 90
 Tam giác CHP vuông tại H
 CK ⊥ BP tại H
HB CB MB
=
=
Có
HC CP MC
 HM là tia phân giác của BHC
 MHC = 45 = RBK
 Tứ giác BRHK nội tiếp
 RBK = RHC = 45 , RKB = RHB = 45
 Tam giác RBK vuông cân tại R
3.
Dễ chứng minh OBX = OCM (c − g − c)  BX = CM
Tứ giác BMHY nội tiếp nên tam giác BMY vuông cân tại B (do BHO = BHY = 45 )
 BM = BY
Từ đó ta có: BX .BY = CM .BM = BQ.BM
 Tứ giác QXMY nội tiếp
Gọi QR giao (MXY) tại. K’ là giao điểm DT, AB
Ta chứng minh K’ trùng K
Thật vậy, tam giác BMY vuông cân nên BMY = OBM = 45
 OB // MY  MY ⊥ BR
 BR là đường trung trực của MY
 RYK = 180 − BYR = 180 − BMR = BMO = QTM = RTK '
 Tứ giác TYK’R nội tiếp
 RK ' B = QTY = QXB = 45
Từ đó tam giác BRK’ vuông cân
Do đó K’ trùng K
Vậy ta có đpcm
Câu V
1) Ta tô đỏ 23 ô vuông thuộc hình chữ nhật 4x6 trong hình vuông ban đầu
Dễ thấy bước tiếp theo chỉ có thể tô được một ô thuộc hình chữ nhật và không thể tô
được ra ngoài hình chữ nhật
Suy ra không thể tô hết hình vuông 6x6
2) Ta chứng minh k  6
Thật vậy giả sử với k  5 tồn tại một cách tô thỏa mãn đề bài
Khi đó sẽ tồn tại 1 hàng i không có ô vuông nào được tô từ đầu (vì bảng có 6 hàng)
+ Nếu hàng hoặc cột này ở vị trí biên thì hàng hoặc cột d dó sẽ không thể tô màu
nên không thể phủ kín hình vuông.
+ Dễ thấy không có hai hàng liên tiếp nào không cùng có ô vuông nào được tô từ
đầu
Nếu hàng này không phải vị trí biên thì hàng này chia bảng ô vuông thành hai phần trên
và dưới.
Ta tiến hành tô màu riêng biệt hai phần này theo quy tắc.
Sau đó để tô được hết hàng ô vuông thì mỗi cặp ô vuông đối diện nhau qua hàng i phải
có ít nhất một ô được tô màu đỏ và có ít nhất một cặp ô được tô màu đỏ.
Ta xét các trường hợp sau (*)
TH1: Một phần có 1 ô và một phần có 4 ô.
Dễ thấy phần chứa 1 ô là hàng ở biên không mất tính tổng quát giả sử hàng 1
Khi đó theo (*) thì phần chứa 4 ô phải tô được tất cả các ô của hình có kích thước 4x6
do có ít nhất một ô ở hàng thứ 6. Hai hàng 4 và 5 có ít nhất một ô nên hàng thứ 3 có
nhiều nhất hai ô.
Nên ta không thể tô hết hàng thứ 3
Nên không thể tô hết bảng ô vuông sau hữu hạn bước.
TH2: Một phần có 2 ô và một phần có 3 ô
Lý luận như trên ta thấy không thể tô hết bảng ô vuông sau hữu hạn bước
Với k = 6 ta tô theo đường chéo bảng 6x6 thì thỏa mãn đề bài.
LỜI GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2024 - 2025
Trường THPT Chuyên Khoa học Tự nhiên
Môn thi: Toán (vòng 2 )
Nguyễn Nhất Huy - Trần Nguyễn Đức Nhật
Lê Thanh Lâm - Hoàng Lê Nhật Tùng
Phan Anh Quân - Trịnh Huy Vũ
1. PHẦN ĐỀ THI
Câu 1 (3,5 điểm).
1. Giải hệ phương trình
 x 4 + 4 y 4 − 5 x 2 y 2 = 4

2
2
( 3x + 4 y − 2 ) x + 2 y − 3xy = 4
(
)
x + 3 − 2x = 1 + 2 − x +
1
x −1
3
2. Giải phương trình
Câu 2 (2,5 điểm).
1. Tìm các số nguyên dương thoả mãn đẳng thức
( x + y)3 + 6 xy + 3 y 2 + y = 8x3 + 9x2 + 1
2. Giả sử x1 , x2 ,, x2024 là các số thực dương thoả mãn x1 x2  x2024 = 1 . Hãy tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
(
)(
) (
)
2
M = x12 − x1 + 1 x22 − x2 + 1  x2024
− x2024 + 1
Câu 3 (3 điểm). Cho tam giác ABC nhọn, không cân nội tiếp đường tròn ( O ) .E , F lần lượt là trung
điểm của CA, AB . Điểm P di chuyển trên cung nhỏ BC ( P khác B, C ) . Gọi M , N lần lượt là giao
điểm của PC, PB với EF . AM , AN cắt ( O ) theo thứ tự tại Q, R (Q, R khác A) .
1. Chứng minh rằng tứ giác AFPM nội tiếp và EPF = QPR .
2. Chứng minh rằng giao điểm của QE và RF nằm trên ( O ) .
3. Lấy S , T lần lượt thuộc vào các đường thẳng CA, AB sao cho ba đường thẳng ET , FS , AP song
song với nhau. Gọi K và L lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp của các tam giác NFS và
MET . Đường thẳng qua K vuông góc với AB cắt đường thẳng qua L vuông góc với AC tại
J . Chứng minh rằng J luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi P thay đổi.
Câu 4 (1 điểm). Tìm tất cả các số nguyên dương m sao cho có thể cắt hình vuông có cạnh bằng m
thành đúng 5 hình chữ nhật mà độ dài 10 cạnh của 5 hình chữ nhật đó được lấy từ các số
1, 2,3, 4,5,6,7,8,9,10 và mỗi số được lấy đúng một lần.
2. PHÀN LỜI GIẢI
Câu 1: (3,5 điểm )
1. Giải hệ phương trình
 x 4 + 4 y 4 − 5 x 2 y 2 = 4

2
2
( 3x + 4 y − 2 ) x + 2 y − 3xy = 4
(
)
x + 3 − 2x = 1 + 2 − x +
1
x −1
3
2. Giải phương trình
Lời giải.
1. Hệ phương trình tương đương với

( x − y )( x − 2 y )( x + y )( x + 2 y ) = 4


( x − y )( x − 2 y )( 3x + 4 y − 2 ) = 4
Hệ trên cho ta ( x + y )( x + 2 y ) = 3x + 4 y − 2 hay
( x + y − 1)( x + 2 y − 2 ) = 0
Suy ra x + y = 1 hoặc x + 2 y = 2 .
• Nếu x + y = 1, thế y = 1 − x vào phương trình đầu tiên ta được
( 2 x − 1)( 3x − 2 )( 2 − x ) = 4
tương đương với
(
)
x 6 x 2 − 19 x + 16 = 0
2
19 
23

 0 nên ta phải có x = 0, y = 1 .
 +
12  144

Nếu x + 2 y = 2 , thế x = 2 − 2 y vào phương trình đầu ta được
( 2 − 3 y )(1 − 2 y )( 2 − y ) = 1
Do 6 x 2 − 19 x + 16 = 6  x −
•
tương đương
( y − 1) ( 6 y 2 − 13 y + 3) = 0
đến đây tìm được các nghiệm ( x, y ) của hệ phương trình là
 −1 − 97 13 + 97   −1 + 97 13 − 97 
;
;
 , 

6
12
6
12 

 
( 0;1) , 
Vậy hệ phương trình đã cho có đúng ba nghiệm ( x; y ) là
 −1 − 97 13 + 97   −1 + 97 13 − 97 
;
;
 , 

6
12
6
12 

 
( 0;1) , 
3
2
2. Điều kiện xác định: 1  x  .
Ta sẽ chứng minh với điều kiện trên của bài toán thì
2 − x +1  x + 3 − 2x
Thật vậy, bình phương hai vế ta có
1 + 2 − x + 2 2 − x  x + 3 − 2 x + 2 x (3 − 2 x )
hay cần chứng minh
2 − x  x (3 − 2x )
Bình phương hai vế lại có 3x − 2x2  2 − x hay 2( x − 1) 2  0 (luôn đúng). Do đó ta có
1+ 2 − x +
1
x −1  1 + 2 − x  x + 3 − 2x
3
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 1 . Nghiệm này thoả mãn điều kiện xác định.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 .
Câu 2: (2,5 điềm)
1. Tìm các số x, y nguyên dương thoả mãn đẳng thức
( x + y)3 + 6 xy + 3 y 2 + y = 8x3 + 9x2 + 1
2. Giả sử x1 , x2 ,, x2024 là các số thực dương thoả mãn x1 x2  x2024 = 1 . Hãy tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
(
)(
) (
)
2
M = x12 − x1 + 1 x22 − x2 + 1  x2024
− x2024 + 1
Lời giải.
1. CÁCH 1. Ta biến đổi phương trình như sau
( x + y )3 + 6 xy + 3 y 2 + y = 8 x3 + 9 x 2 + 1
 8 x 3 − ( x + y )3 + 6 x 2 − 6 xy + 3 x 2 − 3 y 2 = y − 1

( x − y ) ( 7 x 2 + 4 xy + y 2 + 9 x + 3 y ) = y − 1
Vì x, y nguyên dương nên VP  0 , kéo theo x  y . Nếu x  y thì x − y  1 suy ra VP = y − 1  3 y hay
2 y  −1 vô lí vì y nguyên dương. Do vậy, x = y kéo theo y = 1 .
Vậy có đúng một cặp số ( x; y ) thoả mãn (1;1) .
CÁCH 2. Phương trình đã cho có thể viết lại thành
( x + y)3 + 3( x + y)2 + 6x + y = (2x + 1)3
Suy ra ( x + y)3 + 3( x + y)2 + 6 x + y là một lập phương đúng. Ta có
( x + y)3  ( x + y)3 + 3( x + y)2 + 6 x + y  ( x + y + 2)3
nên
( x + y)3 + 3( x + y)2 + 6 x + y = ( x + y + 1)3
Khai triển và rút gọn, ta được
3 x = 2 y + 1# (1)
Hơn nữa vì ( x + y)3 + 3( x + y)2 + 6x + y = (2x + 1)3 nên ( x + y + 1)3 = (2 x + 1)3 và từ đây ta có ngay
x + y + 1 = 2 x + 1 kéo theo
x = y. # ( 2 )
Từ (1), (2) ta tìm được x = y = 1 và cặp ( x; y ) = (1;1) là nghiệm duy nhất của phương trình.
2. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số thực dương ta có x2 + 1  2 x , suy ra
x2 + 1 − x  x
Áp dụng vào bài toán ta có
M
(
)(
) (
)
2
= x12 − x1 + 1 x22 − x2 + 1  x2024
− x2024 + 1
 x1 x2  x2024
1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = = x2024 = 1 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 1 .
Câu 3: (3 điềm)
Cho tam giác ABC nhọn, không cân nội tiếp đường tròn ( O ) .E , F lần lượt là trung điểm của CA, AB .
Điểm P di chuyển trên cung nhỏ BC ( P khác B, C ) . Gọi M , N lần lượt là giao điểm của PC, PB với
EF . AM, AN cắt ( O ) theo thứ tự tại Q, R (Q, R khác A) .
1. Chứng minh rằng tứ giác AFPM nội tiếp và EPF = QPR .
2. Chứng minh rằng giao điểm của QE và RF nằm trên ( O ) .
3. Lấy S , T lần lượt thuộc vào các đường thẳng CA, AB sao cho ba đường thẳng ET , FS , AP song
song với nhau. Gọi K và L lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp của các tam giác NFS và
MET . Đường thẳng qua K vuông góc với AB cắt đường thẳng qua L vuông góc với AC tại
J . Chứng minh rằng J luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi P thay đổi.
Lời giải.
1. Vì EF BC và tứ giác ABPC nội tiếp nên ta thu được PMF = PCB = PAB = PAF . Do đó, tứ
giác AFPM nội tiếp. Chứng minh tương tự ta cũng được tứ giác AEPN nội tiếp. Từ đó ta có
biến đổi góc
EPF = EPA + FPA = ENA + FMA = 180 − MAN = 180 − QAR = QPR
2. Từ các tứ giác nội tiếp AEPN và AQPR ta thu được PEF = PEN = PAN = PAR = PQR . Vì thế
ta được PEF  PQR (g.g), dẫn đến
PE PF
=
. Kết hợp với
PQ PR
EPQ = RPQ − RPE = FPE − RPE = FPR , ta suy ra PEQ  PFR (c.g.c). Do đó, PRF = PQE .
Gọi D là giao điểm của QE và RF . Từ PRF = PQE ta suy ra tứ giác DPQR nội tiếp. Vì vậy
D  ( O ) và ta có điều phải chứng minh.
3. Trước hết ta phát biểu ba bổ đề như sau
Bổ đề 1. Cho tam giác ABC nội tiếp ( O ) . Trên các cạnh CA, AB lần luơot lấy các điểm E, F sao cho
tư giác BCEF nội tiếp. BE cắt CF tại điểm K. Khi đó, ba đuoòng tròn ( O ) , ( AEF ) và ( AK ) có một
diểm chung khác A .
Đây là bổ đề quen thuộc, nên xin phép không nhắc lại chứng minh ở đây.
Bổ đề 2. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) . AC cắt BD tại E . Gọi M , N , P lần lượt là
trung điểm của CD, BC, AD . K là hình chiếu của E trên BC và T là điểm đối xứng với K qua M .
Trên các đường thẳng AD, BC lấy các điểm R, S sao cho MR BD và MS AC . Khi đó ta có
(a) bốn điểm K , M , N , P cùng thuộc một đường tròn;
(b) bốn điểm M , R, S , T cùng thuộc một đuoòng tròn.
Chứng minh bổ đề 2 .
(a) Gọi X , Y lần lượt là trung điểm của ED, EC . Từ tính chất đường trung bình thì ta có X  MP và
Y  MN . Để ý rằng E, K đối xứng nhau qua XY và EXMY là hình bình hành, ta được
XKY = XEY = XMY , dẫn đến tứ giác KXYM nội tiếp. Do đó KXM = KYM và kéo theo KXP = KYN .
Mặt khác, để ý rằng EAD  EBC nên ta có
KX ED EC KY
=
=
=
XP EA EB YN
Như vậy KXP  KYN (c.g.c). Vì thê KPX = KNY và do đó KMNP là tứ giác nội tiếp.
(b) Gọi U ,V lần lượt là các điểm đối xứng với S , R qua M . Ta chỉ cần chứng minh tứ giác KMUV
nội tiếp, rồi dùng tính đối xứng để thu được điều phải chứng minh.
Gọi U ,V lần lượt là các điểm đối xứng với S , R qua M . Ta chỉ cần chứng minh tứ giác KMUV nội
tiếp, rồi dùng tính đối xứng để thu được điều phải chứng minh.
Đầu tiên để ý rằng NRP = EDA = ECB = NSP , vì thế tứ giác NPRS nội tiếp. Kết hợp với UV RS ta
thu được NUV = NRS = NPS , dẫn đến tứ giác NUVP là tứ giác nội tiếp.
Bây giờ ta sẽ đi chứng minh N , E,V thẳng hàng. Đặt AD  BC  F . Chú ý rằng DV BC và
PV BC , ta được PDV = AFC và DPV = FAC , kéo theo DPV  FAC (g.g). Do đó,
DV DV DP FC AD CD EA ED EA ED
=

=

=

=

=
BN DP BN FA BC AB EB EA EB EB
Từ đó suy ra E, N ,V thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta cũng được P, E,U thẳng hàng. Áp dụng
bổ đề 1 cho MUV , để ý rằng tứ giác NUVP nội tiếp, ta suy ra ba đường tròn ( MUV ) , ( MNP ) và
( ME ) đồng quy tại một điểm khác M . Mặt khác, từ ý (a) ta lại có ( MNP ) và ( ME ) cắt nhau tại K .
Vì vậy ta thu được K  ( MUV ) .
Bổ đề 3. Cho tam giác ABC . E, F lần lượt là trung điểm của CA, AB . I là một điểm di chuyển trên
BC . Y , Z lần luơot là hình chiếu của I trền CA, ABU
. ,V lần lượt đối xứng với Y , Z qua E, F . Trung
trực của EU và FV cắt nhau tại J . Khi đó, điểm J chạy trên một đường thẳng cố định.
1
2
Chứng minh bổ đề. Gọi L, M lần lượt là trung điểm của EU và FV . Khi đó, ta có EL = EY và
1
1
FZ . Trên tia đối của tia EI lấy điểm Q sao cho EQ = EI . Trên tia đối của tia FI lấy điểm
2
2
1
R sao cho FR = FI . Khi đó ta được MR IZ và LQ IY và dẫn dến Q  JL và R  JM .
2
Gọi H là trực tâm của ABC . AH cắt BC tại D và gọi K là hình chiếu của J trên QR . Khi đó ta có
JQ HB (cùng vuông góc với CA ) và JR HC (cùng vuông góc với AB ). Lại để ý rằng QR EF BC
, ta chứng minh được JQR  HBC (g.g). Để ý rằng JK và HD là hai đường cao tương ứng của hai
FM =
tam giác này, vì thế ta thu được
JK QR QR EF 3 1 3
=
=

=  =
HD BC EF BC 2 2 4
3
4
Do đó, JK = HD = const. Mặt khác, từ cách dựng điểm Q, R thì đường thẳng QR là một đường cố
3
khoảng cách từ EF đến BC . Do đó, lại chú ý rằng
2
QR BC , ta có thể kết luận rằng điểm J chạy trên đường thẳng cố định song song với BC .
Trở lại bài toán. Gọi I là giao điểm của AP và BC.Y , Z lần lượt là hình chiếu của I trên CA, AB . Gọi
U ,V lần lượt là đối xứng của Y , Z qua E, F . Áp dụng hai lần bổ đề 2 cho tứ giác nội tiếp ABCD ta
định với khoảng cách giữa QR và BC bằng
suy ra được U  ( MET ) và V  ( NFS ) . Do đó, JK và JL tương ứng là trung trực của FV và EU . Do
đó, áp dụng bổ đề 3 cho ABC thì điểm J luôn chạy trên một đường thẳng song song với BC cố định.
Câu 4: (1 điềm)
Tìm tất cả các số nguyên dương m sao cho có thể cắt hình vuông có cạnh bằng m thành đúng 5 hình
chữ nhật mà độ dài 10 cạnh của 5 hình chữ nhật đó được lấy từ các số 1, 2,3, 4,5,6,7,8,9,10 và mỗi số
được lấy đúng một lần.
Lời giải. Gọi kích thước của các hình chữ nhật là a1  b1 , a2  b2 , , a5  b5 . Thế thì áp dụng bất đẳng
thức AM-GM, ta có
m 2 = a1b1 + a2b2 +
+ a5b5  5 5 a1a2  a5b1b2 b5 = 5 5 10!  100
ai2 + bi2
nên ta lại có
2
a12 + b12 + a22 + b22 + + a52 + b52 12 + 22 + + 102
2
m 
=
 196
2
2
Suy ra m  11 . Hơn nữa, vì ai bi 
Do đó, 11  m  13
• Khi m = 11, có thể cắt hình vuông cạnh 11 thành 5 hình chữ nhật gồm 1 9, 2 
8,3  6, 4  7,5 10 . Xem hình vẽ dưới đây
1 9
• Khi m = 13 , có thể cắt hình vuông cạnh 11 thành 5 hình chữ nhật gồm 1 2,3 
7, 4  6,5 10,8  9 . Xem hình vẽ dưới đây
• Khi m = 12 , ta sẽ chứng minh m = 12 không thoả mãn. Thật vậy, có 4 hình chữ nhật nằm ở
bốn góc của hình vuông. Xem hình vẽ dưới đây
Mỗi cạnh hình vuông được chia thành hai cạnh có tổng bằng 12. Tuy nhiên vì hai đoạn độ dài 1,6
không có cạnh tương ứng để tổng bằng 12 . Điều này có nghĩa là hình chữ nhật ở giữa phải là hình
1 6 . Suy ra

12 − ( a1 + a3 ) = 6


12 − ( a2 + a4 ) = 1
Từ đó ta tìm được a1 + a3 = 6, a2 + a4 = 11. Suy ra ( a1 , a3 ) là ( 2, 4 ) hoặc ( 4, 2 ) ; còn ( a2 , a4 ) là ( 3,8 )
hoặc ( 8,3) . Không mất tổng quát có thể giả sử ( a1 , a3 ) = ( 2, 4 ) . Nhưng khi đó b4 = 12 − a3 = 8 , tức là
cạnh có độ dài 8 xuất hiện hai lần, trái với yêu cầu bài toán.
ĐỀ BÀI ĐỀ TOÁN CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI NĂM 2024-2025
Bài 1 (3.0 điểm).
a) Cho hai số thực a, b thỏa mãn a  2024, b  2024 và
a + 2024 + 2025 − a − 2024 − a = b + 2024 + 2025 − b − 2024 − b
Tính giá trị của biểu thức M = a2024 + a2025 − b2024 − b2025 .
b) Tồn tại không hai số hữu tỉ dương a, b thỏa mãn a + b = 2024 ?
Bài 2 (2.0 điểm). Với hai số nguyên dương a và b , phép toán a*b được định nghĩa như sau:
• a*a = a với mọi số nguyên dương a .
• a*b = b*a với mọi số nguyên dương a
• a*b = ( a − b ) *b với mọi số nguyên dương a  b .
a) Tính 16*2024 .
b) Tìm một phép toán thỏa mãn đồng thời cả ba điều kiện trên.
Bài 3 (3.0 điểm). Cho đường tròn ( O, R ) và dây cung BC cố định không đi qua tâm O . A là
một điểm di động trên đường tròn ( O, R ) sao cho tam giác ABC nhọn và AB  AC . Các
đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H . Đường thẳng EF cắt đường
tròn ( O ) tại hai điểm P và Q sao cho F nằm giữa P và E . Gọi M là trung điểm của đoạn
thẳng BC . Chứng minh rằng
a) AP2 = AQ2 = AH  AD .
b) Bốn điểm P, Q, M , D cùng nằm trên một đường tròn ( ) .
c) Tâm I của đường tròn ( ) luôn thuộc một đường tròn cố định.
Bài 4 (1.0 điểm). Với mỗi số nguyên dương n , gọi f ( n ) là tổng tất cả các chữ số của số
3n2 + n + 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất có thể của f ( n ) .
Bài 5 (1.0 điểm). Cho một bảng ô vuông 8  8 . Một miếng domino là một hình chữ nhật được
tạo bởi hai ô vuông 11 liên tiếp có chung cạnh. Người ta lát bảng 8  8 bằng các miếng domino
màu trắng (có hai ô vuông được tô màu trắng) hoặc màu đen (có hai ô vuông được tô màu đen)
thỏa mãn đồng thời ba điều kiện:
- Hai miếng domino bất kỳ không cùng che một ô 11 .
- Mỗi hình vuông 2  2 bất kỳ đều có ít nhất một ô vuông màu đen.
- Cả bảng được lấp bởi các miếng domino trắng và đen.
Tìm số nguyên dương k nhỏ nhất sao cho ta có thể lát được bảng với đúng k miếng domino
màu đen.
LỜI GIẢI ĐỀ TOÁN CHUYÊN LỚP 10/2024 THPT CHUYÊN DHSP
Võ Quốc Bá Cẩn - Nguyễn Lê Phước - Nguyễn Văn Quý - Nguyễn Tiến Dũng Trần Đức Hiếu
- Trần Quang Độ - Phan Quang Linh - Vũ Minh Đức - Đào Phúc Long
Bài 1 (3.0 điểm).
a) Cho hai số thực a, b thỏa mãn a  2024, b  2024 và
a + 2024 + 2025 − a − 2024 − a = b + 2024 + 2025 − b − 2024 − b
Tính giá trị của biểu thức M = a2024 + a2025 − b2024 − b2025 .
b) Tồn tại không hai số hữu tỉ dương a, b thỏa mãn
a+ b=
2024 ?
Lời giải.
a) Giả thiết của bài toán có thể được viết lại thành
a + 2024 +
Nếu a  b , thì ta có
1
1
= b + 2024 +
# (1)
2025 − a + 2024 − a
2025 − b + 2024 − b
a + 2024  b + 2024 và
2025 − a + 2024 − a  2025 − b + 2024 − b
Do đó VT(1)  VP(1) , mâu thuẫn. Tương tự, nếu a  b , thì ta có VT(1)  VP(1) , cũng dẫn đến mâu
thuẫn. Do đó a = b (thử lại thỏa mãn). Từ đây, ta suy ra M = 0 .
b) Giả sử tồn tại hai số hữu tỉ dương a và b thỏa mãn yêu cầu đề bài. Từ giả thiết, ta có
a + b + 2 ab = 2 506
hay
2 ab = 2 506 − ( a + b )
Từ đó
4ab = 2024 + (a + b) 2 − 4 ( a + b ) 506
Suy ra 4 ( a + b ) 506 là số hữu tỉ. Mà 4 ( a + b ) là số hữu tỉ và 506 là số vô tỉ nên điều này xảy
ra chỉ khi a + b = 0 , tức a = b = 0 , mâu thuẫn. Vậy, không tồn tại hai số hữu tỉ dương a , b thỏa
mãn yêu cầu.
Bình luận. Ý a) còn có cách khác như sau: Giả thiết có thể được viết lại thành
a + 2024 − b + 2024 + 2024 − b − 2024 − a = 2025 − b − 2025 − a
hay
a −b
a −b
a −b
+
=
a + 2024 + b + 2024
2024 − b + 2024 − a
2025 − b + 2025 − a
Giả sử a  b , khi đó ta có
1
1
1
+
=
a + 2024 + b + 2024
2024 − b + 2024 − a
2025 − b + 2025 − a
mâu thuẫn vì VT 
1
1
. Do vậy a = b . Từ đó M = 0

2024 − b + 2024 − a
2025 − b + 2025 − a
.
Bài 2 (2.0 điểm). Với hai số nguyên dương a và b , phép toán a*b được định nghĩa như sau:
•
a*a = a với mọi số nguyên dương a .
•
a*b = b*a với mọi số nguyên dương a
•
a*b = ( a − b ) *b với mọi số nguyên dương a  b .
a) Tính 16*2024 .
b) Tìm một phép toán thỏa mãn đồng thời cả ba điều kiện trên.
Lời giải. a) Từ giả thiết, dễ thấy với a  kb , với k nguyên dương thì
a*b = ( a − b ) *b = ( a − 2b ) *b =
= ( a − kb ) *b
Sử dụng kết quả này với chú ý 2024 = 126 16 + 8 , ta được
16*2024 = 2024*16 = ( 2024 − 126 16 ) *16 = 8*16 = 16*8 = 8*8 = 8
b) Ta sẽ chứng minh với a, b là hai số nguyên dương bất kỳ thì
a*b = ( a, b )
trong đó ( a, b ) là ước chung lớn nhất của hai số a và b , là một quy tắc của phép toán * thỏa
mãn yêu cầu đề bài. Thật vậy, hiển nhiên a*a = ( a, a ) = a và a*b = ( a, b ) = ( b, a ) = b*a . Bây giờ,
ta sẽ chứng minh
( a , b ) = ( a − b, b )
Đặt m = ( a, b ) và n = ( a − b, b ) . Ta thấy rằng
• Cả hai số a, b đều chia hết cho m nên a − b và b cũng chia hết cho m . Suy ra ( a − b, b )
chia hết cho m , hay n chia hết cho m .
• Cả hai số a − b, b đều chia hết cho n nên a − b + b = a và b cũng chia hết cho n . Suy ra
( a, b ) chia hết cho n , hay m chia hết cho n .
Như vậy ( a, b ) = ( a − b, b ) . Từ đây, ta suy ra, với a  b thì
a*b = ( a, b ) = ( a − b, b ) = ( a − b ) *b
Tóm lại, a*b = ( a, b ) là một quy tắc của phép toán * thoả mãn yêu cầu bài toán.
Bài 3 (3.0 điểm). Cho đường tròn ( O, R ) và dây cung BC cố định không đi qua tâm O . A là
một điểm di động trên đường tròn ( O, R ) sao cho tam giác ABC nhọn và AB  AC . Các
đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H . Đường thẳng EF cắt đường
tròn ( O ) tại hai điểm P và Q sao cho F nằm giữa P và E . Gọi M là trung điểm của đoạn
thẳng BC . Chứng minh rằng
a) AP2 = AQ2 = AH  AD .
b) Bốn điểm P, Q, M , D cùng nằm trên một đường tròn ( ) .
c) Tâm I của đường tròn ( ) luôn thuộc một đường tròn cố định.
Lời giải.
a) Ta có  BEC =  BFC = 90 và  HDB +  HFB = 90 + 90 = 180 nên các tứ giác BCEF và
BDHF nội tiếp. Lại có tam giác OAC cân tại O nên
 OAC =
180 −  AOC
= 90 −  ABC = 90 −  AEF
2
Suy ra  OAC +  AEF = 90 . Từ đây, ta có OA ⊥ PQ .
Xét đường tròn ( O, R ) có A là điểm chính giữa của cung PAQ nên AP = AQ . Suy ra
 APQ =  AQP =  ABP
Từ đó, dễ thấy hai tam giác ABP và APF đồng dạng (g-g). Suy ra
AQ2 = AP2 = AB  AF = AD  AH
b) Ta xét các điểm ở vị trí như trong hình vẽ, các trường hợp còn lại chứng minh tương tự. Do
các tứ giác BCEF , BDHF nội tiếp nên  CFE =  CBE =  HFD . Suy ra  DFE = 2 CFE .
Vì M là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF nên  CME = 2 CFE =  DFE . Suy ra tứ
giác DMEF nội tiếp. Bây giờ, gọi S là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC . Ta có
SD  SM = SE  SF = SB  SC = SP  SQ . Do đó, bốn điểm P, Q, M , D cùng thuộc đường tròn ( ) .
c) Do điểm I thuộc đường trung trực của PQ và AO ⊥ PQ nên điểm I thuộc đường thẳng
AO . Qua điểm I , kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng DM tại điểm N thì N là trung
điểm của đoạn thẳng DM và AD OM IN . Áp dụng tính chất đường trung bình của hình
thang, ta có I là trung điểm của đoạn thẳng OA . Suy ra OI =


OA R
không đổi. Vậy, tâm I
=
2
2
R
của đường tròn ( ) luôn thuộc đường tròn  O,  cố định khi điểm A thay đổi.
2

Bài 4 (1.0 điểm). Với mỗi số nguyên dương n , gọi f ( n ) là tổng tất cả các chữ số của số
3n2 + n + 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất có thể của f ( n ) .
Lời giải. Hiển nhiên f ( n )  0 với mọi n nguyên dương. Giả sử tồn tại số nguyên dương n sao
cho f ( n ) = 1 , khi đó 3n2 + n + 1 = 10k với k tự nhiên. Tuy nhiên, vì 3n2 + n + 1 là số lẻ nên ta
phải có k = 0 , từ đó 3n2 + n + 1 = 1 , mâu thuẫn.
Bây giờ, giả sử tồn tại số nguyên dương n sao cho f ( n ) = 2 , khi đó 3n2 + n + 1 = 10k + 10 với
là các số tự nhiên và k  . Vì 3n2 + n + 1 là số lẻ nên ta phải có = 0 , từ đó 3n2 + n = 10k ,
hay n ( 3n + 1) = 2k  5k . Đến đây, với chú ý ( n,3n + 1) = 1 và 3n + 1  n  1 ( n = 1 hiển nhiên không
k,
thỏa mãn), ta suy ra n = 2k và 3n + 1 = 5k , hay 3  2k + 1 = 5k . Một cách tương đương, ta có
k
k
 2 1
3  +   = 1
 5 5
k
k
2
2
2
1
2
1
13
Với k  2 , ta có 3   +    3   +   =  1 , mâu thuẫn. Do đó k = 1 . Tuy nhiên, khi
25
 5 5
 5 5
thử lại, ta thấy không thỏa mãn.
Như vậy, ta phải có f ( n )  3 . Mặt khác, với n = 8 thì 3n2 + n + 1 = 201 , lúc này f ( n ) = 3 . Vậy
minf ( n ) = 3 .
Bài 5 (1.0 điểm). Cho một bảng ô vuông 8  8 . Một miếng domino là một hình chữ nhật được
tạo bởi hai ô vuông 11 liên tiếp có chung cạnh. Người ta lát bảng 8  8 bằng các miếng domino
màu trắng (có hai ô vuông được tô màu trắng) hoặc màu đen (có hai ô vuông được tô màu đen)
thỏa mãn đồng thời ba điều kiện:
- Hai miếng domino bất kỳ không cùng che một ô 11 .
- Mỗi hình vuông 2  2 bất kỳ đều có ít nhất một ô vuông màu đen.
- Cả bảng được lấp bởi các miếng domino trắng và đen.
Tìm số nguyên dương k nhỏ nhất sao cho ta có thể lát được bảng với đúng k miếng domino
màu đen.
Lời giải. Xét các bảng con 2  2 được đánh dấu như hình vẽ bên dưới.
Trong mỗi bảng con sẽ có ít nhất một ô vuông được tô màu đen. Do đó, số miếng domino màu
đen cần sử dụng không ít hơn 9 , tức k  9 . Mặt khác, với k = 9 , cách lát sau thỏa mãn yêu cầu
đề bài (các đoạn thẳng màu xanh lá cây là các vị trí lát các miếng domino màu trắng).
Vậy kmin = 9 .
ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 CHUYÊN TP HÀ NỘI 2024-2025
MÔN : TOÁN CHUYÊN (TIN)
Bài 1:
1. Giải phương trình
x 2 − 3x = x 2 − 3x − 2
2. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn

x 
y 
z




x − 2 y y − 2z z − 2x
. Tính giá trị của
=
=
z
x
y
biểu thức P =  2 +   2 +   2 + 
y
z
x
Bài 2:
1. Tìm tất cả các số nguyên x và y thỏa mãn 2 x2 + 2 xy + 3 y = 4 y 2 + 3
2. Cho các số nguyên dương x, y và số nguyên tố p thỏa mãn
p
x− y
. Chứng
=
2
(2 x + y )
p
minh p = 3y + 2.
Bài 3:
1. Cho a, b và c là các số nguyên dương thỏa mãn
a − b2
= a (a − c 2 ) .
b
Chứng minh b = c.
2. Với a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  1, b  1, c  1; a2 + b2 + c2 = 2 . Tìm
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
T=
a4
b4
c4
+
+
bc + 2 ca + 2 ab + 2
Bài 4:
Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Đường thẳng đi qua A
và song song với BC cắt (O) tại giao điểm thứ hai là D. Gọi M là trung điểm của
đoạn thẳng BC. Đường thẳng DM cắt (O) tại giao điểm thứ hai là S
1. Chứng minh rằng tam giác ACS đồng dạng với tam giác BMS
2. Gọi J là trung điểm của đoạn thẳng AS. Đường thẳng BJ cắt (O) tại giao điểm thứ
hai là T. Chứng minh rằng đường thẳng CT song song với đường thẳng AS.
3. Các đường cao DE, BF, CK của tam giác BDC đồng quy tại H. Gọi L là chân
đường vuông góc kẻ từ H đến KF. Chứng minh rằng các đường thẳng AE và DL cắt
nhau tại một điểm nằm trên đường tròn (O).
Bài 5:
Cho bảng ô vuông kích thước n x n và hai loại miếng ghép hình “dấu cộng”, “dấu
trừ” như hình dưới. Ta cần phủ kín bảng ô vuông đã cho bằng cách sử dụng cả hai
loại miếng ghép không được chồng lên nhau. Biết rằng mỗi ô vuông nhỏ của các
míếng ghép chồng khít với một ô vuông nhỏ trong bảng và miếng ghép “dấu trừ” có
thể xoay 90 .
1. Chỉ ra một cách phủ kín thỏa mãn yêu cầu trên với n = 6.
2. Tìm tất cả giá trị của n để bảng ô vuông kích thước n x n có thể được phủ kín bằng
cách sử dụng cả hai loại miếng ghép trên.
ĐÁP ÁN
Bài 1:
1. Điều kiện: x2 − 3x  0
Đặt x 2 − 3x = t  0
Phương trình đã cho trở thành
t = t 2 − 2  t = 2 (do t  0 )

x 2 − 3x = 2
 x = −1

(tm)
x = 4
Vậy phương trình có nghiệm x = -1, x = 4
2. Ta có ngay x + y + z > 0 và x – 2y; y – 2z; z − 2x  0
Vì thế áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có
x − 2 y y − 2z z − 2x x − 2 y + y − 2z + z − 2x − x − y − z
=
=
=
=
= −1
z
x
y
x+ y+ z
x+ y+ z
Vậy x − 2 y = − z  x + z = 2 y
Tương tự cũng có được y + z = 2x, x + y = 2z
Từ đó x + y + z = 3x = 3 y = 3z  x = y = z
Vì vậy giá trị của biểu thức P = (2 + 1)(2 + 1)(2 + 1) = 27
Bài 2:
1. Ta có: 4 x2 + 8xy + y 2 = 9 y 2 − 6 y + 1
 (2 x + y)2 = (3 y − 1)2 + 5
 (2 x − 2 y + 1)(2 x + 4 y − 1) = 5
Do x, y nguyên nên ta có các trường hợp sau
2x − 2 y = 0
2x − 2 y + 1 = 1

 x = y =1
2x + 4 y = 6
2x + 4 y − 1 = 5
TH1: 
Tương tự với các trường hợp (5, 1); (-1; -5); (-5; -1) ta được các nghiệm (x, y) thỏa
mãn là (-2; 1)
Vậy hệ phương trình có 2 cặp nghiệm (x, y) thỏa mãn là (-2; 1) và (1; 1)
2. Rõ ràng x  y  p2 = ( x − y)(2x + y)2
Từ đó p 2 chia hết cho (2 x + y ) 2 nên p chia hết cho 2x + y
Vì x, y nguyên dương nên 2x + y  3  2x + y = p
Thay vào p2 = ( x − y)(2x + y)2  x − y = 1  x = y + 1
Vì vậy p = 2x + y = 2( y + 1) + y = 3 y + 2 và ta có điều phải chứng minh.
Bài 3:
1. Ta có: c 2 =
a 2b + b 2 − a
 a 2b + b 2 − a ab  b 2 − a ab  a b
ab
Vì vậy tồn tại số nguyên dương k sao cho a = bk.
Lúc này ta có được b3k + b2 − bk b2k  b2k + b − k bk
b k
k =b
k b
Do đó b − k bk  
Vì vậy a = b2  a − c2 = 0  a = c2  b = c
2. Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có
(a 2 + b 2 + c 2 ) 2
4
=
ab + bc + ca + 6 ab + bc + ca + 6
2
Lại có a + b2 + c2  ab + bc + ca
Theo bất đẳng thức Cauchy nên ab + bc + ca  2
4
1
=
Vì vậy T 
2+6 2
Lại có (b − 1)(c − 1)  0  bc + 2  b + c + 1  b + c + a
T
Cũng có a(1 − a3 )  0  a4  a
a4
a


bc + 2 a + b + c
Tương tự và cộng theo từng vế ta có ngay
T
Vậy
a
b
c
+
+
=1
b+c+a c+a+b a+b+c
1
 T 1
2
Tóm lại giá trị nhỏ nhất của T bằng
1
, chẳng hạn khi a = b = c =
2
2
3
Còn giá trị lớn nhất của T bằng 1, chẳng hạn khi a = b = 1, còn c = 0
Bài 4:
a) Ta có: ASC = BSM (do AC = BD)
Mà SBM = SAC  SBM ~ SAC
1
2
b) Từ câu a ta có BS . AC = AS .BM = . AS .BC = SJ .BC
BS BC
=
SJ AC
 JBS ~ ABC(c − g − c)

Từ đó JBA = SBC  TC // AS
c) DL cắt (O) tại X khác D
Ta có: DXC = DBC = DFK  Tứ giác LXCF nội tiếp
Suy ra DL.DX = DF.DC = DH .DE
 HEXL nội tiếp
Kẻ đường kính DV của (O)
DE cắt (O) tại U
Ta có: EXL = DHL = ODH (do OD ⊥ FK )
=
1
1
sdUV = sd AD = AXD
2
2
Vậy A, E, X thẳng hàng. Ta có đpcm
Bài 5:
1. Ta có cách phủ kín bảng trông TH n = 6 như sau: (phần màu trắng được ghép bởi
các “dấu trừ”)
2. Tô màu bảng n x n như hình bàn cờ thì một “dấu trừ” sẽ luôn phủ 1 ô trắng, 1 ô
đen, một “dấu cộng” luôn phủ 4 trắng, 1 đen hoặc 4 đen, 1 trắng
Gọi số “dấu trừ” được sử dụng là a, số “dấu cộng” 4 trắng – 1 đen và 4 đen – 1 trắng
lần lượt được sử dụng là b, c.
Khi đó:
+ Số ô trắng được phủ là: a + 4b + c
+ Số ô đen được phủ là: a + b + 4c
Mà bảng tô theo hình bàn cờ, nên hiệu số ô trắng trừ số ô đen trong bảng luôn thuộc
 −1, 0,1 nên 3(b − c)  −1, 0,1
Do đó b = c
Dẫn đến tổng số ô trong bảng là 2a + 10b, là một số chẵn, hay n phải chẵn.
Với n = 2, n = 4 dễ thấy không thể phủ được.
Vì n = 6 phủ được nên với n chẵn, n  8 bất kì, ta chỉ cần phủ bảng con 6 x 6 ở một
góc như ý 1), phần còn lại phủ bởi các “dấu trừ” là xong
Vậy để bảng có thể phủ được thì n chẵn và n  6 .
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VĨNH PHÚC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC: 2024 – 2025
ĐỀ THI MÔN: TOÁN – CHUYÊN
Dành cho thí sinh thi chuyên Toán và
chuyên Tin
Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kể thời gian giao đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1: Giải các phương trình
a) 3x − 2 + 3 x + 2 = 8
b) ( x − 3)( x − 2)( x + 1)( x + 6) = 28x2
 x3 + y 3 = 3x 2 − 3x + 1
Câu 2: Giải hệ phương trình 
 xy + x + 2 y = 1
Câu 3:
a) Tìm tất cả các số nguyên tố p có dạng 4k 4 + 1 với k là một số tự nhiên
b) Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n để n2 + 1 là ước số của Q =
1.2.3…n
Câu 4: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = 2(a + b + c)
a) Chứng minh rằng a + b + c  6 và (a + 1)(b + 1)(c + 1)  27
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của F = (a + 1)(b + 1)(c + 1)
Câu 5: Cho tam giác ABC nhọn, không cân nội tiếp đường tròn (O) và BAC = 60 .
Các đường thẳng qua C và B song song với AO cắt đường tròn (O) lần lượt tại E và
F (E khác C, F khác B). Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Đường thẳng BH cắt đường
tròn (O) tại điểm thứ hai là X (X khác B); đường thẳng CH cắt đường tròn (O) tại
điểm thứ hai Y (Y khác C).
a) Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác HBC
b) Gọi M là giao điểm của XF với AC và N là giao điểm của YE với AB. Chứng
minh MN // BC.
c) Chứng minh ba đường thẳng MN, XY, FE đồng quy.
Câu 6: Cho tập A gồm 2025 số tự nhiên liên tiếp. Một tập con B của A được gọi là
tập con có tính chất “nodiv” nếu hai phần tử a, b (a > b) bất kì thuộc tập B đều thỏa
mãn điều kiện a + b không chia hết cho a – b.
a) Chỉ ra một tập con B của A có tính chất “nodiv” mà B có đúng 675 phần tử
b) Nếu B là một tập con của A có tính chất “nodiv” thì B có thể có nhiều nhất bao
nhiêu phần tử?
ĐÁP ÁN
Bài 1:
a) Điều kiện: x 
2
3
Nếu x > 2 thì 3x − 2 + 3 x + 2  4 + 3 4 = 8 , mâu thuẫn
Nếu
2
 x  2 thì
3
3x − 2 + 3 x + 2  4 + 3 4 = 8 , mâu thuẫn
Do đó, x = 2
Thử lại thỏa mãn
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2
b) Phương trình đã cho tương đương với
( x2 + 6 − 5x)( x2 + 6 + 7 x) = 28x2
Đặt a = x2 + x + 6 thì ta có (a − 6x)(a + 6x) = 28x2
Hay a2 − 36x2 = 28x2
Từ đó a = 8x hoặc a = -8x
Xét các trường hợp cụ thể, ta tìm được tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là
x = 1, x = 6, x =
−9 + 57
−9 − 57
;x =
2
2
Bài 2:
Phương trình thứ nhất của hệ có thể được viết lại thành y 3 = (1 − x)3
Từ đó y = 1 – x
Thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được x(1 − x) + x + 2(1 − x) = 1
Giải phương trình này, ta được x = 1 (tương ứng y = 0)
hoặc x = -1 (tương ứng, y = -2)
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x; y) là (1; 0) và (-1; 2)
Bài 3:
a) Ta có: p = 4k 4 + 1 = (2k 2 − 2k + 1)(2k 2 + 2k + 1)
Vì p là một số nguyên tố và (2k 2 − 2k + 1)  (2k 2 + 2k + 1) nên 2k 2 − 2k + 1 = 1  k {0;1}
Thử lại, ta được k = 1 và p = 5
Vậy có duy nhất một số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu đề bài là p = 5.
b) Chọn n = 2a2 với a là một số nguyên bất kỳ thỏa mãn a  1(mod5), a  1069
Ta có: n2 + 1 = 4a 4 + 1 = (2a 2 − 2a + 1)(2a 2 + 2a + 1) = 5.
2a 2 + 2a + 1
.(2a 2 − 2a + 1)
5
2a 2 + 2a + 1
Vì a  1(mod5) nên
là một số nguyên
5
Ngoài ra, do a  1069 nên dễ thấy
5
2a 2 + 2a + 1
 2a 2 − 2a + 1  2a 2 .
5
2a 2 + 2a + 1
.(2a 2 − 2a + 1) = 4a 4 + 1
Vì vậy 5.
5
Từ đây, ta suy ra đpcm
Bài 4:
a) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwartz, ta có
2(a + b + c) = a 2 + b 2 + c 2 
(a + b + c) 2
3
Từ đây, ta dễ dàng suy ra 0  a + b + c  6
Từ giả thiết, ta có 2a + 2 = a2 + (b − 1)2 + (c − 1)2  0  a  −1
Tương tự ta cũng có b  −1; c  −1
Suy ra a + 1, b + 1, c + 1 là các số không âm
Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức AM – GM kết hợp với kết quả 0  a + b + c  6 vừa
chứng minh ở trên, ta được
 a + 1+ b + 1+ c + 1 
(a + 1)(b + 1)(c + 1)  
  27
3


3
b) Không mất tính tổng quát, giả sử a  b  c
từ giả thiết ta có a + b + c  0
Vì thế a 
a+b+c
0
3
Bây giờ, ta có
(b + 1)(c + 1) = bc + b + c + 1 +
a 2 + b 2 + c 2 − 2(a + b + c)
2
(b + c) 2 + a 2 − 2a + 2 a 2 − 2a + 2
=

2
2
Sử dụng bất đẳng thức này, ta được
F
(a + 1)(a 2 − 2a + 2) a 3 − a 2 + 2
=
2
2
Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có
a3 a3 4
+ +
 a2
2 2 27
Do đó, F 
−
4
+2
25
27
=
2
27
2
3
2
3
Mặt khác, với a = b = , c = −  F =
Vậy min F =
25
.
27
Bài 5:
Xét thế hình như hình vẽ bên
25
27
1
2
a) Ta có: AFE = ACE = OAC = 90 − AOC = 90 − ABC = HCB
Hoàn toàn tương tự, ta cũng có AEF = HBC
Từ đó suy ra hai tam giác AEF và HBC đồng dạng (g – g)
b) Vì BF // CE nên EF = BC
Mà hai tam giác AEF và HBC đồng dạng (theo câu a) nên hai tam giác này cũng
bằng nhau
Suy ra AE = HB và AF = HC
Mà HB = BY và HC = CX (tính chất của trực tâm)
Nên AE = HB = BY và AF = HC = CX
Vì AE = BY nên tứ giác AEBY là hình thang cân
Suy ra
AN AY
=
NB BE
Chứng minh tương tự ta cũng có
AM AX
=
MC CF
Mặt khác ta lại có AY = AX = AH (theo tính chất của trực tâm) và BE = CF (do tứ
giác BFCE là hình thang cân) nên
AN AM
=
 MN // BC
NB MC
c) Tứ giác AXCF là hình thang cân nê
FCY = FCA − YCA = CAX − YCA = HBC − YCA
1
2
Mà YCA = 90 − BAC = 90 − BOC = OBC nên
FCY = HBC − OBC = HBO
CMTT ta cũng có XCE = HCO
Mặt khác, ta lại có
BHC = 180 − BAC = 120 = BOC
Nên tứ giác BHOC nội tiếp
Vì thế HCO = HBO
Từ đây, ta suy ra FCY = HBO = HCO = XCE
Như vậy, XE = FY
Từ đó YE // FX
Bây giờ, sử dụng định lý Thales, ta có
MX AX AY NF
=
=
=
MF FC BE NE
Kết hợp với YE // FX ta dễ dàng suy ra ba đường thẳng MN, XY, FE đồng quy.
Bài 6:
a) Đặt A =  n, n + 1,..., n + 2024 , với n là số tự nhiên
Xét các trường hợp sau
+ TH1: n chia hết cho 3
Xét tập hợp B =  n + 1, n + 4, n + 7,..., n + 2023
Tập này có 675 phần tử và thỏa mãn điều kiện
b) Ta chứng minh tập B có nhiều nhất 675 phần tử
Thật vậy, giả sử tập B có không ít hơn 676 phần tử
Ta chia tập A thành các nhóm nhỏ như sau
 n, n + 1, n + 2
n + 3, n + 4, n + 5
….
n + 2022, n + 2023, n + 2024
Có tất cả 675 nhóm và hai số ai , a j phân biệt bất kỳ ở mỗi nhóm đều thỏa mãn ai + a j
chia hết cho ai − a j
Vì tập B có không ít hơn 676 phần tử nên tồn tại hai phần tử của tập B thuộc cùng
một nhóm nhỏ, hai phần tử này sẽ không có tính chất “nodiv”, mâu thuẫn
Như vậy tập B có không quá 675 phần tử
Mặt khác, cách xây dựng tập B như ở câu a thỏa mãn yêu cầu bài toán
Vậy tập B có nhiều nhất 675 phần tử.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC NINH
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2024- 2025
Môn thi: Toán (Dành cho thí sinh chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 150 phút (khong kể thời gian giao đề)
Câu 1. (2,0 điểm)
1 Tính giá trị của biểu thức √15𝑥 2 − 2√15𝑥 + 30 khi 𝑥 = √15.
2 Cho hai đường thẳng 𝑑: 𝑦 = 2𝑥 − 1 và 𝑑 ′ : 𝑦 = 𝑥 + 𝑚 ( 𝑚 la tham số) cắt nhau tại điểm A . Tìm 𝑚
đã đoạn thẳng 𝑂𝐴 có độ dàì bằng I ( 𝑂 là góc toạ độ).
Câu 2. (2,0 điểm)
𝑥 2 + 𝑥𝑦 2 − 10𝑦 = 0
Giải hệ phương trình { 2
.
𝑥 + 6𝑦 2 = 10
Giải phương trình √5𝑥 2 + 4𝑥 − √𝑥 2 − 3𝑥 − 18 = 5√𝑥.
Câu 3. (3,0 điểm)
1 Cho tam giác 𝐴𝐵𝐶 nhọn không cân, nội tiếp đường tròn (𝑂), đường cao 𝐴𝐻(𝐻 ∈ 𝐵𝐶). Goi 𝐾, 𝐿 lần
lượt là chân đường vuông góc kẻ từ 𝐻 đến 𝐴𝐵 và 𝐴𝐶. Đường thẳng 𝐾𝐿 cắt đường tròn (𝑂) tại hai
điểm 𝑃, 𝑄(𝑃 nằm trên cung nhỏ 𝐴𝐵).
̂ = 𝐴𝐶𝐵
̂ và 𝐴𝑃 = 𝐴𝑄.
a) Chứmg minh 𝐴𝐾𝐿
b) Đường thẳng 𝐴𝐻 cắt đường tròn (𝑂) tại điểm 𝑇(𝑇 ≠ 𝐴). Gọi 𝐷 là chân đường vuông góc kẻ từ 𝐻
̂ = 90∘ .
đến 𝐾𝑍. Đường thẳng 𝐴𝐷 cắt đường tròn (𝑂) tại 𝑀(𝑀 ≠ 𝐴). Chứng minh 𝐻𝑀𝑇
2 Cho đoạn thẳng 𝐵𝐶 cố định và một điểm 𝐴 thay đổi sao cho tam giác 𝐴𝐵𝐶 vuông tại 𝐴. Hai đường
phân giác trong của tam giác 𝐴𝐵𝐶 là 𝐵𝐷 và 𝐶𝐸 cắt nhau tại điểm 𝑂. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
𝐵𝐷 2
𝐵𝑂2
+
𝐶𝐸 2
𝐶𝑂2
.
Câu 4. (𝟏, 𝟓 điểm)
1. Bạn An tham gia phiên chợ hè trong đó có sử dụng hai loại thẻ: loại thẻ giá 3000 đồng và loại thẻ giá
2000 đồng. Bạn An muốn dùng hết số tiền tiết kiệm của mình để mua 𝑥 thẻ loại giá 3000 đồng và y thẻ
loại giá 2000 đồng. Tìm số cách mua có đủ cả hai loại thè nếu tiền tiết kiệm của bạn An là 2024000
đồng.
2. Tìm tất cả các số nguyên tố 𝑝, 𝑞 thoả mãn 𝑝(𝑝 − 1) = 𝑞(𝑞2 − 1).
Câu 5. (1,5 điểm)
1 Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 là các số thực không âm và thoả mãn 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐 2 = 8. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
𝑃=
2𝑎 + 𝑐 2𝑏 + 𝑐
+
.
1 + 𝑏𝑐 1 + 𝑐𝑎
2 Cho một mảnh giấy hình vuông. Mảnh giấy này được chia thành hai mảnh giấy bằng một đường cắt
thẳng. Lấy một trong hai mảnh có đươc, ta lại làm như trên nhiều lần. Hỏi số lần cắt ít nhất phải là
bao nhiêu để có thể nhận đươc 100 đa giác 20 cạnh.
----------------HẾT---------------
Giải đề thi Toán chuyên THPT Chuyên Bắc Ninh 2024
Nguyễn Văn Hoàng - Nguyễn Thế Khải - Trần Minh Tuấn - Trần Cường
1 Câu 1
1 Tính giá trị biếu thức √15𝑥 2 − 2√15𝑥 + 30 khi 𝑥 = √15.
2 Cho hai đường thẳng 𝑑: 𝑦 = 2𝑥 − 1 và 𝑑 ′ = 𝑦 = 𝑥 + 𝑚 ( 𝑚 là tham số) cắt nhau tại điểm 𝐴. Tìm 𝑚
để đoạn thẳng 𝑂𝐴 có độ dài bằng 1 ( 𝑂 là góc tọa dộ).
Lời giải.
1 Ta có: √15𝑥 2 − 2√15𝑥 + 30 = √(𝑥√15 − 1)2 + 29 = √(15 − 1)2 + 29 = 15.
2 Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là nghiệm của phương trình:
2𝑥 − 1 = 𝑥 + 𝑚
⇔𝑥 =𝑚+1
Khi đó ta có: 𝐴(𝑚 + 1,2𝑚 + 1) ⇒ 𝑂𝐴 = √(𝑚 + 1)2 + (2𝑚 + 1)2 = 1 ⇔ [
Thử lại ta thấy thỏa mãn. Vậy 𝑚 =
−1
5
hoặc 𝑚 = −1.
2 Câu 2
𝑥 3 + 𝑥𝑦 2 − 10𝑦 = 0
1 Giải hệ phương trình { 2
𝑥 + 6𝑦 2 = 10
2 Giải phương trình √5𝑥 2 + 4𝑥 − √𝑥 2 − 3𝑥 − 18 = 5√𝑥
Lời giải.
𝑥 3 + 𝑥𝑦 2 − 10𝑦 = 0(1)
1 { 2
𝑥 + 6𝑦 2 = 10(2)
Từ (1) và (2) ta được: 𝑥 3 + 𝑥𝑦 2 − (𝑥 2 + 6𝑦 2 )𝑦 = 0
⇔ 𝑥 3 + 𝑥𝑦 2 − 𝑥 2 𝑦 − 6𝑦 3 = 0
⇔ 𝑥 2 (𝑥 − 2𝑦) + 𝑥𝑦(𝑥 − 2𝑦) + 3𝑦 2 (𝑥 − 2𝑦) = 0
⇔ (𝑥 − 2𝑦)(𝑥 2 + 𝑥𝑦 + 3𝑦 2 ) = 0
⇔ 𝑥 = 2𝑦 hoặc 𝑥 2 + 𝑥𝑦 + 3𝑦 2 = 0
𝑚=
−1
5
𝑚 = −1
𝑦 2
11
𝑦 2 11
𝑦
TH1: Nếu 𝑥 2 + 𝑥𝑦 + 3𝑦 2 = 0 thì (𝑥 + ) + 𝑦 2 = 0 mà (𝑥 + ) , 𝑦 2 ≥ 0 Nên 𝑦 = 0, 𝑥 + =
2
4
2
4
2
0 hay 𝑥 = 𝑦 = 0 (thử lại vào (2) thì vô lý)
TH2: Nếu 𝑥 = 2𝑦. Thế vào (2) ta được:
10𝑦 2 = 10
⇔ 𝑦 = ±1
⇒ (𝑥; 𝑦) ∈ {(2; 1), (−2; −1)} (thử lại thoả mãn)
Vậy (𝑥; 𝑦) ∈ {(2; 1), (−2; −1)}
5𝑥 2 + 4𝑥 ≥ 0
2. ĐKXĐ: {𝑥 2 − 3𝑥 − 18 ≥ 0 ∙ X ≥ 6
𝑥≥0
Phương trình tương đương:
√5𝑥 2 + 4𝑥 − 5√𝑥 = √𝑥 2 − 3𝑥 − 18
⇒ 5𝑥 2 + 4𝑥 − 10𝑥√5𝑥 + 4 + 25𝑥 = 𝑥 2 − 3𝑥 − 18
⇒ 4𝑥 2 + 32𝑥 + 18 = 10𝑥√5𝑥 + 4
⇒ 16𝑥 4 + 256𝑥 3 + 1168𝑥 2 + 1152𝑥 + 324 = 100𝑥 2 (5𝑥 + 4)
⇒ 4(𝑥 − 9)(4𝑥 + 3)(𝑥 2 − 7𝑥 − 3) = 0
𝑥=9
3
x = (loại do x ≥ 6 )
4
7 + √61
⇒
x=
2
7 − √61
x
=
(loại do 𝑥 ≥ 6 )
{
2
(Thử lại thoả mãn)
Vây 𝑥 ∈ {9;
7+√61
2
}.
3 Câu 3
1 Cho tam giác 𝐴𝐵𝐶 nhọn không cân, nội tiếp đường tròn (𝑂), đường cao 𝐴𝐻(𝐻 ∈ 𝐵𝐶). Gọi 𝐾, 𝐿 lần
lượt là chân đường vuông góc kẻ từ 𝐻 dến 𝐴𝐵 và 𝐴𝐶. Đường thẳng 𝐾𝐿 cắt dường tròn (𝑂) tại hai
điểm 𝑃, 𝑄 ( 𝑃 năm trên cung nhỏ 𝐴𝐵 ).
̂ = 𝐴𝐶𝐵
̂ và 𝐴𝑃 = 𝐴𝑄.
a) Chứng minh 𝐴𝐾𝐿
b) Đường thẳng 𝐴𝐻 cắt đường tròn (𝑂) tại điếm 𝑇(𝑇 ≠ 𝐴). Gọi 𝐷 là chân đường vuông góc kẻ từ 𝐻
̂ = 90∘
đến 𝐾𝐿. Đường thẳng 𝐴𝐷 cắt đường tròn ( 𝑂 ) tại 𝑀(𝑀 ≠ 𝐴). Chứng minh 𝐻𝑀𝑇
2 Cho đoạn thẳng 𝐵𝐶 cố định và một diếm 𝐴 thay đổi sao cho tam giác 𝐴𝐵𝐶 vuông tại 𝐴. Hai đường
phân giác trong của tam giác 𝐴𝐵𝐶 là 𝐵𝐷 và 𝐶𝐸 cắt nhau tại điểm 𝑂. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
𝐵𝐷 2 𝐶𝐸 2
+
𝐵𝑂2 𝐶𝑂2
Lời giải.
𝐴𝐾
𝐴𝐿
1.a) Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông thì: 𝐴𝐻 2 = 𝐴𝐾. 𝐴𝐵 = 𝐴𝐿. 𝐴𝐶 Nên
= đồng thời
𝐴𝐶
𝐴𝐵
̂ chung
có 𝐵𝐴𝐶
̂ = 𝐴𝐶𝐵
̂
Suy ra △ 𝐴𝐾𝐿 ∼△ 𝐴𝐶𝐵( c.g.c) ⇒ 𝐴𝐾𝐿
̂ = 180∘ − 𝐴𝐶𝐵
̂ nên 𝐴𝐾𝑃
̂ = 𝐴𝑃𝐵
̂
Ta có: 180∘ − 𝐴𝐾𝐿
̂ chung, suy ra △ 𝐴𝐾𝑃 ∽△ 𝐴𝑃𝐵(𝑔. 𝑔)
Có 𝑃𝐴𝐵
𝐴𝐾
𝐴𝑃
Nên
=
⇒ 𝐴𝑃2 = 𝐴𝐵. 𝐴𝐾 = 𝐴𝐻 2
𝐴𝑃
𝐴𝐵
Suy ra 𝐴𝑃 = 𝐴𝐻, tương tự có 𝐴𝑄 = 𝐴𝐻.
Nên 𝐴𝑃 = 𝐴𝑄
̂ = 90∘
1.b) Kẻ 𝐴𝑆//𝐵𝐶 khi đó 𝑆𝐴𝑇
Ta cần chứng minh 𝑀, 𝐻, 𝑆 thẳng hàng thì bài toán được giải quyết.
Ta cho 𝑆𝐻 cắt (𝑂) tại 𝑀′ khác 𝑆.
Lúc này ta có:
Mà
𝑆𝐵
𝑆𝐶
=
𝐴𝐶
𝐴𝐵
𝐵𝐻
=
𝐵𝐻
⋅
𝐻𝑆
=
𝐵𝑀′
⋅
𝐵𝑆
𝐻𝐶
𝐻𝑆 𝐻𝐶
𝑆𝐶
𝑀′ 𝐶
𝐵𝐻
𝐴𝐶 𝑀′ 𝐵
𝑀′ 𝐵
nên
𝐻𝐶
=
𝐴𝐵
⋅
hay
𝑀′ 𝐶
𝑀′ 𝐶
𝑀𝐵
𝐻𝐵 𝐴𝐵
=
𝐻𝐵
𝐻𝐶
⋅
𝐴𝐵
𝐴𝐶
Ta cần phải chứng minh
=
⋅ để suy ra 𝑀 trùng 𝑀′ .
𝑀𝐶
𝐻𝐶 𝐴𝐶
̂ = 𝐴𝐶𝐵
̂ = 𝐴𝑀𝐵
̂ nên tứ giác 𝐾𝐷𝑀𝐵 nội tiép.
Đầu tiên ta có: 𝐴𝐾𝐷
Tương tự ta cũng có tứ giác 𝑀𝐷𝐿𝐶 nội tiếp.
𝐾𝐷
𝐴𝐷
Suy ra
=
(vì △ 𝐴𝐾𝐷 ∼△ 𝐴𝑀𝐵 )
Và
𝐷𝐿
𝑀𝐶
𝑀𝐵
𝐴𝐵
𝐴𝐷
=
𝐴𝐶
𝑀𝐵
(vì △ 𝐴𝐿𝐷 ∼△ 𝐴𝑀𝐶 ).
𝐴𝐵
𝐾𝐷
𝐾𝐷
𝐻𝐵
Lúc này
= ⋅ , tức ta cần chứng minh
=
𝑀𝐶
𝐴𝐶 𝐷𝐿
𝐷𝐿
𝐻𝐶
Điều này khá đơn giản khi ta để ý thấy với tứ giác 𝐴𝐾𝐻𝐿 nội tiếp.
̂ = 𝑇𝐵𝐻
⏜ = 𝐻𝐴𝐿
̂)
Nên △ 𝐻𝐾𝐷 ∼△ 𝑇𝐵𝐻(𝑔. 𝑔) (do 𝐻𝐾𝐷
và △ 𝐻𝐿𝐷 ∽△ 𝑇𝐶𝐻(𝑔. 𝑔) (tưong tư)
𝐾𝐷
𝐻𝐵
𝐿𝐷
𝐶𝐻
Suy ra
= (1) và
= (2)
𝐻𝐷
𝑇𝐻
𝐷𝐻
𝐻𝑇
Chia (1) cho (2) ta được điều cần chứng minh
Khi đó ta có: 𝑀 ≡ 𝑀′ và bài toán đã được giải quyết
2. Tứ giả thiết ta có 𝑂 là tâm đường tròn nội tiếp của △ 𝐴𝐵𝐶.
Khi này, ta dễ dàng có những biến đổi sau, theo tính chất đường phân giác:
𝐵𝐷 𝐴𝐷 + 𝐴𝐵
𝐴𝐷
𝐴𝐷 + 𝐷𝐶 𝐴𝐵 + 𝐵𝐶 + 𝐶𝐴
=
=1+
=1+
=
𝐵𝑂
𝐴𝐵
𝐴𝐵
𝐴𝐵 + 𝐵𝐶
𝐴𝐵 + 𝐵𝐶
Tương tự ta có
𝐶𝐸
𝐶𝑂
𝐵𝐷 2
=
𝐴𝐵+𝐵𝐶+𝐶𝐴
𝐴𝐶+𝐵𝐶
𝐶𝐸 2
Khi đó 𝑆 = ( ) + ( )
𝐵𝑂
𝐶𝑂
A
D
E
O
C
B
𝐵𝐷 𝐶𝐸
(𝐴𝐵 + 𝐵𝐶 + 𝐶𝐴)2
(𝐴𝐵 + 𝐵𝐶 + 𝐶𝐴)2
𝑆 ≥2⋅
⋅
≥2⋅
≥2⋅
𝐵𝑂 𝐶𝑂
(𝐴𝐵 + 𝐵𝐶)(𝐴𝐶 + 𝐵𝐶)
𝐴𝐵 ⋅ 𝐴𝐶 + 𝐵𝐶(𝐴𝐵 + 𝐴𝐶) + 𝐵𝐶 2
Đặt 𝐵𝐶 = 𝑎, 𝐶𝐴 = 𝑏, 𝐴𝐵 = 𝑐
𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐 2 + 2𝑎𝑏 + 2𝑏𝑐 + 2𝑐𝑎
𝑆 ≥ 2.
𝑎2 + 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎
𝑏2 + 𝑐 2 − 𝑎2
= 2 (2 + 2
)
𝑎 + 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎
Mà 𝑏2 + 𝑐 2 − 𝑎2 = 0
Nên 𝑆 ≥ 2.2 = 4
1
Dấu = xảy ra khi 𝐴𝐵 = 𝐴𝐶 = ⋅ 𝐵𝐶
√2
Tức 𝐴 là điểm chính giữa cung 𝐵𝐶.
4 Câu 4
1 Bạn An tham gia phiên chợ hè trong đó có sử dụng hai loại thẻ: loại thẻ giá 3000 đồng và loại thẻ giá
2000 đồng. Bạn An muốn dùng hết số tiền tiết kiệm của mình để mua 𝑥 thẻ loại giá 3000 đồng và 𝑦
thẻ loại giá 2000 đồng. Tìm số cách mua đủ cả hai loại thẻ nếu tiền tiết kiệm của bạn An là 2024000
đồng.
2 Tìm tất cả số nguyên tố 𝑝, 𝑞 thỏa mãn 𝑝(𝑝 − 1) = 𝑞 (𝑞2 − 1)
Lời giải.
1. Trước tiên, từ giả thiết ta viết phương trình của bài toán:
3000𝑥 + 2000𝑦 = 2024000
⇔ 3𝑥 + 2𝑦 = 2024
Tức số cách chính bằng số nghiệm (𝑥; 𝑦) nguyên dương của phương trình 3𝑥 + 2𝑦 = 2024 (do yêu cầu
mua đủ cả 2 loại thẻ, nên 𝑥, 𝑦 > 0 ). Do 2024 và 2𝑦 đều chẵn, nên 3𝑥 chẵn, tức 𝑥 chẵn.
Đặt 𝑥 = 2𝑧 với 𝑧 nguyên dương, ta có phương trình mới: 3𝑧 + 𝑦 = 1012 Đến đây, ta thá́ y 𝑦 ≥ 1 ⇒ 3𝑧 ≤
1011 ⇒ 𝑧 ≤ 337
Mà 𝑧 nguyên dương, nên có đúng 337 giá trị 𝑧 thỏa mãn (tương ứng với giá trị 𝑦 nguyên dương thỏa mãn
𝑦 = 1012 − 3𝑧 ).
Vậy kết luận An có đúng 337 cách mua sao cho đủ cả hai loại thẻ.
2. Từ giả thiết, do 𝑞 + 1 > 1 ⇒ 𝑝(𝑝 − 1) > 𝑞(𝑞 − 1) ⇒ 𝑝 > 𝑞
Lại có: 𝑞(𝑞 − 1)(𝑞 + 1) ip, mà 𝑝 là số nguyên tố, nên có ít nhá́ t 1 trong 3 số 𝑞, 𝑞 − 1, 𝑞 + 1 chia hết cho 𝑝.
Mặt khác, do 𝑝 > 𝑞 ≥ 2 ⇒ 0 < 𝑞 − 1 < 𝑞 < 𝑞 + 1 ≤ 𝑝
Suy ra 𝑞 + 1 = 𝑝 ⇒ 𝑞 = 2; 𝑝 = 3 (do 𝑝, 𝑞 dều là số nguyên tố).
Thử lại thỏa mãn, ta kết luận bài toán có́ nghiệm duy nhất (𝑝; 𝑞) = (3; 2)
5 Câu 5
1 Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 là các số thực không âm và thỏa mãn 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐 2 = 8. Tìm giá trị lớn nhát của biểu
thức:
𝑃=
2𝑎 + 𝑐 2𝑏 + 𝑐
+
1 + 𝑏𝑐 1 + 𝑐𝑎
2 Cho một mảnh giấy hình vuông. Mảnh giấy này dược chia thành hai mảnh giấy bằng một đường cắt
thẳng. Lấy một trong hai mảnh có được, ta lại làm như trên nhiều lần. Hỏi số lần cắt ít nhất phải là
bao nhiêu đế có thẻ nhận được 100 đa giác 20 cạnh.
Lời giải.
1 Ta đi chứng minh
1 + 𝑏𝑐 ≥
𝑎+𝑏+𝑐
4
1 + 𝑏𝑐 ≥
𝑎+𝑏+𝑐
4
Thật vậy, ta có:
 16(1 + bc) 2  (a + b + c) 2
 8 + 16b 2 c 2 + 30bc  2a ( b + c )
 a 2 + b 2 + c 2 + 16b 2c 2 + 30bc  2a ( b + c )
 a 2 + (b + c) 2 + 16b 2c 2 + 28bc  2a ( b + c )
Bất đẳng thức cuối luôn đúng theo 𝐴𝑀 − 𝐺𝑀 và do 𝑎, 𝑏, 𝑐 là các số thực không âm. Dấu bằng xảy ra khi
𝑐=0
{
𝑎 =𝑏+𝑐
Chứng minh tương tự ta được
1 + 𝑐𝑎 ≥
𝑎+𝑏+𝑐
4
Khi dó
𝑃≤
2𝑎 + 𝑐
2𝑏 + 𝑐
+
=8
𝑎+𝑏+𝑐 𝑎+𝑏+𝑐
4
4
𝑎=2
Đẳng thức xảy ra khi {𝑏 = 2.
𝑐=0
2. Trước tiên ta đưa ra một số nhận xét sau (trong phòng thi bạn đơn giản chỉ cần lấy thước cắt giấy nháp là
sē thấy nha):
Nhận xét 1: Mỗi nhóm cắt, số mảnh giấy tăng đúng 1. Mỗi mảnh giấy được cắt ra đều là một đa giác lồi.
Điểu này hiển nhiên, cẩn thận có thế chứng minh bằng quy nạp.
Nhạ̀n xét 2: Mỗi nhát cắt, tống số cạnh của tất cả các mảnh giáy tăng lên tối da 4.
Điều này suy ra từ nhận xét 1, ta thấy một đường cắt chỉ đi qua tối đa 2 cạnh của mảnh giấy đa giác lồi,
thêm cạnh sinh ra từ đường cắt được tính 2 lần, thì chỉ có tới đa 4 cạnh tăng thêm.
Từ 2 diều trên, ta biết rằng qua 𝑘 lần cắt, thì sẽ có đúng 𝑘 + 1mảnh giấy và tối đa 4 + 4𝑘 cạnh trong tất cả
các mảnh giấy.
Vậy để có 100 đa giác 20 cạnh, ta cần số lần cắt 𝑘 ≥ 99, và đồng thời
sẽ có ít nhất 𝑘 + 1 − 100 = 𝑘 − 99 đa giác khác ngoài 100 da giác 20 cạnh đang xét. Ta có bất đẳng thức:
4 + 4𝑘 ≥ 100 ⋅ 20 + 3(𝑘 − 99) ⇒ 𝑘 ≥ 1699
Đến đây, ta chỉ ra cách cắt, không quá phức tạp như sau. Với đa giác 𝑛 cạnh, ta cắt đường đi qua 2 cạnh kề
nhau, sẽ sinh ra được đa giác 𝑛 + 1 cạnh và 1 tam giác. Theo cách này, sau 16 bước cắt đầu, ta ra được 1 đa
giác 20 cạnh và 16 tam giác. Mỗi lần sau, ta dùng 17 bước cắt sẽ tạo ra thêm được 1 đa giác 20 cạnh. Tức
cuối cùng sẽ cần: 16 + 17 ⋅ 99 = 1699, thỏa mãn dấu bằng. Vậy cần ít nhất 1699 bước cắt dế thỏa mãn bài
toán.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
HƯNG YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
THPT
NĂM HỌC: 2024 – 2025
Bài thi: TOÁN
Dành cho thí sinh dự thi vào các lớp
chuyên: Toán, Tin học
Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kể thời gian giao đề)
Câu 1:
Cho biểu thức A =
x x + 26 x − 19 2 x
6
−
−
+ 1 với x  0, x  1
x+2 x −3
x −1
x +3
1. Rút gọn A
2. Tìm x để ( x + 3) A = 10 x
Câu 2:
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = -2x + 3 và parabol
(P): y = x2 . Tìm tọa độ các giao điểm của (d) và (P).
2. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình x2 − 2 y( x − y) = 2 − 2x
Câu 3:
1. Giải phương trình x 2 + x + 2 − ( x + 2) x 2 − x + 2 = 0
 x 2 + y 2 = 5
2. Giải hệ phương trình:  3
3
 x + 2 y = 10 x + 10 y
Câu 4:
1. Cho tam giác ABC vuông tại B (BC > AB) nội tiếp trong đường tròn tâm
O, đường kính AC = 2R. .Kẻ dây cung BD vuông góc với AC, H là giao điểm của
AC và BD. Trên HC lấy điểm E sao cho E đối xứng với A qua H. Đường tròn tâm
O’ đường kính EC cắt đoạn BC tại I (I khác C)
a) Chứng minh HI là tiếp tuyến của đường tròn đường kính EC
b) Khi điểm B thay đổi thì điểm H cũng thay đổi. Tìm vị trí của điểm H trên
đoạn AC để diện tích tam giác O’IH là lớn nhất
2. Một xô bằng tôn dạng hình nón cụt (giả sử mép không đáng kể, đáy nhỏ bị
bịt tôn) có các bán kính đáy là 17cm và 10cm, chiều cao 24cm. Tính diện tích tôn để
làm xô.
 a  0, b  0, c  2009
 a + b + c = 2025
Câu 5: Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = abc.
ĐÁP ÁN
Câu 1:
1.
a)
A=
x x + 26 x − 19 2 x
6
−
−
+1
x+2 x −3
x −1
x +3
=
x x + 26 x − 19 − 2 x ( x + 3) − 6( x − 1) + ( x − 1)( x + 3)
( x − 1)( x + 3)
=
x x + 26 x − 19 − 2 x − 6 x − 6 x + 6 + x + 2 x − 3
( x − 1)( x + 3)
=
x x − x + 16 x − 16
( x − 1)( x + 3)
x( x − 1) + 16( x − 1)
( x − 1)( x + 3)
x + 16
=
x +3
=
b)
( x + 3) A = 10 x
 x + 16 = 10 x
 x − 10 x + 16 = 0
 ( x − 2)( x − 8) = 0
 x=2

 x = 8
x = 4

(tm)
 x = 64
Vậy x   4;64
Bài 2:
a) Phương trình hoành độ giao điểm:
x2 = −2 x + 3
 x2 + 2 x − 3 = 0
 x = 1

x = 1
y =1


  x = −3
 x = −3

  y = 9
Vậy tọa độ giao điểm của (d) và (P) là A(1; 1) và B(-3; 9)
b) Phương trình: x2 − 2 y( x − y) = 2 − 2x
 x2 − 2 xy + 2 y 2 = 2 − 2 x
Có:
 x2 + 2 x(1 − y) + 2 y 2 − 2 = 0
 '  0  y2 − 2 y + 1− 2 y2 + 2  0
 − y2 − 2 y + 3  0
 −3  y  1
Nên y = -3; x = -4
y = -2 (loại)
y = -1 thì x = -4 hoặc x = 0
y = 0 (loại)
y = 1 thì x = 0
Vậy ( x, y )  (−4; −3); (−4; −1); (0; −1); (0;1)
Câu 3:
x 2 + x + 2 − ( x + 2) x 2 − x + 2 = 0
1)
Đặt x 2 − x + 2 = a(a  0)
Phương trình trở thành x2 + x + 2 = a2 + 2x
Thay vào phương trình ta có
a2 + 2 x − xa − 2a = 0
 a(a − x) + 2( x − a) = 0
 (a − x)(a − 2) = 0
a = x

a = 2
TH1: a = x (x > 0)
 x2 − x + 2 = x2
 x = 2 (thỏa mãn)
TH2: a = 2 (thỏa mãn a > 0)
 x2 − x + 2 = 4
 ( x + 1)( x − 2) = 0
 x = −1

(tm)
x = 2
Vậy x   −1; 2 .
2)
 x 2 + y 2 = 5
 3
3
 x + 2 y = 10 x + 10 y
Nhân chéo: 10 x3 + 10 xy 2 + 10 y3 + 10 x2 y = 5x3 + 10 y3
 5x3 + 10 xy 2 + 10 x2 y = 0
 5x( x2 + 2 xy + 2 y 2 ) = 0
x = 0
 2
2
 x + 2 xy + 2 y = 0(vl )
 y= 5
Thử lại ta có các nghiệm thỏa mãn ( x, y )  (0, 5);(0, − 5)
Câu 4:
a) Do đường tròn đường kính EC cắt BC tại I nên BIE = CIE = 90
(1)
Mà theo giả thiết, BD vuông AC tại H  BHE = 90
(2)
Từ (1) và (2) suy ra BHEI nội tiếp
(3)
 HIE = HBE
Do A đối xứng E qua H, BH vuông AE nên BH là phân giác của ABE
(4)
 ABH = HBE
Có ABC = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
(5)
 ABH = ACB (vì cùng phụ BAH )
Từ (3), (4), (5)  HIE = ACB  HIE = ECI
Do đó: HI là tiếp tuyến của đườn tròn đường kính EC
Vậy ta có đpcm.
b) Do HI là tiếp tuyến của (O’) đường kính EC nên HIO ' = 90
1
2
O ' I 2 + IH 2 O ' H 2
=
Mà O ' I .IH 
2
2
Do đó: SO ' IH = O ' I .IH ; O ' I 2 + IH 2 = HO '2
O'H2
 SO ' IH 
4
Mặt khác AC = AE + EC = 2HE + 2EO’ = 2HO’ = 2R
 HO ' = R
R2
Vì thế SO ' IH 
4
Dấu “=” xảy ra khi IH = IO’ =
EC
2
Mà HIB = HEB (BHEI nội tiếp)
= HAB = HBC (cùng phụ ABH )
Nên tam giác HIB cân tại H
Suy ra: HI = HB
Do đó:
EC
EC 2
= HB 
= HB 2
2
4
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC, đường cao BH
HB2 = HA.HC
EC 2
( HC − HA) 2

= HA.HC =
4
4
(*)
(do EC = HC – HE = HC – HA)
Đặt HA = x (x > 0) thì HC = 2R – x
(2 R − x − x) 2
= ( R − x) 2
Từ (*)  x(2 R − x) =
4
2
2
 2 x − 4Rx + R = 0
2− 2
2− 2
Do 0 < x < 2R nên x =
R  HA =
R
2
2
2− 2
Vậy H nằm trên AC sao cho HA =
R thì SO ' IH lớn nhất
2
2)
S = S xq + S daynho
S =  (r1 + r2 )l + r12 (r1 = 10, r2 = 17)
(có l = h 2 + (r2 − r1 )2 = 25 )
 S = (17 + 10).25 + .102 = 775(cm2 )
Vậy diện tích tôn để làm xô là 775(cm2 ) .
Câu 5:
2025 = a + b +
c
2001.c
+
2009 2009
8
 33
 33
8abc
+ 2001
2009
8abc
 24
2009
8abc
8
2009
8abc

 512
2009
 abc  128576
3
Dấu đẳng thức  a = c =
c
 a = b = 8; c = 2009
2009
8
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH HÀ GIANG
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2024-2025
ĐỀ THI MÔN: TOÁN HỌC
(dành cho thí sinh thi chuyên Toán, chuyên Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi: 12/06/2024
Câu 1 (2,0 điểm):
a) Tính giá trị biểu thức A = 2024 − 2 2023 − 2024 + 2 2023 .
b) Rút gọn B =
1
1
2
2 x +3
+
−
(với x  0 ). Tìm x để B = .
7
x
x +3 x+3 x
Câu 2 (2,5 điểm):
a) Xác định hệ số a,b để đường thẳng
B ( −1; −5 ) .
( d ) : y = ax + b đi qua hai điểm A ( 2; 4 ) và
b) Tìm m để phương trình x 2 − x − ( m − 1 ) = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa
1 1
mãn 4  +  − x1 x2 + 3 = 0.
 x1 x2 
Câu 3 (1,0 điểm): Tìm nghiệm nguyên của phương trình ( x + 2 y )( x − y ) + 5 x + 4 y = −1.
Câu 4 (3,5 điểm): Cho tam giác đều ABC, cạnh a, đường cao AH. M là một điểm thay đổi
trên cạnh BC, qua M kẻ MP vuông góc với AB, MQ vuông góc với AC. Gọi O là trung
điểm của AM .
a) Chứng minh năm điểm A,P,M ,H ,Q cùng thuộc một đường tròn.
b) Tứ giác OPHQ là hình gì? Vì sao?
c) Xác định vị trí của điểm M trên cạnh BC để độ dài PQ nhỏ nhất, tìm độ dài đó
theo a.
Câu 5 (1,0 điểm): Cho hai số thực a,b thay đổi thỏa mãn điều kiện a + b  4. Tìm giá trị nhỏ
16
− 3.
nhất của biểu thức P = 6 2 ( a 2 + b 2 ) +
a+b
----------- 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: .…………………………….
Họ tên CBCT 1: ……………………..........Họ tên CBCT 2: …….…………………....
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH HÀ GIANG
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2024-2025
HDC ĐỀ CHÍNH THỨC
Hướng dẫn chấm thi môn Toán
dành cho thí sinh thi chuyên Toán, chuyên Tin
(Bản hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
Một số lưu ý khi chấm
1. Nếu thí sinh không làm bài theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng và biện luận chặt
chẽ (cho dù dùng kiến thức nâng cao hoặc vượt chương trình) thì vẫn cho đủ điểm như hướng
dẫn quy định (đối với từng phần)
2. Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo
đảm không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong hội đồng chấm
thi.
3. Điểm bài thi là tổng điểm các câu thành phần và không được làm tròn; đề thi thang
điểm 10.
Câu 1 (2,0 điểm):
a) Tính giá trị biểu thức A = 2024 − 2 2023 − 2024 + 2 2023 .
b) Rút gọn B =
1
1
2
2 x +3
+
−
(với x  0 ). Tìm x để B = .
7
x
x +3 x+3 x
Đáp án
Câu
A = 2024 − 2 2023 − 2024 + 2 2023
Câu 1a
(0,5 đ)
= 2023 − 2 2023 + 1 − 2023 + 2 2023 + 1
=
( 2023 − 1) − ( 2023 + 1) = 2023 −1 − 2023 −1 = −2
2
2
Điểm
0,25
0,25
Với x  0 , ta có
B=
Câu 1b
(1,5 đ)
1
2
2 x +3
+
−
=
x
x +3 x+3 x
x
=
x
B=
x
( x + 3)
0,5
1
.
x +3
0,5
1
1
=  x +3= 7
x +3 7
0,25
( x + 3)
1

7
x +3+ 2 x − 2 x −3
=
 x = 4  x = 16 .
0,25
Câu 2 (2,5 điểm):
a) Xác định hệ số a,b để đường thẳng ( d ) : y = ax + b đi qua hai điểm A ( 2; 4 ) và
B ( −1; −5 ) .
b) Tìm m để phương trình x2 − x − ( m − 1 ) = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn
1 1
4  +  − x1 x2 + 3 = 0.
 x1 x2 
Câu
Câu 2a
(1,0 đ)
Đáp án
( d ) : y = ax + b đi qua hai điểm A ( 2; 4 ) và B ( −1; −5) nên ta có hệ
 2a + b = 4
−a + b = −5
0,5
phương trình 
a = 3

b = −2
Vậy a = 3;b = −2 .
0,5
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì  = 4m − 3  0
0,5
3
4
Suy ra m  .
0,25
 x1 + x2 = 1
 x1 x2 = −( m − 1 )
Theo hệ thức Vi-et ta có 
Câu 2b
(1,5 đ)
Điểm
0,25
Theo đề bài:
1 1
x +x 
4
4  +  − x1 x2 + 3 = 0  4  1 2  − x1 x2 + 3 = 0 
+m+2= 0
−m + 1
 x1 x2 
 x1 .x2 
0,25
Suy ra m2 + m − 6 = 0
 m = −3 (loại) hoặc m = 2 (thỏa mãn).
Vậy m = 2 là giá trị cần tìm.
0,25
Câu 3 (1,0 điểm): Tìm nghiệm nguyên của phương trình ( x + 2 y )( x − y ) + 5 x + 4 y = −1.
Đáp án
Câu
Điểm
Ta có
( x + 2 y )( x − y ) + 5 x + 4 y = −1
 ( x + 2 y )( x − y ) + 3 ( x + 2 y ) + 2 ( x − y ) = −1
 ( x − y + 3)( x + 2 y + 2 ) = 5
Vì x, y 
nên:
( x − y + 3; x + 2 y + 2 ) = ( 5;1) ,(1; 5 ) ,( −5; −1) ,( −1; −5 ) .
Câu 3
(1,0 đ)
0,25
0,25
x − y + 3 = 5
x = 1

(Thỏa mãn)
 x + 2 y + 2 = 1  y = −1
TH1: 
−1

x=

x − y + 3 = 1

3

TH2: 
(Không thỏa mãn)
x + 2 y + 2 = 5  y = 5

3
−19

x=

x
−
y
+
3
=
−
5


3

TH3: 
(Không thỏa mãn)
 x + 2 y + 2 = −1  y = 5

3
0,25
0,25
 x − y + 3 = −1
 x = −5

 x + 2 y + 2 = −5  y = −1
TH4: 
(Thỏa mãn)
Vậy ( x; y ) = (1; −1) ,( −5; −1) .
Câu 4 (3,5 điểm): Cho tam giác đều ABC, cạnh a, đường cao AH. M là một điểm thay đổi
trên cạnh BC, qua M kẻ MP vuông góc với AB, MQ vuông góc với AC. Gọi O là trung
điểm của AM .
a) Chứng minh năm điểm A,P,M ,H ,Q cùng thuộc một đường tròn.
b) Tứ giác OPHQ là hình gì? Vì sao?
c) Xác định vị trí của điểm M trên cạnh BC để độ dài PQ nhỏ nhất, tìm độ dài đó
theo a.
Đáp án
Câu
Điểm
Vẽ đúng hình đến ý a
0,25
Câu 4a
(1,5 đ)
Ta có APM = 900
AHM = 900
AQM = 900
Suy ra APM = AHM = AQM = 900 . Vậy năm điểm A,P,M ,H ,Q
cùng thuộc một đường tròn tâm O đường kính AM .
0,25
0,25
0,25
0,5
Câu 4b
(1,0 đ)
Theo chứng minh ý a, OPH cân tại O.
Lại có POH = 2BAH = BAC = 600
Suy ra OPH đều nên OP = PH = HO.
0,25
0,25
Tương tự OQ = QH = HO.
Suy ra OP = OQ = QH = HP. Vậy tứ giác OPHQ là hình thoi.
Theo chứng minh ý b) POH = 600 .
Gọi I là giao điểm của PQ và OH. Suy ra OI ⊥ PQ và PQ = 2PI.
Câu 4c
(1,0 đ)
1
2
Trong IOP ta có PI = PO.sin IOP = AM .sin 600
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
 PQ = AM .sin 600.
PQ nhỏ nhất khi AM nhỏ nhất, khi đó M trùng H.
0,25
3 a 3 3 3a
=
.
= .
2
2
2
4
Vậy PQ = AH .sin 600 = AH .
Câu 5 (1,0 điểm): Cho hai số thực a,b thay đổi thỏa mãn điều kiện a + b  4. Tìm giá trị
16
2
2
− 3.
nhỏ nhất của biểu thức P = 6 2 ( a + b ) +
a+b
Đáp án
Câu
Điểm
Với hai số thực a,b ta luôn có
( a + b ) + ( a − b )  ( a + b )  2 ( a 2 + b2 )  ( a + b ) .
2
2
2
2
Đẳng thức xảy ra khi a = b.
Từ đây ta được
0,25
2 ( a 2 + b 2 )  a + b (do a + b  4 ).
Khi đó
P = 6 2 ( a 2 + b2 ) +
Câu 5
(1,0 đ)
16
16
− 3  6(a + b) +
−3
a+b
a+b
0,25
16
= (a + b) +
+ 5 ( a + b ) − 3.
a+b
Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho hai số dương ( a + b ) và
16
a+b
ta được
P  (a + b) +
0,25
16
16
+ 5( a + b) − 3  2 (a + b) .
+ 5 ( a + b ) − 3 = 25.
a+b
a+b
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 25 đạt được khi
a + b = 4
 a = b = 2.

a = b
----------- HẾT ----------
0,25
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TUYÊN QUANG
ĐỀ CHÍNH THỨC
KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2024 - 2025
Môn thi: Toán 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) Rút gọn biểu thức P =
15 x − 11 3 x − 2 2 x + 3
với x  0, x  1.
+
−
x + 2 x − 3 1− x
x +3
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q =
a −3 a +6
với a  4.
a −2
Câu 2 (3,0 điểm)
1. Cho phương trình x4 − 4 x2 + m + 2 = 0 (1), với m là tham số.
a) Giải phương trình (1) khi m = −7.
b) Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 thỏa mãn
1 1 1 1
+ + + = 2 x1 x2 x3 x4 .
x12 x22 x32 x42
2 x 2 + y 2 + 3xy − 3x − 9 = 0
.
2. Giải hệ phương trình 
2
 x − y + 3 = 2 x + y
Câu 3 (3,0 điểm). Cho tam giác tù ABC có ABC  900 nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến
tại C của (O) cắt đường thẳng AB tại S . Lấy điểm P thuộc miền trong tam giác OAC sao
cho SC = SP. Đường thẳng SP cắt (O) tại hai điểm E , F ( E ở giữa S và F ). Các đường thẳng
AP, BP cắt lại (O) lần lượt tại K , L. Chứng minh rằng:
a) Tam giác ACS đồng dạng với tam giác CBS ;
b) APS = PBS ;
c) Tứ giác EKLF là hình thang cân.
Câu 4 (1,0 điểm)
a) Chứng minh rằng A = 22023 + 3m2 + 6n − 23 chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên m, n.
b) Tìm tất cả các cặp số tự nhiên ( m, n ) để B = 33m + 6 n −22 + 4 là một số nguyên tố.
2
Câu 5 (1,0 điểm). Ban đầu, trên bảng có n số nguyên dương đầu tiên được viết liên tiếp từ
trái qua phải: 1, 2, 3,..., n − 1, n. Ta thực hiện trò chơi đổi số như sau: Mỗi lượt chơi, lấy ba số
đứng liền nhau a, b, c và đổi chỗ a với c thành c, b, a. Hỏi sau hữu hạn lượt chơi như trên ta
có thể thu được dãy số ngược lại n, n − 1,..., 2,1 hay không, nếu:
a) n = 5;
b) n = 2024.
-----HẾT-----
Ghi chú: 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:………………..
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT, NĂM 2024-2025
Môn: Toán chuyên Tin
(Hướng dẫn này có 04 trang)
---------Câu 1 (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức P =
15 x − 11 3 x − 2 2 x + 3
với x  0, x  1.
+
−
x + 2 x − 3 1− x
x +3
Hướng dẫn chấm
15 x − 11
Ta có P =
+
2−3 x 2 x +3
−
x −1
x +3
( x − 1)( x + 3)
15 x − 11 + ( 2 − 3 x )( x + 3) − ( 2 x + 3)( x − 1)
=
( x − 1)( x + 3)
=
0,25
0,25
−5 x + 7 x − 2
( x − 1)( x + 3)
( x − 1)( −5 x + 2) = −5 x + 2 .
=
x +3
( x − 1)( x + 3)
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q =
0,25
0,25
a −3 a +6
với a  4.
a −2
Hướng dẫn chấm
Ta có Q =
Điểm
a −3 a +6
4
= a −1+
a −2
a −2
4 

= a −2+
 + 1.
a
−
2


Với a  4 thì
Điểm
0,25
0,25
a − 2  0. Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM (Côsi) ta được
Q2
( a − 2). a4− 2 + 1 = 5.
Q = 5 chẳng hạn khi a = 16. Vậy min Q = 5.
0,25
0,25
Câu 2 (3,0 điểm)
1. Cho phương trình x4 − 4 x2 + m + 2 = 0 (1), với m là tham số.
a) Giải phương trình (1) khi m = −7.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 thỏa
mãn
1 1 1 1
+ + +
= 2 x1 x2 x3 x4 .
x12 x22 x32 x42
Hướng dẫn chấm
Điểm
a) Với m = −7, ta có phương trình x4 − 4 x2 − 5 = 0.
0,25
Đặt t = x 2 ( t  0 ) , ta được t 2 − 4t − 5 = 0 (*).
0,25
Giải phương trình (*) ta được t = −1 (loại) và t = 5 (thỏa mãn).
0,25
Với t = 5 ta được x 2 = 5  x =  5. Vậy phương trình hai nghiệm x =  5.
0,25
b) Đặt t = x 2 (t  0) , ta được phương trình t 2 − 4t + m + 2 = 0 (**).
Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (**) có hai nghiệm
phân biệt t1  0, t2  0.
4 − ( m + 2 )  0
   0


 −2  m  2 (a).
Điều này tương đương với t1 + t2  0  2  0
t t  0
m + 2  0
12

Theo bài ra
1 1 1 1
2 2
2
+
+
+
=
2
x
x
x
x

+
=
2
t
t

t
+
t
=
t
t
(b).
(
)
1
2
3
4
1
2
1
2
1
2
x12 x22 x32 x42
t1 t2
Theo Viet thì (b)  4 = ( m + 2) 2  m = −4 (loại) và m = 0 (thỏa mãn).
Vậy m = 0 là giá trị duy nhất cần tìm.
0,25
0,25
0,25
0,25
2 x 2 + y 2 + 3xy − 3x − 9 = 0
.
2. Giải hệ phương trình 
2
 x − y + 3 = 2 x + y
Hướng dẫn chấm
Điểm
Điều kiện xác định: x 2 − y + 3  0 (*). Ta có
2 x 2 + y 2 + 3xy − 3x − 9 = 0  ( x + y − 3)( 2 x + y + 3) = 0
x + y − 3 = 0

.
2 x + y + 3 = 0
Với y + x − 3 = 0  y = − x + 3, thay vào phương trình
0,25
x 2 − y + 3 = 2 x + y ta được
 x  −3

9
24
x + 3  0

x + x = x+3  2
9x=−  y= .
2  
5
5
x=−


 x + x = ( x + 3)
5

2
Với 2 x + y + 3 = 0  2 x + y = −3, thay vào phương trình
x 2 + 2 x + 3 = −3, vô nghiệm.
9

 x = − 5
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất 
.
 y = 24

5
0,25
x 2 − y + 3 = 2 x + y ta được
0,25
0,25
0,25
Câu 3 (3,0 điểm). Cho tam giác tù ABC có ABC  900 nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến
tại C của (O) cắt đường thẳng AB tại S . Lấy điểm P thuộc miền trong tam giác OAC sao
cho SC = SP. Đường thẳng SP cắt (O) tại hai điểm E , F ( E ở giữa S và F ). Các đường thẳng
AP, BP cắt lại (O) lần lượt tại K , L. Chứng minh rằng:
a) Tam giác ACS đồng dạng với tam giác CBS ;
b) APS = PBS ;
c) Tứ giác EKLF là hình thang cân.
Hướng dẫn chấm
Điể
m
1
a) Ta có CAS = sđCEB (a).
2
F
n
L
K
0,25
O
C
P
M
m
A
B
E
S
1
Mặt khác BCS = sđCEB (b).
2
0,25
Từ (a) và (b) suy ra BCS = CAS (1).
0,25
Từ (1) và ASC = BSC suy ra hai tam giác ACS và CBS đồng dạng.
0,25
b) Từ a) suy ra
CS AS
=
 SC 2 = SB.SA (c).
BS CS
Vì SC = SP nên (c)  SP 2 = SB.SA 
0,25
SP SA
=
(d).
SB SP
0,25
Từ (d) và PSA = BSP suy ra PSA BSP.
0,25
Do đó APS = PBS .
0,25
c) Ta có BPS =
(
)
(
)
1
1
sđ BmE + sđ LnF và PAS = sđ BmE + sđ ECK (e).
2
2
Vì PSA BSP nên BPS = PAS . Kết hợp với (e) suy ra sđ LnF = sđ ECK (f).
0,25
0,25
Từ (f) suy ra
(
)
0,25
1
1
1
1
LFE + FLK = sđ LKE + sđ FAK = sđ LnF + sđ LtK + sđ FAK = 1800  LK // EF .
2
2
2
2
Do đó EKLF là hình thang. Hơn nữa sđ LnF = sđ ECK  FL = KE  EKLF là hình
thang cân.
0,25
Câu 4 (1,0 điểm)
a) Chứng minh rằng A = 22023 + 3m2 + 6n − 23 chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên m, n.
Hướng dẫn chấm
Điểm
Ta có 2  −1 (mod 3)  22023  −1 (mod 3).
0,25
Suy ra A = 22023 + 3m 2 + 6n − 23  −1 − 23  0 (mod 3).
0,25
b) Tìm tất cả các cặp số tự nhiên ( m, n ) để B = 33m + 6 n −22 + 4 là một số nguyên tố.
2
Hướng dẫn chấm
Điểm
Nếu X = 3m2 + 6n − 22  0 thì B  , do đó X = 3m2 + 6n − 22  0.
Ta có X = 3 ( m 2 + 2n − 8 ) + 2  X  2 (mod 3)  X = 3k + 2 ( k  ). Do đó
0,25
B = 33k + 2 + 4 = 9.27 k + 4  9.1 + 4  0 (mod13)  B = 13.
Từ B = 13 suy ra
m2  8  m2 = 0  m = 0
k = 0  3m + 6n − 22 = 2  m + 2n − 8 = 0  
 2

.
m 2
m = 4 m = 2
2
Vậy cặp số
2
0,25
cần tìm là ( 0, 4 ) , ( 2, 2 ) .
Câu 5 (1,0 điểm). Ban đầu, trên bảng có n số nguyên dương đầu tiên được viết liên tiếp từ trái
qua phải: 1, 2, 3,..., n − 1, n. Ta thực hiện trò chơi đổi số như sau: Mỗi lượt chơi, lấy ba số đứng
liền nhau a, b, c và đổi chỗ a với c thành c, b, a. Hỏi sau hữu hạn lượt chơi như trên ta có thể
thu được dãy số ngược lại n, n − 1,..., 2,1 hay không, nếu:
b) n = 2024.
a) n = 5;
Hướng dẫn chấm
a) Với n = 5 ta thực hiện các bước biến đổi như sau:
1
2
3
4
1
3
3
5
4
4
4
4
3
1
5
3
2
2
2
2
Điểm
5
5
5
1
1
0,5
b) Với n = 2024 : Ta thấy rằng với cách đổi như trên thì các số lẻ luôn ở vị trí lẻ còn số
chẵn luôn ở vị trí chẵn.
0,25
Ban đầu số 2024 ở vị trí chẵn, do đó nó không thể chuyển về vị trí đầu tiên trong dãy số
2024, 2023,…, 2, 1 được.
0,25
-----Hết-----
Ghi chú: Nếu thí sinh làm bài theo cách khác thì vẫn cho điểm theo các phần đúng tương ứng.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH YÊN BÁI
ĐỀ 1
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)
KỲ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC
NĂM HỌC 2024-2025
Môn thi: Toán Chuyên
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Khóa thi ngày: 05/6/2024
Câu 1. (1,5 điểm)
 x+3 x
3 
1
Cho biểu thức A = 
.
+
:
x
+
2
x
−
3
x
−
x
x
−
1


a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A .
b) Tìm tất cả các giá trị của x để A = 4 .
Câu 2. (3,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng (d ) : y = 2 x − m − 2 .
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để (d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt lần lượt có hoành độ
x1 , x2 thỏa mãn x12 + 1 = 2 x2 .
2. Giải phương trình x 2 = x + 2 + 2 x + 1 .
 x( x + 1)( x + 3 y ) = 20
3. Giải hệ phương trình  2
.
x
+
2
x
+
3
y
=
12

Câu 3. (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O , các đường cao AD, BE, CF
( D  BC, E  CA, F  AB ). Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt DF tại M , MC cắt (O)
tại I khác C , IB cắt MD tại N .
a) Chứng minh rằng MA//EF .
b) Chứng minh rằng MAF cân, tứ giác AINF nội tiếp.
c) Chứng minh rằng MA2 = MN .MD .
d) Gọi K là giao điểm của CF và đường tròn (O) . Chứng minh rằng A, N , K thẳng hàng.
Câu 4. (1,0 điểm)
1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2 x 2 + 2 y 2 − 5 xy + 2 x − y − 3 = 0.
2. Cho hai số tự nhiên m, n thỏa mãn m2 + m = 2n2 + n. Chứng minh rằng m + n + 1 là số
chính phương.
Câu 5. (1,0 điểm)
1. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1
2023
P= 2
+
.
2
2
a +b +c
ab + bc + ca
2. Cho một đa giác đều có 23 đỉnh. Tô màu các đỉnh của đa giác bằng một trong hai màu
xanh hoặc đỏ. Chứng minh rằng luôn tồn tại ba đỉnh của đa giác được tô cùng màu và tạo thành
một tam giác cân.
_________ Hết _________
Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh: ............................................................................. Số báo danh: ………….
Cán bộ coi thi thứ nhất: ………………………………………… Kí tên: ………………...
Cán bộ coi thi thứ hai: ..………………………………………… Kí tên: ………………...
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC
TỈNH YÊN BÁI
NĂM HỌC 2024-2025
Môn thi: Toán (Chuyên)
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Khóa thi ngày: 05/6/2023
HDC ĐỀ 1
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
1
Điểm
Nội dung
 x+3 x
3 
1
Cho biểu thức A = 
.
+
:
 x + 2 x − 3 x − x  x −1
a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A .
b) Tìm tất cả các giá trị của x để A = 4 .
a) ĐKXĐ:
x
x
x
0
1
x
0,25
3
3
A
x
3
x 1
x
x
3
x
b) A
x
3
x 1
1,5
x
.
.
x
x 1
x
4
x 3
x
x 1
x
3
3
x
x 1
. Vậy A
x 1
3
với x
x
0
.
x 1
0,25
x 1
0 và x 1 .
0,25
4 x
x 4 x
x
1
0
x
1
x
1 lo¹i
x
3
0
x
3
x
9 chän
x 3
4
0,25
x 1
3
0
0,25
0,25
Vậy với x
9 thì A 4 .
2
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , Cho parabol ( P ) : y = x và đường thẳng
(d ) : y = 2 x − m − 2 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để (d ) cắt (P) tại hai điểm phân
biệt lần lượt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn x12 + 1 = 2 x2 .
2
3,0
2
2. Giải phương trình x = x + 2 + 2 x + 1

 x ( x + 1)( x + 3y ) = 20
3. Giải hệ phương trình 
2.1
2
.

 x + 2 x + 3y = 12
2
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , Cho parabol ( P ) : y = x và đường thẳng
(d ) : y = 2 x − m − 2 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để (d ) cắt (P) tại hai điểm phân
biệt lần lượt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn x12 + 1 = 2 x2 .
Xét phương trình hoành độ giao điểm x 2
2x
m
2
0.
Ta có  = −1 − m . Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
  0  −1 − m  0  m  −1 (*) .

 x1 + x2 = 2
Theo định lý Vi-et ta được 

 x1.x2 = m + 2
(1)
( 2)
1,0
 x1 = −3  x2 = 5
Từ giả thiết x12 + 1 = 2 x2 và (1) ta được x12 + 2 x1 − 3 = 0  
 x1 = 1  x2 = 1
Thay vào (2) ta có m = −17 (thoả mãn), m = −1 (không thoả mãn).
2.2
2. Giải phương trình x 2 = x + 2 + 2 x + 1
Ta có x 2 = x + 2 + 2 x + 1  x 2 =
1,0
( x + 1 + 1)
2
 x = x + 1 + 1 (1)

 x = − x + 1 − 1 (2)
x  1
(1)  x + 1 = x − 1   2
 x=3
x
−
3
x
=
0

 x  −1
(2)  x + 1 = − x − 1   2
 x = −1
x + x = 0
Vậy nghiệm của phương trình là x = 3, x = −1
2.3

 x ( x + 1)( x + 3y ) = 20
3. Giải hệ phương trình 
2

 x + 2 x + 3y = 12
(
.
1,0
)
2

 x ( x + 1)( x + 3y ) = 20
 x + x ( x + 3y ) = 20
Ta có 

2
2
x
+
2
x
+
3
y
=
12


 x + 2 x + 3y = 12
uv = 20
Đặt u = x2 + x và v = x + 3 y . Hệ phương trình trở thành 
u + v = 12
t = 10
Suy ra u, v là hai nghiệm của phương trình t 2 −12t + 20 = 0  
t = 2
 x2 + x = 2
 x 2 + x = 10
Ta được 
(I) hoặc 
(II)
 x + 3 y = 10
x + 3y = 2
Giải (I)

−1 + 41
5 − 41
y=
x =
2
6
2
Ta có: x2 + x = 10  x + x − 10 = 0  

−1 − 41
5 + 41
y=
x =
2
6

Giải (II)
x = 1 y = 3
Ta có: x2 + x = 2  x2 + x − 2 = 0  
 x = −2  y = 4
−1 − 41 5 + 41 −1 + 41 5 − 41
;
),(
;
).
2
6
2
6
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O . Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau
tại H . Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt DF tại M , MC cắt (O) tại I (khác C ),
IB cắt MD tại N .
a) Chứng minh rằng MA//EF .
b) Chứng minh rằng MAF cân, tứ giác AINF nội tiếp.
c) Chứng minh rằng MA2 = MN .MD .
d) Gọi K là giao điểm của CF và đường tròn (O) . Chứng minh rằng A, N , K thẳng hàng.
Vậy các nghiệm của hệ là (1;3),(−2;4),(
3
3,5
3a
Ta có BFC = BEC = 90o nên tứ giác BFEC nội tiếp suy ra AFE = ACB (góc ngoài của tứ
giác nội tiếp bằng góc trong không kề với nó).
1
1
Lại có ACB = sđ AB nên AFE = sđ AB .
2
2
1
Theo giả thiết MA là tiếp tuyến nên MAB = sđ AB .
2
Từ đó suy ra AFE = MAB . Hai góc này ở vị trí so le trong nên MA//EF .
Theo giả thiết AFC = ADC = 90o nên tứ giác AFDC nội tiếp suy ra ACB = BFD (góc ngoài
của tứ giác nội tiếp bằng góc trong không kề với nó).
3b
Theo chứng minh trên ACB = MAB
BFD = MFA (đối đỉnh).
Từ đó ta có MAB = MFA nên MAF cân tại M .
Theo chứng minh trên ACB = MAB
BFD = MFA (đối đỉnh).
Từ đó ta có MAB = MFA nên MAF cân tại M .
Theo chứng minh trên ACB = BFD = MFA suy ra AIB + MFA = 180o nên tứ giác AINF nội
tiếp.
Ta thấy tứ giác AIBC nội tiếp nên AIB + ACB = 180o .
Vì tứ giác AINF nội tiếp nên MNI = BAI
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
BAI = BCI (cùng chắn cung BI của (O) ). Suy ra MNI = BCI nên tứ giác INDC nội
3c
tiếp.
0,25
Ta có MN .MD = MI .MC
Mặt khác MA là tiếp tuyến của (O) nên MI .MC = MA2 .
0,25
Từ đó ta có MA2 = MN .MD .
Ta có MA2 = MN .MD suy ra MA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AND
nên MAN = MDA
3d
0,25
Lại có MDA = FDA = ACK (vì AFDC nội tiếp)
0,25
1
ACK = MAK = sñ AK .
2
Từ đó suy ra MAN = MAK nên A, N , K thẳng hàng.
0,5
1. Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 x 2 + 2 y 2 − 5 xy + 2 x − y − 3 = 0.
4
2. Cho hai số tự nhiên m, n thỏa mãn m2 + m = 2n2 + n. Chứng minh rằng m + n +1 là số
chính phương.
2
2
1. Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 x + 2 y − 5 xy + 2 x − y − 3 = 0.
2
2
Ta có 2 x + 2 y − 5 xy + 2 x − y − 3 = 0.
 ( x − 2y + 1)(2 x − y) = 3
2

x
=

 x − 2 y + 1 = −3
 x − 2 y = −4
3
*
(không thoả mãn)


2
x
−
y
=
−
1
2
x
−
y
=
−
1
7


y =

3
x − 2 y +1 = 3 x − 2 y = 2
x = 0


*
(nhận)
2
x
−
y
=
1
2
x
−
y
=
1
y
=
−
1



x − 2 y +1 = 1 x − 2 y = 0
x = 2


*
(nhận)
2
x
−
y
=
3
2
x
−
y
=
3
y
=
1



4

x=−

 x − 2 y + 1 = −1  x − 2 y = −2

3
*
(không thoả mãn)


1
2 x − y = −3
2 x − y = −3
y =

3
Vậy phương trình có các nghiệm nguyên là (0; −1),(2;1) .
4.2
2. Cho hai số tự nhiên m, n thỏa mãn m2 + m = 2n2 + n. Chứng minh rằng m + n +1 là số
chính phương.
Ta có m 2 + m = 2n 2 + n  ( m − n )( m + n + 1) = n 2 (*)
Gọi d = ( m − n, m + n + 1) với d 
1,0
0,5
0,25
0,25
0,5
*

( m − n ) d
Suy ra 
 ( m − n )( m + n + 1) d 2  n2 d 2  n d .

( m + n + 1) d
0,25
Vì ( m − n ) d  m d  ( m + n ) d mà ( m + n + 1) d nên 1 d  d = 1
Do đó ( m − n, m + n + 1) = 1. Từ (*) ta được m − n và m + n + 1 là số chính phương. Vậy
0,25
m + n + 1 là số chính phương.
1. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
5.1
P=
* Ta có P =
1
2023
+
.
2
2
ab + bc + ca
a +b +c
1
2
0,5
2
2
a +b +c
2
+
2
2021
+
ab + bc + ca ab + bc + ca


1
4
2021
=
+
+

 a 2 + b2 + c 2 2ab + 2bc + 2ca  ab + bc + ca
0,25
Áp
dụng
P
BĐT
(1 + 2 )2
(a + b + c)
2
+
quen
2021
(a + b + c)
3
5.2
thuộc
2
 9+
a 2 b 2 ( a + b) 2
+ 
,(a + b + c)2  3(ab + bc + ca)
x
y
x+ y
2021
= 6072
1
3
1
Vậy Pmin = 6072  a = b = c = .
3
2. Cho một đa giác đều có 23 đỉnh. Tô màu các đỉnh của đa giác bằng một trong hai màu xanh
hoặc đỏ. Chứng minh rằng luôn chọn ra được ba đỉnh của đa giác được tô cùng màu và tạo
thành một tam giác cân.
Ta có đa giác có 23 đỉnh, do đó phải tồn tại 2 đỉnh kề nhau là P và Q được tô cùng màu (Theo
nguyên lý Đirichlet), giả sử P và Q cùng được tô màu xanh.
0,25
0,5
0,25
Vì đa giác đã cho là đa giác đều có số đỉnh lẻ nên phải tồn tại một đỉnh nào đó nằm trên đường
trung trực của đoạn thẳng PQ . Giả sử đỉnh đó là A .
Nếu A tô màu xanh thì ta có tam giác APQ là tam giác cân có ba đỉnh A, P, Q được tô cùng
màu
Nếu A tô màu đỏ, lúc đó gọi B và C là các đỉnh khác nhau của đa giác kề với P và Q .
Nếu cả hai đỉnh B và C được tô màu đỏ thì tam giác ABC cân và có ba đỉnh cùng màu đỏ
0,25
Nếu ngược lại, một trong hai đỉnh B và C được tô màu xanh thì tam giác BPQ hoặc tam giác
CPQ là tam giác cân có ba đỉnh cùng màu xanh.
Vậy trong mọi trường hợp luôn chọn ra được ba đỉnh của đa giác được đánh dấu giống nhau và
tạo thành một tam giác cân.
Lưu ý.
- HDC chỉ mang tính chất tham khảo. Nếu thí sinh có lời giải đúng nhưng khác HDC, giám khảo
vẫn cho điểm tối đa.
- Câu 3 có nhiều ý liên quan tới nhau. Trường hợp thí sinh chưa chứng minh được ý trước nhưng
lại dùng kết quả ý trước để chứng minh ý sau, nếu lời giải đúng thì giám khảo vẫn cho điểm tối
đa.
- Câu 3 nếu thí sinh có lời giải đúng nhưng hình vẽ sai thì giám khảo cho tối đa 50% số điểm.
UBND TỈNH THÁI NGUYÊN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2024-2025
MÔN: TOÁN
(Dành cho thí sinh thi chuyên Tin)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
(Đề thi gồm 01 trang)
Câu 1 (2,0 điểm). Không sử dụng máy tính cầm tay, rút gọn biểu thức:
4
A=
+ 2 2 + 2 + 5 − 24 .
6+ 2
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình
x3 − ( m − 1) x 2 − 2 x + 2m − 9 = 0 có nghiệm nguyên.
Câu 3 (1,0 điểm). Chứng minh rằng 2025n + n2 + 2024n + 5 không phải là số chính
phương với mọi số tự nhiên n.
Câu 4 (2,0 điểm). Cho tập hợp S gồm có 18 số tự nhiên khác nhau bất kỳ.
a. Lấy ra 5 phần tử bất kỳ của tập hợp S . Chứng minh rằng trong 5 phần tử lấy ra
đó luôn tồn tại 3 phần tử có tổng chia hết cho 3.
b. Chứng minh rằng luôn tồn tại 9 phần tử của tập hợp S có tổng chia hết cho 9.
Câu 5 (2,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH . Trên đoạn thẳng
AB lấy điểm K sao cho AB = 4 AK. Trên tia đối của tia HA lấy điểm I sao cho
1
HI = AH . Kẻ KP vuông góc với đường thẳng AH ( P  AH ). Chứng minh rằng:
4
a. AH = PI ;
b. Tam giác IKC vuông tại I .
Câu 6 (2,0 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) . Kẻ BE
vuông góc với AC tại điểm E, CF vuông góc với AB tại điểm F. Các đường thẳng
BE, CF lần lượt cắt đường tròn ( O ) tại hai điểm P, Q ( P  B, Q  C ). Tiếp tuyến của
đường tròn ( O ) tại các điểm B, C cắt đường thẳng EF lần lượt tại các điểm M , N .
Đường thẳng NP cắt đường tròn ( O ) tại điểm K ( K  P ) . Chứng minh rằng:
a. Tam giác NCE là tam giác cân;
b. Các điểm M , Q, K thẳng hàng.
------ HẾT -----Họ và tên thí sinh:……………..……..….………................Số báo danh:……..….…..……
UBND TỈNH THÁI NGUYÊN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2024-2025
MÔN: TOÁN
(Dành cho thí sinh thi chuyên Tin)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
HƯỚNG DẪN CHẤM
( Bản hướng dẫn chấm gồm có 05 trang)
I. Hướng dẫn chung
- Giám khảo cần nắm vững yêu cầu của hướng dẫn chấm để đánh giá đúng bài làm của thí
sinh. Thí sinh làm cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
- Khi vận dụng đáp án và thang điểm, giám khảo cần chủ động, linh hoạt với tinh thần
trân trọng bài làm của học sinh.
- Nếu có việc chi tiết hóa điểm các ý cần phải đảm bảo không sai lệch với tổng điểm và
được thống nhất trong toàn hội đồng chấm thi.
- Điểm toàn bài là tổng điểm của các câu hỏi trong đề thi, chấm điểm lẻ đến 0,25 và không
làm tròn.
II. Đáp án và thang điểm
Câu
A=
=
Câu 1
Nội dung
Điểm
( 3 − 2)
0.5
4
+ 2 2 + 2 + 5 − 24
6+ 2
(
4 6− 2
)
( 6 + 2 )( 6 − 2 )
+2 2+ 2 +
2
= 6 − 2 +2 2+ 2 + 3− 2
0.25
= 6 − 2 +2 2+ 3
0.25
= 6 − 2 + 2 4+2 3
0.25
= 6− 2+ 2
( 3 + 1)
= 6− 2+ 2
( 3 + 1)
2
= 6 − 2 + 6 + 2 = 2 6.
0.25
0.25
0.25
Ta có: x 3 − ( m − 1) x 2 − 2 x + 2 m − 9 = 0
Câu 2
(
)
 ( x − 2 ) ( x − m + 1) = 7
 x 3 − 2 x − ( m − 1) x 2 − 2 ( m − 1)  = 7
2
0,25
Vì 7 = 1.7 = (−1).(−7) nên để phương trình có nghiệm nguyên thì có thể xảy ra
các trường hợp sau:
x2 − 2 = 1
Trường hợp 1: 
x − m + 1 = 7
  x = 3

m = x − 6
 m = −6 + 3

  x = 3  
.


 x = − 3


  x = − 3
 m = −6 − 3
Vậy m = −6 + 3 , m = −6 − 3 không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
x2 − 2 = 7
Trường hợp 2: 
x − m + 1 = 1
 m = 3
m = x


x = 3
  x = 3  
.
 m = −3
  x = −3


  x = −3
Vậy m = 3, m = −3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
 m = 9
m
=
x
+
8


 x 2 − 2 = −1

x = 1
  x = 1

Trường hợp 3: 
 m = 7
 x − m + 1 = −7
  x = −1


  x = −1
Vậy m = 7, m = 9 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
 x 2 − 2 = −7
 x 2 = −5
Trường hợp 4: 

.
 x − m + 1 = −1 m = x + 2
Trường hợp này, không có giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Tóm lại m = −3, m = 3, m = 7, m = 9 là tất cả các giá trị nguyên của tham số m
để phương trình đã cho có nghiệm nguyên.
Ta có nhận xét sau: Một số chính phương sẽ có dạng 4k hoặc 4k + 1 với k  .
Vì 2025 chia cho 4 dư 1 nên 2025n chia cho 4 dư 1 (với mọi số tự nhiên n ).
2024n chia hết cho 4 (với mọi số tự nhiên n ).
5 chia cho 4 dư 1.
Câu 3
Vì n2 là số chính phương nên xảy ra các trường hợp sau:
Trường hợp 1: n2 chia hết cho 4.
Khi đó, 2025n + n2 + 2024n + 5 chia cho 4 dư 2.
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Theo nhận xét trên thì 2025n + n2 + 2024n + 5 không phải là số chính phương.
Trường hợp 2: n2 chia cho 4 dư 1.
Khi đó, 2025n + n2 + 2024n + 5 chia cho 4 dư 3.
Theo nhận xét trên thì 2025n + n2 + 2024n + 5 không phải là số chính phương.
0.25
Tóm lại 2025n + n2 + 2024n + 5 không phải là số chính phương với mọi số tự nhiên n.
a. Một số tự nhiên bất kỳ khi chia cho 3 sẽ có số dư là một trong các số: 0; 1; 2.
Theo nguyên lý Dirichlet, trong 5 phần tử bất kỳ của tập hợp S khi chia cho 3 sẽ
có ít nhất 2 số có cùng số dư. Khi đó, có thể xảy ra các trường hợp sau:
Trường hợp 1: Có 2 số chia cho 3 có cùng số dư r1 , 2 số chia cho 3 có cùng số
dư r2 và 1 số chia cho 3 có số dư r3 . Trong đó r1 , r2 , r3 là 3 số đôi một khác nhau
và r1 + r2 + r3 = 3 .
Khi đó, chọn ra 3 số gồm: 1 số chia cho 3 có số dư r1 , 1 số chia cho 3 có số dư
r2 và 1 số chia cho 3 có số dư r3 . Tổng của 3 số đó chia hết cho 3.
Trường hợp 2: Có ít nhất 3 số khi chia cho 3 có cùng số dư.
Khi đó, luôn lấy ra được 3 số mà khi chia cho 3 có cùng số dư. Tổng của 3 số đó
chia hết cho 3.
b. Chia tập hợp S thành 3 tập hợp con là: Tập hợp S1 có 5 phần tử, S2 có 5 phần
tử, S3 có 8 phần tử ( S1 , S2 , S3 đôi một không có phần tử chung).
Theo ý a, ta có:
Trong S1 ta lấy ra được 3 phần tử có tổng chia hết cho 3. Kí hiệu là a1 , a2 , a3 .
Câu 4
Trong S2 ta lấy ra được 3 phần tử có tổng chia hết cho 3. Kí hiệu là a4 , a5 , a6 .
Trong S3 ta lấy ra được 3 phần tử có tổng chia hết cho 3. Kí hiệu là a7 , a8 , a9 .
Số phần tử còn lại của các tập hợp S1 , S2 , S3 là: 9 phần tử.
Trong 9 phần tử đó, ta lấy ra được 3 phần tử có tổng chia hết cho 3.
Kí hiệu là a10 , a11 , a12 .
Trong 6 phần tử còn lại, ta lấy ra được 3 phần tử có tổng chia hết cho 3.
Kí hiệu là a13 , a14 , a15 .
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Giả sử a1 + a2 + a3 = 3n1 ; a4 + a5 + a6 = 3n2 ; a7 + a8 + a9 = 3n3 ;
a10 + a11 + a12 = 3n4 ; a13 + a14 + a15 = 3n5 với n1 , n2 , n3 , n4 , n5  .
Trong 5 số tự nhiên n1 , n2 , n3 , n4 , n5 (có thể có các số bằng nhau) ta lấy được 3
số có tổng chia hết cho 3.
Không mất tính tổng quát, giả sử 3 số đó là n1 , n2 , n3 .
Ta có: n1 + n2 + n3 = 3k (k  ).
Khi đó a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 + a7 + a8 + a9 = 3(n1 + n2 + n3 ) = 9k chia hết cho 9
(điều phải chứng minh).
0.25
a. Chứng minh AH = PI.
 KP ⊥ AH (gt)
Ta có 
suy ra PK / / BC.
 BC ⊥ AH (gt)
Áp dụng Định lý Ta-lét ta có:
Câu 5
AK AP 1
=
= .
AB AH 4
0.25
(1)
HI 1
= .
(2)
AH 4
Từ (1), (2) suy ra AP = HI.
Mặt khác PI = PH + HI, AH = AP + PH do đó PI = AH.
b. Chứng minh tam giác IKC vuông tại I .
CHA = APK = 900
Vì 
nên tam giác APK đồng dạng với
 PKA = CAH (hai gãc cïng phô víi HAB)
PK AK
PK AK
=

=
tam giác CHA (g.g) suy ra
.
AH AC
PI
AC
 PK AK
=

AC
Vì  PI
nên tam giác ACK đồng dạng với tam giác PIK .
CAK = IPK = 90

Theo giả thiết
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Suy ra ACK = PIK = AIK .
Suy ra tứ giác ACIK nội tiếp được trong một đường tròn.
0.25
Ta có CAK + CIK = 180 .
Mặt khác CAK = 90 nên CIK = 90 .
0.25
a. Ta có NCE = NCA = ABC =
1
sđ AC
2
(1)
Vì BFC = BEC = 90 nên tứ giác BCEF nội tiếp được trong một đường tròn.
Câu 6
Suy ra NEC = FBC = ABC.
0.5
0.25
(2)
Từ (1) và (2) suy ra NEC = NCE , từ đó ta có tam giác NEC cân tại N.
b. Do tam giác NEC cân tại N nên NC = NE.
 PNC = KNC

Vì 
nên tam giác NPC đồng dạng với tam giác NCK.
1
NCP
=
NKC
=
s®
PC

2

NC NP
NE NK
=
 NC 2 = NP.NK  NE 2 = NP.NK 
=
.
Suy ra
NK NC
NP NE
 PNE = KNE

Vì  NE NK
nên tam giác NPE đồng dạng với tam giác NEK.
=

 NP NE
0.25
0.25
0.25
Suy ra NPE = NEK.
Suy ra KPE = KEF.
Do đó KEF = KPB = KAB = KAF.
Suy ra tứ giác AEFK nội tiếp được trong một đường tròn.
Do đó K là một giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF với đường tròn
(3)
(O).
0.25
Giả sử MQ cắt đường tròn ( O ) tại H.
Chứng minh tương tự, ta suy ra được tứ giác AEFH nội tiếp được trong một đường
tròn.
0.25
Suy ra H là một giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF với đường tròn
(4)
(O).
Từ (3) và (4) suy ra H  K, hay M, Q, K thẳng hàng.
ĐIỂM TOÀN BÀI
---- Hết---
10,0
UBND TỈNH THÁI NGUYÊN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2024-2025
MÔN: TOÁN
(Dành cho thí sinh thi chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
(Đề thi gồm 01 trang)
ĐỀ CHÍNH THỨC
 x +1
 
x +2
3
x 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho biểu thức A = 
−
−
:2 −
.
x −1
 x − 2 1− x x − 3 x + 2  
a. Rút gọn biểu thức A .
b. Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 x + 6 + x 2 + 4 x − 27 = 0 .
Câu 3 (1,0 điểm). Chứng minh rằng:
a. 102023 + 2024 chia hết cho 3;
b. n3 + 2024n + 2 không chia hết cho 102023 + 2024 với mọi số tự nhiên n.
Câu 4 (1,0 điểm). Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên n để cả hai số n và
n − 10
3
đều là các số chính phương.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho x, y là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn 4 x 2 + 9 y 2 = 10.
Chứng minh rằng
( 2x + 9 y )
3
4 ( x 2 + y 2 ) − 4 x − 8 y + 55
 20.
Câu 6 (2,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A và ACB = 30. Gọi M là trung điểm
của cạnh BC, điểm I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
a. Chứng minh rằng AMC = AIC = 120.
b. Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng MI và AC. Chứng minh rằng AB = AN.
Câu 7 (2,0 điểm). Cho tam giác ABC ( AB  BC ) có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn
( O ) . Vẽ các đường cao AD, BE và CF của tam giác ABC . Gọi điểm H là trực tâm của
tam giác ABC, I là trung điểm của đoạn thẳng DF . Tia AI cắt đường tròn ( O ) tại
K ( K  A ) , tia BE cắt đường tròn ( O ) tại J ( J  B ) . Chứng minh rằng:
a. E là trung điểm của đoạn thẳng HJ ;
b. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IKD nằm trên đường thẳng BC .
------ HẾT -----Họ và tên thí sinh:………………..….…………..…...................Số báo danh:…………..…..…
UBND TỈNH THÁI NGUYÊN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2024-2025
MÔN: TOÁN
(Dành cho thí sinh thi chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
HƯỚNG DẪN CHẤM
( Bản hướng dẫn chấm gồm có 05 trang)
I. Hướng dẫn chung
- Giám khảo cần nắm vững yêu cầu của hướng dẫn chấm để đánh giá đúng bài làm của thí
sinh. Thí sinh làm cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
- Khi vận dụng đáp án và thang điểm, giám khảo cần chủ động, linh hoạt với tinh thần trân
trọng bài làm của học sinh.
- Nếu có việc chi tiết hóa điểm các ý cần phải đảm bảo không sai lệch với tổng điểm và được
thống nhất trong toàn hội đồng chấm thi.
- Điểm toàn bài là tổng điểm của các câu hỏi trong đề thi, chấm điểm lẻ đến 0,25 và không
làm tròn.
II. Đáp án và thang điểm
Câu
Nội dung
Điểm
x  0

a. Điều kiện:  x  1 (*) .
0.25
x  4


x +1
x +2
Khi đó A = 
+
−
 x −2
x −1

Câu 1
3
 

 : 2 x −2− x 
x −1
x −2  


( x − 1)(
)
( x + 1)( x − 1) + ( x − 2)( x + 2) − 3 : x − 2 = x −1 + x − 4 − 3 . x −1
=
x − 1 ( x − 1)( x − 2 ) x − 2
( x − 1)( x − 2)
2 ( x − 4)
x − 1 2 ( x + 2)
=
.
=
.
x
−
2
x
−
2
x
−
1
x
−
2
( )(
)
2 ( x + 2) 2 ( x − 2 + 4)
8
b. Với điều kiện (*) ta có A =
.
=
= 2+
x −2
x −2
x −2
0.25
0.25
0.25
0.25
Vì biểu thức A nhận giá trị nguyên nên ta xét các trường hợp:
+
x − 2 = −8  x = −6 (vô nghiệm).
+ x − 2 = −4  x = −2 (vô nghiệm).
+ x − 2 = −2  x = 0  x = 0 .
+ x − 2 = −1  x = 1  x = 1 (loại).
+ x − 2 =1 x = 3  x = 9.
+ x − 2 = 2  x = 4  x = 16 .
0.5
+ x − 2 = 4  x = 6  x = 36 .
+ x − 2 = 8  x = 10  x = 100 .
Vậy tập hợp các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên là
T = 0;9;16;36;100 .
Điều kiện x  −6
Ta có:
2 x + 6 + x 2 + 4 x − 27 = 0
2

Câu 2
Câu 3
Câu 4
( x + 6 − 3) + ( x + 4x − 21) = 0
0.25
0.25
0.25
2
2 ( x − 3)
x+6 +3
+ ( x − 3)( x + 7 ) = 0
2


 ( x − 3) 
+ x + 7 = 0
 x+6 +3

x = 3

2

+ x+7 =0
 x + 6 + 3
2
+ x+7 0.
Với điều kiện x  −6 thì
x+6 +3
Vậy phương trình có nghiệm x = 3.
0.25
0.25
a. Chứng minh rằng 102023 + 2024 chia hết cho 3.
Vì 10 chia cho 3 dư 1 nên 102023 chia cho 3 dư 1.
2024 chia cho 3 dư 2.
Vậy 102023 + 2024 chia hết cho 3. (1)
0.25
b. Chứng minh rằng n3 + 2024n + 2 không chia hết cho 102023 + 2024 với mọi
số tự nhiên n.
n3 + 2024n + 2 = n3 − n + 2025n + 2
= n ( n − 1) (n + 1) + 2025n + 2
Với mọi số tự nhiên n thì n − 1, n, n + 1 là 3 số nguyên liên tiếp nên trong 3 số
đó có đúng một số chia hết cho 3.
Do đó n ( n − 1) (n + 1) chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n.
0.25
Vì 2025 chia hết cho 3 nên 2025n chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n.
Do đó n ( n − 1) (n + 1) + 2025n + 2 chia cho 3 dư 2 với mọi số tự nhiên n. (2)
0.25
Từ (1), (2) suy ra n3 + 2024n + 2 không chia hết cho 102023 + 2024 với mọi số
tự nhiên n.
n −10
Giả sử, tồn tại số tự nhiên n để cả hai số n và
đều là các số chính phương.
3
0.25
0.25
Khi đó, tồn tại k, m 
sao cho:
n = k 2
2
2

n = k
n = k


.
 n − 10
2
2
2
=
m
n
−
10
=
3
m
n
=
10
+
3
m





 3
Do đó k 2 = 10 + 3m2  k 2 − 3m2 = 10. (1)
Suy ra k 2  3m 2 (mod 5). (2)
Ta có nhận xét sau: Một số chính phương khi chia cho 5 thì số dư chỉ có thể là
một trong các số: 0; 1; hoặc 4.
Từ đó, suy ra 3m2 chia cho 5 thì số dư chỉ có thể là một trong các số: 0; 3; 2. (3)
k 2 chia cho 5 thì số dư chỉ có thể là một trong các số: 0; 1; 4. (4)
k 2  0 (mod 5)
Từ (2), (3), (4) suy ra  2
.
3
m

0
(mod
5)

Vì 3 và 5 là hai số nguyên tố cùng nhau nên từ 3m 2  0 (mod 5) suy ra
m 2  0 (mod 5).
2

k  0 (mod 5)
k  0 (mod 5)
Vì 5 là số nguyên tố nên từ  2
suy ra 
.

m  0 (mod 5)
m  0 (mod 5)
2

k  0 (mod 25)
Do đó  2
suy ra k 2 − 3m 2  0 (mod 25). (5)

m  0 (mod 25)
Từ (1), (5) suy ra 10  0 (mod25) . Điều này vô lý.
Do đó, điều giả sử là sai.
n −10
Vậy không tồn tại số tự nhiên n để cả hai số n và
đều là các số chính phương.
3
Vì x, y là các số thực dương nên áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có:
4 x 2 + 1  2 4 x 2  4 x 2 + 1  4 x.
0.25
0.25
0.25
0.25
9 y + 9  2 81y  9 y + 9  18 y.
2
2
2
Do đó 4 x 2 + 9 y 2 + 10  4 x + 18 y  2 x + 9 y  10. (1)
1
2

Ta có: 4 x 2 + y 2 − 4 x − 8 y + 55 = 4  x −  + 4 ( y − 1) + 50
2

(
Câu 5
0.25
2
)
2
1
2

Vì 4  x −   0, 4 ( y − 1)  0 nên 4 x 2 + y 2 − 4 x − 8 y + 55  50. (2)
2

(
(2 x + 9y)
)
0.25
3
103
Từ (1), (2) suy ra

= 20.
4 x 2 + y 2 − 4 x − 8 y + 55 50
(
)
1

x =
Dấu “=” của bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
2.
 y = 1
0.25
a. Chứng minh rằng AMC = AIC = 120.
Vì ABC vuông tại A, có AM là đường trung tuyến nên MA = MB = MC.
Câu 6
0.25
Vì MAC cân tại M và MCA = 30 (gt) nên AMC = 180 − 600 = 120.
Vì I là tâm đường tròn nội tiếp ABC nên AI, CI lần lượt là đường phân giác trong
0.25
của BAC, ACB.
0.25
Suy ra BAI = IAC = 45; ACI = ICM = 15.
Do đó AIC = 180 − ( 45 + 15 ) = 120.
0.25
Vậy AMC = AIC = 120.
b. Chứng minh rằng AB = AN.
Theo ý a, suy ra tứ giác AIMC nội tiếp đường tròn.
Suy ra IMC = 180 − IAC = 135.
(
0.25
)
Do đó MNC = 180 − NMC + MCN = 15.
Vì NMA = MNA = 15 nên ANM cân tại A. Suy ra AN = AM.
Trong ABM có MB = MA và ABM = 60 (gt).
Suy ra AB = MA = MB.
Từ (1), (2) suy ra AB = AN.
0.25
(1)
(2)
0.25
0.25
Câu 7
a. Ta có: EAH = CAD = CBE (cùng phụ với ACB ).
Mặt khác CBE = JBC = JAE = JAC (góc nội tiếp cùng chắn cung CJ ). Suy ra
EAH = EAJ .
Tam giác AHJ có AE vừa là đường cao, vừa là đường phân giác trong kẻ từ
đỉnh A nên tam giác AHJ cân tại A . Suy ra AE là đường trung tuyến kẻ từ A
. Do đó E là trung điểm của đoạn thẳng HJ .
0.5
0.25
0.25
b. Ta có các tứ giác ACDF , CDHE nội tiếp nên HDE = HCE = FCA = FDA (1) .
Đồng thời HED = HCD = FCD = FAD .
(2)
HD HE
=
Từ (1) và ( 2 ) suy ra DHE đồng dạng với DFA (g.g) 
( 3)
FD FA
Mặt khác E là trung điểm của HJ (chứng minh trên) và I là trung điểm của FD
2 HD 2 HE
HD HJ
=

=
, kết hợp với ( 3) ta có
.
FD
FA
FI
FA
 HD HJ
=

FA
Xét HDJ và FIA có  FI
 AFI = JHD (cïng bï víi ACB )

Suy ra HDJ đồng dạng với FIA
 HJD = FAI
Mà FAI = BAK = BJK nên HJD = BJD = BJK  J , D, K thẳng hàng.
0.25
0.25
0.25
Từ đó IKD = AKJ = ABJ = FBH = HDF = HDI .
Suy ra AD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác IKD .
Mặt khác AD ⊥ BC nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IKD nằm trên
đường thẳng BC .
ĐIỂM TOÀN BÀI
---- Hết---
0.25
10,0
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN
ĐỀ CHÍNH THỨC
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2024-2025
Môn thi: Toán (dành cho lớp chuyên Tin )
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm có 02 trang, 05 câu
Mã đề 181
Học sinh làm cả phần trắc nghiệm và tự luận vào tờ giấy thi, ghi rõ mã đề thi vào bên cạnh từ
Bài làm trên tờ giấy thi.
Câu 1: Trắc nghiệm (2,0 điểm, mỗi ý 0,25 điểm).
1. Tất cả các giá trị của m để hàm số y = ( m + 1) x − 3 đồng biến trên
A. m  −1 .
B. m  0 .
C. m  −1 .
là
D. m  0 .
2. Cho tam giác ABC vuông cân tại A , biết BC = 8 cm . Diện tích tam giác ABC bằng
A. 16 cm 2 .
B. 8cm2 .
C. 64 cm 2 .
D. 32 cm 2 .
3. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn, giả sử số đo góc BAC = 500 thì số đo góc BDC là
A. 400 .
B. 1000 .
C. 1300 .
D. 500 .
x + y = 3
4. Biết ( x0 ; y0 ) là nghiệm của hệ phương trình 
. Khi đó giá trị biểu thức x0 + y0 là
2 x − 3 y = 1
3
1
A. .
B. 3 .
C. 2 .
D. .
2
2
5. Cho đường tròn có bán kính bằng 2 , chu vi của đường tròn đó là
A. 2 .
B. 2 .
C. 4 .
D. 4 .
6. Tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng ( d ) : y = 2 x + m cắt parabol ( P ) : y = x 2 tại hai điểm
phân biệt là
A. m  1 .
B. m  −1 .
C. m  −1 .
D. m  1 .
7. Tổng các nghiệm của phương trình x − 3 x + 2 = 0 là
A. 3 .
B. 2 .
C. 4 .
D. 5 .
8. Biểu thức P = 4 − 2 x có nghĩa khi
A. x  2 .
B. x  −2 .
D. x  2 .
C. x  −2 .
Câu 2 (1,5 điểm).
 2x +1
  1 + x3 
x
a) Rút gọn biểu thức A = 
−
 , với x  0, x  1 .
 .  x −
3
1 + x 
 x −1 x + x + 1  
b) Giải phương trình
x + 2 − 3x − 2 = 2 x − 4 .
2
2

 x − 2 y + xy − 3x + 3 y = 0
c) Giải hệ phương trình  2
.
2

x + y + x + y − 4 = 0
Câu 3 (1,5 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3 . Chứng minh các bất đẳng
thức sau đây:
a) x2 + y 2 + z 2  3 ;
b)
3
+ x2 + y 2 + z 2  4 ;
x + y2 + z2
2
c) xy + yz + zx  3 xyz .
Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC không cân, có ba góc nhọn và AB  AC . Đường tròn tâm I nội
tiếp tam giác ABC tiếp xúc với ba cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F . Lấy S trên đường thẳng
EF sao cho AS // BC , gọi DI  AS = H .
a) Chứng minh rằng 5 điểm A, F , I , E, H nằm trên cùng một đường tròn và đường thẳng HI là
phân giác của FHE .
b) Gọi DI  EF = K . Đường thẳng đi qua K và song song với BC cắt AB, AC lần lượt tại P, Q
. Chứng minh rằng tam giác IPQ cân và đường thẳng AK đi qua trung điểm của BC .
c) Kẻ DI cắt lại đường tròn nội tiếp ABC ở T . Chứng minh rằng ST ⊥ AD .
Câu 5 (2,0 điểm).
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn phương trình x 2 + 5 x + 6 y + 3 xy + 1 = 0 .
b) Cho biết Định lí Fermat nhỏ: “Cho số nguyên tố p . Nếu số nguyên x không chia hết cho p
thì x p −1  1( mod p ) , hay là x p −1 − 1 p ”.
1) Chứng minh rằng với mọi số nguyên a thì a5 − a 5 .
2) Cho hai số nguyên a, b . Gọi p = 4k + 3 ( k 
) là số nguyên tố và p là ước của a 2 + b2 .
Chứng minh rằng p là ước chung của a và b .
c) Cho tập hợp S gồm 2023 điểm trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng, không
có bốn điểm nào nằm trên cùng một đường tròn. Chứng minh rằng tồn tại ba điểm A, B, C thuộc
tập S sao cho: bên trong đường tròn ngoại tiếp ABC có đúng 674 điểm của tập S .
----------------------Hết-------------------------Họ và tên thí sinh:…………………………………….SBD:………………………….
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN
ĐỀ CHÍNH THỨC
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2024-2025
Môn thi: Toán (dành cho lớp chuyên Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm có 02 trang, 05 câu
Mã đề 235
Học sinh làm cả phần trắc nghiệm và tự luận vào tờ giấy thi, ghi rõ mã đề thi vào bên cạnh từ
Bài làm trên tờ giấy thi.
Câu 1: Trắc nghiệm (2,0 điểm, mỗi ý 0,25 điểm).
1. Biểu thức P = 1 − x có nghĩa khi
A. x  −1.
B. x  −1.
D. x  1.
C. x  1.
2. Tổng các nghiệm của phương trình x − 4 x + 3 = 0 là
A. 3 .
B. 2 .
C. 10 .
D. 4 .
3. Cho tam giác ABC vuông cân tại A , biết BC = 6 cm . Diện tích tam giác ABC bằng
A. 9cm2 .
B. 18cm2 .
D. 36cm2 .
C. 6cm2 .
4. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn, giả sử số đo góc BAC = 600 thì số đo góc BDC là
A. 1500 .
B. 600 .
C. 300 .
D. 1200 .
5. Cho đường tròn có bán kính bằng 5 , chu vi của đường tròn đó là
A. 10 .
B. 10 .
C. 25 .
6. Tất cả các giá trị của m để hàm số y = ( m + 2 ) x − 1 đồng biến trên
A. m  0 .
B. m  −2 .
C. m  0 .
D. 25 .
là
D. m  −2 .
7. Tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng ( d ) : y = 4 x + m cắt parabol ( P ) : y = x 2 tại hai điểm
phân biệt là
A. m  4 .
B. m  4 .
C. m  −4 .
D. m  −4 .
x + 2 y = 6
8. Biết ( x0 ; y0 ) là nghiệm của hệ phương trình 
. Khi đó giá trị biểu thức x0 + y0 là
3x − y = 4
A. 0 .
B. 2 .
C. 4 .
D. 1 .
Câu 2 (1,5 điểm).
 2x +1
  1 + x3 
x
a) Rút gọn biểu thức A = 
−
 , với x  0, x  1 .
 .  x −
3
1 + x 
 x −1 x + x + 1  
b) Giải phương trình
x + 2 − 3x − 2 = 2 x − 4 .
2
2

 x − 2 y + xy − 3x + 3 y = 0
c) Giải hệ phương trình  2
.
2

x + y + x + y − 4 = 0
Câu 3 (1,5 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3 . Chứng minh các bất đẳng
thức sau đây:
a) x2 + y 2 + z 2  3 ;
b)
3
+ x2 + y 2 + z 2  4 ;
x + y2 + z2
2
c) xy + yz + zx  3 xyz .
Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC không cân, có ba góc nhọn và AB  AC . Đường tròn tâm I nội
tiếp tam giác ABC tiếp xúc với ba cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F . Lấy S trên đường thẳng
EF sao cho AS // BC , gọi DI  AS = H .
a) Chứng minh rằng 5 điểm A, F , I , E, H nằm trên cùng một đường tròn và đường thẳng HI là
phân giác của FHE .
b) Gọi DI  EF = K . Đường thẳng đi qua K và song song với BC cắt AB, AC lần lượt tại P, Q
. Chứng minh rằng tam giác IPQ cân và đường thẳng AK đi qua trung điểm của BC .
c) Kẻ DI cắt lại đường tròn nội tiếp ABC ở T . Chứng minh rằng ST ⊥ AD .
Câu 5 (2,0 điểm).
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn phương trình x 2 + 5 x + 6 y + 3 xy + 1 = 0 .
b) Cho biết Định lí Fermat nhỏ: “Cho số nguyên tố p . Nếu số nguyên x không chia hết cho p
thì x p −1  1( mod p ) , hay là x p −1 − 1 p ”.
1) Chứng minh rằng với mọi số nguyên a thì a5 − a 5 .
2) Cho hai số nguyên a, b . Gọi p = 4k + 3 ( k 
) là số nguyên tố và p là ước của a 2 + b2 .
Chứng minh rằng p là ước chung của a và b .
c) Cho tập hợp S gồm 2023 điểm trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng, không
có bốn điểm nào nằm trên cùng một đường tròn. Chứng minh rằng tồn tại ba điểm A, B, C thuộc
tập S sao cho: bên trong đường tròn ngoại tiếp ABC có đúng 674 điểm của tập S .
----------------------Hết-------------------------Họ và tên thí sinh:…………………………………….SBD:………………………….
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN
ĐỀ CHÍNH THỨC
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2024-2025
Môn thi: Toán (dành cho lớp chuyên Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm có 02 trang, 05 câu
Mã đề 316
Học sinh làm cả phần trắc nghiệm và tự luận vào tờ giấy thi, ghi rõ mã đề thi vào bên cạnh từ
Bài làm trên tờ giấy thi.
Câu 1: Trắc nghiệm (2,0 điểm, mỗi ý 0,25 điểm).
1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn, giả sử số đo góc BAC = 700 thì số đo góc BDC là
A. 1100 .
B. 700 .
C. 200 .
D. 1600 .
2. Biểu thức P = 3 − x có nghĩa khi
A. x  3 .
B. x  −3 .
C. x  3 .
D. x  −3 .
3. Tổng các nghiệm của phương trình x − 5 x + 6 = 0 là
A. 2 .
B. 3 .
C. 13 .
4. Tất cả các giá trị của m để hàm số y = ( m + 3) x − 1 đồng biến trên
A. m  −3 .
B. m  −3 .
C. m  0 .
D. 5 .
là
D. m  0 .
x − y = 1
5. Biết ( x0 ; y0 ) là nghiệm của hệ phương trình 
. Khi đó giá trị biểu thức x0 + y0 là
2
x
+
y
=
8

A. 5 .
B. 1 .
C. 9 .
6. Cho đường tròn có bán kính bằng 3 , chu vi của đường tròn đó là
A. 6 .
B. 6 .
C. 9 .
D. 6 .
D. 9 .
7. Cho tam giác ABC vuông cân tại A , biết BC = 4 cm . Diện tích tam giác ABC bằng
A. 8cm2 .
B. 4cm2 .
C. 12cm2 .
D. 16cm2 .
8. Tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng ( d ) : y = 2 x − m cắt parabol ( P ) : y = x 2 tại hai điểm
phân biệt là
A. m  1 .
B. m  −1 .
C. m  −1 .
D. m  1 .
Câu 2 (1,5 điểm).
 2x +1
  1 + x3 
x
a) Rút gọn biểu thức A = 
−
 , với x  0, x  1 .
 .  x −
3
1 + x 
 x −1 x + x + 1  
b) Giải phương trình
x + 2 − 3x − 2 = 2 x − 4 .
2
2

 x − 2 y + xy − 3x + 3 y = 0
c) Giải hệ phương trình  2
.
2

x + y + x + y − 4 = 0
Câu 3 (1,5 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3 . Chứng minh các bất đẳng
thức sau đây:
a) x2 + y 2 + z 2  3 ;
b)
3
+ x2 + y 2 + z 2  4 ;
x + y2 + z2
2
c) xy + yz + zx  3 xyz .
Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC không cân, có ba góc nhọn và AB  AC . Đường tròn tâm I nội
tiếp tam giác ABC tiếp xúc với ba cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F . Lấy S trên đường thẳng
EF sao cho AS // BC , gọi DI  AS = H .
a) Chứng minh rằng 5 điểm A, F , I , E, H nằm trên cùng một đường tròn và đường thẳng HI là
phân giác của FHE .
b) Gọi DI  EF = K . Đường thẳng đi qua K và song song với BC cắt AB, AC lần lượt tại P, Q
. Chứng minh rằng tam giác IPQ cân và đường thẳng AK đi qua trung điểm của BC .
c) Kẻ DI cắt lại đường tròn nội tiếp ABC ở T . Chứng minh rằng ST ⊥ AD .
Câu 5 (2,0 điểm).
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn phương trình x 2 + 5 x + 6 y + 3 xy + 1 = 0 .
b) Cho biết Định lí Fermat nhỏ: “Cho số nguyên tố p . Nếu số nguyên x không chia hết cho p
thì x p −1  1( mod p ) , hay là x p −1 − 1 p ”.
1) Chứng minh rằng với mọi số nguyên a thì a5 − a 5 .
2) Cho hai số nguyên a, b . Gọi p = 4k + 3 ( k 
) là số nguyên tố và p là ước của a 2 + b2 .
Chứng minh rằng p là ước chung của a và b .
c) Cho tập hợp S gồm 2023 điểm trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng, không
có bốn điểm nào nằm trên cùng một đường tròn. Chứng minh rằng tồn tại ba điểm A, B, C thuộc
tập S sao cho: bên trong đường tròn ngoại tiếp ABC có đúng 674 điểm của tập S .
----------------------Hết-------------------------Họ và tên thí sinh:…………………………………….SBD:………………………….
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN
ĐỀ CHÍNH THỨC
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 204-2025
Môn thi: Toán (dành cho lớp chuyên Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm có 02 trang, 05 câu
Mã đề 479
Học sinh làm cả phần trắc nghiệm và tự luận vào tờ giấy thi, ghi rõ mã đề thi vào bên cạnh từ
Bài làm trên tờ giấy thi.
Câu 1: Trắc nghiệm (2,0 điểm, mỗi ý 0,25 điểm).
1. Cho đường tròn có bán kính bằng 4 , chu vi của đường tròn đó là
A. 8 .
B. 8 .
C. 16 .
D. 16 .
2. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn, giả sử số đo góc BAC = 550 thì số đo góc BDC là
A. 1250 .
B. 350 .
C. 550 .
D. 1100 .
3. Biểu thức P = 5 − x có nghĩa khi
A. x  5 .
B. x  5 .
C. x  −5 .
D. x  −5 .
4. Cho tam giác ABC vuông cân tại A , biết BC = 2cm . Diện tích tam giác ABC bằng
A. 4cm2 .
B. 1cm2 .
C. 8cm2 .
D. 2cm2 .
x − y = 4
5. Biết ( x0 ; y0 ) là nghiệm của hệ phương trình 
. Khi đó giá trị biểu thức x0 + y0 là
2 x + y = 2
3
3
A. − .
B. .
C. 0 .
D. −1 .
2
2
6. Tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng ( d ) : y = 6 x − m cắt parabol ( P ) : y = x 2 tại hai điểm
phân biệt là
A. m  9 .
B. m  9 .
C. m  9 .
D. m  9 .
7. Tất cả các giá trị của m để hàm số y = ( m − 3) x − 1 đồng biến trên
A. m  3 .
B. m  0 .
C. m  0 .
8. Tổng các nghiệm của phương trình x − 6 x + 8 = 0 là
A. 20 .
B. 2 .
C. 6 .
D. m  3 .
D. 4 .
Câu 2 (1,5 điểm).
 2x +1
  1 + x3 
x
a) Rút gọn biểu thức A = 
−
 , với x  0, x  1 .
 .  x −
3

x
+
x
+
1
1
+
x
x
−
1



b) Giải phương trình
x + 2 − 3x − 2 = 2 x − 4 .
2
2

 x − 2 y + xy − 3x + 3 y = 0
c) Giải hệ phương trình  2
.
2

x + y + x + y − 4 = 0
Câu 3 (1,5 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3 . Chứng minh các bất đẳng
thức sau đây:
a) x2 + y 2 + z 2  3 ;
b)
3
+ x2 + y 2 + z 2  4 ;
2
2
x +y +z
2
c) xy + yz + zx  3 xyz .
Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC không cân, có ba góc nhọn và AB  AC . Đường tròn tâm I nội
tiếp tam giác ABC tiếp xúc với ba cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F . Lấy S trên đường thẳng
EF sao cho AS // BC , gọi DI  AS = H .
a) Chứng minh rằng 5 điểm A, F , I , E, H nằm trên cùng một đường tròn và đường thẳng HI là
phân giác của FHE .
b) Gọi DI  EF = K . Đường thẳng đi qua K và song song với BC cắt AB, AC lần lượt tại P, Q
. Chứng minh rằng tam giác IPQ cân và đường thẳng AK đi qua trung điểm của BC .
c) Kẻ DI cắt lại đường tròn nội tiếp ABC ở T . Chứng minh rằng ST ⊥ AD .
Câu 5 (2,0 điểm).
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn phương trình x 2 + 5 x + 6 y + 3 xy + 1 = 0 .
b) Cho biết Định lí Fermat nhỏ: “Cho số nguyên tố p . Nếu số nguyên x không chia hết cho p
thì x p −1  1( mod p ) , hay là x p −1 − 1 p ”.
1) Chứng minh rằng với mọi số nguyên a thì a5 − a 5 .
2) Cho hai số nguyên a, b . Gọi p = 4k + 3 ( k 
) là số nguyên tố và p là ước của a 2 + b2 .
Chứng minh rằng p là ước chung của a và b .
c) Cho tập hợp S gồm 2023 điểm trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng, không
có bốn điểm nào nằm trên cùng một đường tròn. Chứng minh rằng tồn tại ba điểm A, B, C thuộc
tập S sao cho: bên trong đường tròn ngoại tiếp ABC có đúng 674 điểm của tập S .
----------------------Hết-------------------------Họ và tên thí sinh:…………………………………….SBD:………………………….
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2024-2025
Môn thi: Toán (dành cho lớp chuyên Tin)
Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang
HDC CHÍNH THỨC
Hướng dẫn chung:
- Học sinh có thể giải theo những cách khác nhau, nếu đúng thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa
ứng với phần đó.
- Đối với bài hình học: Nếu học sinh không vẽ hình, hoặc vẽ hình sai hẳn: không cho điểm.
- Điểm toàn bài chấm lẻ đến 0,25.
Câu 1: Trắc nghiệm (2,0 điểm)
Ý
Mã đề 181
C
A
D
B
C
C
D
A
1
2
3
4
5
6
7
8
Đáp án các mã đề
Mã đề 235
Mã đề 316
C
B
C
A
A
C
B
B
B
A
D
B
C
B
C
D
Câu 2 (1,5 điểm)
Ý
a
Nội dung
(
Điểm
Mã đề 479
B
C
B
B
C
C
A
A
)
)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Điểm
 2x +1
  1 + x3  2 x + 1 − x x − 1
x
A = 
−
.x − 1− x + x 
=
 .  x −
3


x
+
x
+
1
1
+
x
x −1 x + x + 1 
 x −1


(
=
x + x +1
( x −1)( x + x + 1)
.
)(
(
( x − 1) = 1
)
0,25
0,25
2
3
( x + 2 ) − ( 3x − 2 )
ĐK: x 
pt 
b
1


= 2x − 4  ( 2x − 4) 
+ 1 = 0
x + 2 + 3x − 2
 x + 2 + 3x − 2 
2 x − 4 = 0

1

+1 = 0
 3x − 2 + x + 2
c
 x 2 − 2 y 2 + xy − 3x + 3 y = 0
 2
2
 x + y + x + y − 4 = 0
(VN )
 x = 2 (tmđk)
0,25
0,25
(1)
( 2)
x = y
x = 3 − 2y
(1)  ( x − y )( x + 2 y − 3) = 0  
0,25
 y =1 x =1
Với x = y , thay vào ( 2 ) ta được: 2 y 2 + 2 y − 4 = 0  
 y = −2  x = −2
 y =1 x =1
2
Với x = 3 − 2 y , thay vào ( 2 ) ta được: 5 y − 13 y + 8 = 0  
y = 8  x = − 1
5
5


 1 8 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x; y )  (1;1) ; ( −2; −2 ) ;  − ;   .
 5 5 

Câu 3 (1,5 điểm)
Ý
Nội dung
2
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có x + 1  2 x; y 2 + 1  2 y; z 2 + 1  2 z
Cộng các bất đẳng thức vế theo vế ta được
a
x 2 + y 2 + z 2 + 3  2 ( x + y + z )  x 2 + y 2 + z 2 + 3  6  x2 + y 2 + z 2  3 , dấu bằng
0,25
Điểm
0,25
0,25
xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
3
+ x 2 + y 2 + z 2  4 trở thành
2
2
x +y +z
Đặt t = x2 + y 2 + z 2  3 , bất đẳng thức
b
2
3
+ t  4  3 + t 2  4t  t 2 − 4t + 3  0  ( t − 1)( −3)  0
t
Bất đẳng này đúng đúng vì t  3 , dấu bằng xảy ra khi vả chỉ khi x = y = z = 1.
xy + yz + zx  3 xyz  ( xy + yz + zx )  9 xyz
0,25
0,25
2
 x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 + 2 xyz ( x + y + z )  9 xyz  x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2  3xyz
c
Áp dụng BĐT Cô-si ta có
x2 y 2 + y 2 z 2  2xy 2 z; y 2 z 2 + z 2 x 2  2xyz 2 ; z 2 x 2 + x 2 y 2  2x 2 yz
Cộng các bất đẳng thức trên trên vế theo vế ta được
x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2  xyz ( x + y + z ) = 3xyz
0,25
0,25
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Câu 4 (3,0 điểm)
Ý
Nội dung
A
Điểm
S
H
E
T
P
Q
K
F
a
L
I
B
D
M
C
Dễ thấy rằng AFI = AEI = 90o nên AFI + AEI = 180o suy ra AFIE nội tiếp.
0,25
Vì AS // BC và DI ⊥ BC , suy ra AH ⊥ HI , vậy thì AFI + AHI = 180o
suy ra AHIF nội tiếp, vậy thì 5 điểm A, H , E, I , F nằm trên đường tròn.
0,25
Suy ra FHI =
1
1
sd IF ; EHI = sd IE;
2
2
Lại có IE = IF (bán kính đường tròn nội tiếp); do đó suy ra FHI = EHI , hay là HI
là phân giác góc FHE .
Vì PQ // BC suy ra PQ ⊥ IK . Dễ thấy IKQ = IEQ = 90o nên KEQI nội tiếp, do đó
IQK = IEK .
b
c
Chứng minh tương tự thì IPK = IFK , chú ý rằng tam giác IEF cân tại I nên suy ra
IQK = IPK nên IP = IQ .
Gọi M là trung điểm của đoạn BC .
Vì tam giác IPQ cân và có IK là đường cao nên suy ra KP = KQ .
KP MB
Vì PQ // BC và có
=
= 1 , theo định lí Thales đảo thì A, K , M thẳng hàng.
KQ MC
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Lại có AFIEH nội tiếp nên SE.SF = SA.SH , suy ra SL.SD = SA.SH tức là AHLD
nội tiếp, suy ra ALD = 90o .
0,25
Vì DT là đường kính của ( I ) nên TLD = 90o , do đó A, T , L thẳng hàng
0,25
Xét tam giác ADS có DH ⊥ SA , AL ⊥ SD suy ra T là trực tâm tam giác ADS .
Do đó suy ra ST ⊥ AD
0,25
−5
5
−1
−5
1
−1
−3
−7
3
5
5
y
−
−
1
1
3
3
Kết luận
t/m
Loại
t/m
Loại
Vậy phương trình có các nghiệm nguyên ( x; y )  ( −1;1) ; ( −7;1) .
x+2
x + 3y + 3
x
1
5
−1
1) Nếu a 5 thì a5 − a 5 ;
Nếu a  5 , áp dụng định lí Fermat thì a 4 − 1 5 , do đó a 5 − a = a ( a 4 − 1) 5 .
b
0,25
Gọi SD  ( I ) = L , dễ thấy rằng SE.SF = SL.SD (vì EFLD nội tiếp).
Câu 5 (2,0 điểm)
Ý
Nội dung
2
x + 5 x + 6 y + 3xy + 1 = 0  ( x + 2 )( x + 3 y + 3) = 5
a
0,25
2) Nếu a p , vì a 2 + b2 chia hết cho p nên b2 p  b p
vậy thì p là ước chung của a và b .
Giả sử, a  p , vì a 2 + b2 chia hết cho p nên b2  p  b  p .
p −1
= 2k + 1 là số lẻ,
Từ a 2 + b 2  0 ( mod p )  a 2  −b 2 ( mod p ) , chú ý rằng
2
p −1
Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
p −1
do đó ( a 2 ) 2  ( −b 2 ) 2 ( mod p )  a p −1  −b p −1 ( mod p ) (*)
a p −1  1( mod p )
theo định lí Fermat thì  p −1
(**)
b

1
mod
p
(
)

Từ (*) và (**) thì ta suy ra 1  −1( mod p )  2  0 ( mod p ) hay là 2 p
điều này vô lí vì p là số lẻ.
Do đó điều giả sử sai, tức là a, b p hay là p là ước chung của a và b .
0,25
Xn+1
X1
Xn
M
X1012
A
c
B
Lấy 2 điểm A, B sao cho tất cả các điểm của tập S nằm về cùng một phía của
đường thẳng AB .
Nhận xét: Với điểm X n và X n +1 bất kì. Xét đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABX n (như hình vẽ). Thế thì: X n +1 ở ngoài đường tròn này khi và chỉ khi
0,25
AX n +1 B  AX n B .
Chứng minh nhận xét: X n +1 ở ngoài đường tròn ngoại tiếp tam giác ABX n khi và
chỉ khi một trong hai đường AX n+1 , BX n+1 cắt ( ABX n ) như hình vẽ, giả sử BX n +1
cắt tại M . Khi đó, theo tính chất góc ngoài tam giác thì AX n +1 B  AMB = AX n B
(các trường hợp hình vẽ suy biến khác có thể lập luận tương tự).
Vì 4 điểm bất kì không nằm trên đường tròn, do đó ta đánh số các điểm còn lại của
tập S (trừ A, B ) là X1 , X 2 ,..., X 2021 sao cho
AX 1 B  AX 2 B  ....  AX 674 B  AX 675 B  ...  AX 2021B .
Chọn đường tròn ( AX 675 B ) , thì có đúng các điểm X1 , X 2 ,..., X 674 nằm trong
đường tròn này.
------------ HẾT -------------
0,25
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Mã đề 450
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2024 – 2025
Môn thi: Toán (dành cho lớp chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kể thời gian giao đề)
Câu 1: Trắc nghiệm
x − 2y = 4
. Khi đó giá trị của biểu
2x + 3 y = 1
1. Biết ( x0 ; y0 ) là nghiệm của hệ phương trình 
thức x0 2 − 2 y0 2 là
1
2
3
2
4
2
2. Nghiệm lớn nhất của phương trình x − 4x + 3 = 0 là
A. 2
B. 3
C. 1
A. 2
B.
C.
D. 6
D. 3
3. Cho đường tròn có bán kính bằng 5cm, chu vi của đường tròn đó là
A. 5 cm
B. 10 cm
C. 5 cm
D. 10 cm
4. Cho tam giác ABC vuông tại A, biết AB = 6cm, AC = 8cm. Bán kính đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC bằng
A. 6 cm
B. 10 cm
C. 5 cm
D. 8 cm
5. Biểu thức P = 2 x − 4 có nghĩa khi
A. x  −2
B. x  2
C. x  2
D. x  −2
6. Tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng (d): y = 4x + m cắt parabol
( P) : y = 2 x2 tại hai điểm phân biệt là
A. m < 2
B. m  −2
C. m  −2
D. m  2
7. Tất cả các giá trị của m để hàm số y = (m – 1)x + 6 nghịch biến trên R là
A. m  −1
B. m < 1
C. m > 0
D. m > 1
8. Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn, giả sử số đo góc BAD = 40 , thì số đo
góc BCD là
A. 140
B. 60
C. 100
D. 40
Câu 2:

x+2
2− x 
x
+
với x  0, x  1
 :
 x + 2 x +1 x −1  x +1
a) Cho biểu thức P = 
1) Rút gọn P
2) Tìm các số nguyên x để P có giá trị nguyên
 2 x 2 + 2 y 2 − 5 xy + x − 2 y = 0
b) Giải hệ phương trình  2
2
 x + 2 y − 3x − 5 y − 1 = 0
Câu 3: Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O) kẻ tiếp tuyến AB với B là tiếp điểm.
Một đường thẳng d đi qua A và cắt (O) tại M, N sao cho: O và B nằm khác phía so
với d, điểm M ở giữa A và N. Kẻ BH ⊥ AO (H thuộc AO), gọi K là trung điểm của
MN.
a) Chứng minh rằng AB 2 = AM . AN , KAO = OBK
b) Chứng minh rằng tứ giác MHON nội tiếp và HB là phân giác của MHN
c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN cắt đường thẳng AB tại P, Q và cắt đường
thẳng HB tại D (D khác H). Gọi R là trung điểm của BD. Chứng minh rằng đường
tròn ngoại tiếp tam giác PQR và (O) tiếp xúc với nhau.
Câu 4: Cho các số thực a, b, c. Chứng minh các bất đẳng thức sau đây:
b+c c+a a+b
.
.
8
a
b
c
b) a3 + b3 + c3 + 24abc  (a + b + c)3
a
b
c
+
+
1
c)
a 2 + 7bc
b 2 + 8ca
c 2 + 9ab
a)
Câu 5:
a) Giải phương trình sau đây trên tập số nguyên: 2 x2 y + 8x2 + y = 11
b) Định lý Wilson phát biểu ở dạng chia hết như sau: “Cho số nguyên dương n  2 ,
khi đó n là số nguyên tố khi và chỉ khi (n - 1)! + 1 chia hết cho n”; với kí hiệu
n! = 1.2.3...n là tích của n số nguyên liên tiếp từ 1 đến n và 0! = 1.
1) Sử dụng định lý Wilson chứng minh rằng: “n là số nguyên tố thì (n – 2)! – 1 chia
hết cho n”.
2) Hãy chứng minh chiều ngược của định lý Wilson: “Số nguyên dương n  2 thỏa
mãn (n – 1)! + 1 chia hết cho n thì n là số nguyên tố”.
c) Viết các số nguyên dương liên tiếp 1, 2, …, 2022 trên bảng; gọi m, n là ước nguyên
tố của 2025, người ta thực hiện mỗi bước như sau: Hai số bất kì a, b ở trên bảng sẽ
bị xóa đi và viết thay thế lên bảng số ma − nb hoặc ma + nb . Thực hiện liên tiếp các
bước như trên, hỏi rằng cuối cùng trên bảng có thể còn lại duy nhất số 2024 hay
không?
ĐÁP ÁN
Câu 2:
a)
1.

x+2
2− x 
x
P = 
+
 :
 x + 2 x +1 x −1  x +1
 x+2
 x +1
2− x
P = 
+
 .
2
x
 ( x + 1) ( x + 1)( x − 1) 
 x + x − 2 + 2 + x − x  x +1
P = 
 .
2
x
 ( x + 1) ( x − 1) 
P=
2.
2
x −1
Do x nguyên nên để P nguyên thì 2 ( x − 1)
 x − 1   −2; 2; −1;1
 x   −1;3;0; 2 , kết hợp với điều kiện xác định
 x  3; 2
 2 x 2 + 2 y 2 − 5 xy + x − 2 y = 0(1)
 2
2
 x + 2 y − 3x − 5 y − 1 = 0(2)
Xét phương trình 2x2 + 2 y 2 − 5xy + x − 2 y = 0(1)
Ta có:  x = (5 y − 1)2 − 8(2 y 2 − 2 y ) = 9 y 2 + 6 y + 1 = (3 y + 1) 2
b)
x = 2y
Khi đó pt (1) có 2 nghiệm 
x = y −1

2
Với x = 2y thay vào (2) ta được

11 + 145
11 + 145
x=
y =
12
6
6 y 2 − 11y − 1 = 0  

11 − 145
11 − 145
x=
y =
12
6

y −1
Với x =
 y = 2 x + 1 , thay vào (2) ta được
2
x = 1 y = 3
2
9 x − 5x − 4 = 0  
x = − 4  y = 1
9
9

Câu 3:
a) Có AB là tiếp tuyến, AMN là một cát tuyến của (O)
nên AB2 = AM .AN (tính chất phương tích)
(Có thể chứng minh tam giác AMB đồng dạng với tam giác ABN)
K là trung điểm dây cung MN
 OKA = 90  OKA = OBA = 90
 Tứ giác OKBA nội tiếp
 KBO = KAO
b) Tam giác OBA vuông tại B, BH là đường cao
 AB2 = AH . AO
Mặt khác AB2 = AM .AN  AM .AN = AH .AO
 Tứ giác MNOH nội tiếp (tính chất phương tích)
 NMO = NHO
Tứ giác MNOH nội tiếp  

ONM = MHA
Mà NMO = ONM (tam giác OMN cân tại O)
 NHO = MHA kết hợp với BHA = BHO = 90
 BHM = BHN hay HB là phân giác của MHN
c) Gọi AC là tiếp tuyến thứ 2 dựng từ A đến (O)
Tứ giác OHMN nội tiếp, kết hợp với giả thiết điểm D
 Các điểm D, Q, N, O, H, M, P đồng viên (1)
 DQHP nội tiếp
 BH.BD = BQ.BP
 BH.2BR = BQ.BP
 BC.BR = BQ.BP (vì BH ⊥ OA  BC ⊥ OA  BC = 2BH )
Suy ra tứ giác RQCP nội tiếp
Hay C nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR (*)
Từ (1) suy ra tứ giác PQOH nội tiếp
 AP. AQ = AH . AO = AB2 (theo ý b)
Mà AB = AC  AP. AQ = AC 2 (**)
Từ (*) và (**) suy ra AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp PQR
Mà AC cũng là tiếp tuyến của (O)
 Hai đường tròn (PQR) và (O) tiếp xúc nhau với tiếp tuyến chung AC (đpcm)
Câu 4:
a) Áp dụng Cauchy được
b + c c + a a + b 2 bc 2 ca 2 ab
.
.

.
.
=8
a
b
c
a
b
c
b) Có (a + b + c)3 = a3 + b3 + c3 + 3(a + b)(b + c)(c + a)
Sử dụng BĐT (a + b)(b + c)(c + a)  8abc ta có đpcm
a
b
c
+
+
c) Có 2
2
2
a + 7bc
b + 8ca
c + 9ab
2
2
a
b
c2
=
+
+
a a 2 + 7bc b b 2 + 8ca c c 2 + 9ab
a2
b2
c2
=
+
+
a . a 3 + 7abc
b . b3 + 8abc
c . c3 + 9abc
(a + b + c) 2

a . a3 + 7abc + b . b3 + 8abc + c . c 3 + 9abc
Có:
( a. a + 7abc + b. b + 8abc + c. c + 9abc )  (a + b + c)(a + b + c + 24abc)
3
3
2
3
3
3
(Bunhiacopxki)
Sử dụng kết quả ý b ta được
(a + b + c)(a3 + b3 + c3 + 24abc)  (a + b + c)(a + b + c)3 = (a + b + c) 4

( a. a + 7abc + b. b + 8abc + c. c + 9abc )  (a + b + c)

a . a 3 + 7 abc + b . b3 + 8abc + c . c 3 + 9abc  (a + b + c) 2
3
3
3
2
4
3
(a + b + c) 2
(a + b + c) 2


=1
2
a . a3 + 7abc + b . b3 + 8abc + c . c 3 + 9abc (a + b + c)
(Không xảy ra đẳng thức)
Câu 5:
a)
2 x2 y + 8x2 + y = 11
 2 x2 ( y + 4) + y + 4 = 15
 (2 x2 + 1)( y + 4) = 15
Vì x, y nguyên nên 2 x2 + 1 ; y + 4 là ước của 15, chú ý 2x2 + 1  0 từ đó ta được
2 x2 + 1
y+4
x
y
15
1
Loại
Loại
1
15
0
11
3
5
1; -1
1
5
3
Loại
Loại
Vậy phương trình có các nghiệm ( x; y )  (0;11);(1;1);(−1;1)
b)
1. Xét (n – 1)! + 1 = (n – 1)(n – 2)! – (n – 1) + n = (n – 1)[(n – 2)! – 1] + n
Theo định lý Wilson, có (n − 1)!+ 1 n, n n  (n − 1)  (n − 2)!− 1 n
Mà (n – 1; n) = 1 với mọi n nên (n – 2)! – 1 n (đpcm)
2. Do (n − 1)!+ 1 n  (n − 1)!  −1(mod n)
Giả sử n không phải số nguyên tố  n  4
Với n = 4 thì (n − 1)! = 3!  2(mod 4)(l )
Với n > 4, do n không nguyên tố, đặt n = pq với 1  p  q  n
TH1: p < q  p; q   2;3;...; n − 1 khi đó  (n − 1)! pq  (n − 1)! n (mâu thuẫn)
TH2: p = q  n = p2
Khi đó (n − 1)! p mà p > 1
 (n − 1)!+ 1 p  (n − 1)!+ 1 p2 = n (mâu thuẫn)
Từ đó ta có điều giả sử là sai
Vậy ta có đpcm.
c) Vì ban đầu có 2022 số nên sẽ có 1011 số lẻ
Gọi số các số lẻ còn lại trên bảng sau lần thay thế thứ k là nk (ví dụ khi chưa thay
thế lần nào thì nk = n0 = 1011 )
Ta có: 2025 là số lẻ  m; n là các số lẻ, khi đó ta có các nhận xét sau
+ Nếu a, b có một số chẵn, 1 số lẻ thì ma – nb và ma + nb đều là các số kẻ
 nếu thực hiện thay thế thì số các số lẻ không đổi
+ Nếu a, b là 2 số chẵn thì ma – nb và ma + nb cùng chẵn
 nếu thực hiện thay thế thì số các số lẻ không đổi
+ Nếu a, b là 2 số lẻ thì ma – nb và ma + nb cùng chẵn
 nếu thực hiện thay thế thì số các số lẻ giảm đi 2 số
Như vậy sau mỗi lần xóa thì số các số lẻ hoặc không đổi, hoặc giảm đi 2 số. Nghĩa
là sau k lần thay thế thì tất cả các nk đều chung tính chất chẵn lẻ mà n0 = 1011 là lẻ
nên nk với mọi k.
 nk không thể bằng 0
Do vậy nếu xóa đến khi còn lại số cuối cùng thì số đó bắt buộc phải là số lẻ
Vậy số cuối cùng trên bảng không thể bằng 2024.
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
TỈNH PHÚ THỌ 2024 – 2025
MÔN TOÁN (DÀNH CHO CHUYÊN TIN)
Câu 1:
a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x2 − 4x + 2m − 3 = 0 có hai
nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x12 + 4 x2 = 3x2 2 + 28
b) Cho số thực a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 2025. Tìm giá trị biểu thức
P=
a 2 − bc
b 2 − ca
c 2 − ab
+
+
a 2 + 2025 b 2 + 2025 c 2 + 2025
Câu 2:
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn
4 x2 + 5 y 2 + 4 xy − 4 x − 2 y − 8 = 0
b) Tìm tất cả các số thực a, b để đa thức f ( x) = x3 + 2 x2 + ax + b + 5 chia hết cho đa
thức g ( x) = x2 + 3 .
Câu 3:
 x 2 − 2 y 2 + xy − 3 y − 1 = 0
a) Giải hệ phương trình 
( x, y  R )
 x y + y x − 1 = 2 x + 2 y
b) Trong một buổi tổ chức lễ tuyên dương cho các học sinh có thành tích học tập
xuất sắc của một tỉnh, ngoại trừ bạn Bình, hai người bất kì đều bắt tay nhau. Bình
chỉ bắt tay với những người mình quen. Biết rằng mỗi cặp (hai người) chỉ bắt tay
không quá một lần và có tổng cộng tất cả 454 cái bắt tay. Hỏi bạn Bình có bao nhiêu
người quen trong buổi lễ tuyên dương đó?
Câu 4: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) với các điểm A, B, C cố
định. Điểm M di động trên cung BC không chứa A (M khác B, C và AM không
vuông góc với BC). Kẻ BE vuông góc với AM tại E. Gọi N là giao điểm của AM và
BC, H và J theo thứ tự là trực tâm của các tam giác CMN và ABN. Gọi I là chân
đường vuông góc kẻ từ A đến đường thẳng BC, F là chân đường vuông góc kẻ từ C
đến đường thẳng AM.
a) Chứng minh rằng IF // MB
b) Chứng minh ABJ ~ CMH
c) Khi điểm M di động nhưng vẫn thỏa mãn yêu cầu bài toán, chứng minh rằng
đường thẳng HE luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5: Cho các số thực x, y thỏa mãn x 2 y 2 + 4 y + 4 = 0 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của biểu thức T =
xy
3y + 2
ĐÁP ÁN
Câu 1:
a) Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt
thì  ' = 7 − 2m  0  m 
7
2
 x + x2 = 4
 x1 x2 = 2m − 3
Theo hệ thức Viet ta được  1
Do đó: x1 = 4 − x2  4 − x23 + 4 x2 − 3x22 − 28 = 0
 ( x2 − 1)( x 2 − 8 x + 36) = 0
Vì x 2 − 8 x + 36 = ( x − 4) 2 + 20  0  x2 = 1
Phương trình đã cho có 1 nghiệm bằng 1 nên
1 − 4 + 2m − 3 = 0  m = 3
Đây cũng chính là giá trị duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán.
b) Ta có:
a 2 − bc
a 2 + ab + ca − 2025 a(a + b) + a(a + c)
a
a
=
=
−1 =
+
−1
2
2
2
a + 2025
a + 2025
a + 2025
c+a a+b
Tương tự ta có:
b 2 − ca
b
b
=
+
−1
2
b + 2025 b + c a + b
c 2 − ab
c
c
=
+
−1
2
c + 2025 c + a b + c
Suy ra P =
a 2 − bc
b 2 − ca
c 2 − ab
+
+
a 2 + 2025 b 2 + 2025 c 2 + 2025
=
a 2 − bc
b 2 − ca
c 2 − ab
+
+
(a + b)(a + c) (b + a)(b + c) (c + b)(c + a)
=
a
a
b
b
c
c
+
−1+
+
−1+
+
−1
c+a a+b
b+c a+b
c+a b+c
c   b
c   a
b 
 a
=
+
+
+
+
+
−3= 0
 c+a c+a b+c b+c  a+b a+b
Vậy P = 0.
Câu 2:
a) Ta có: (2 x + y − 1)2 + 4 y 2 = 9
 9  4 y2  y2 
9
 y 2  1;0
4
Với y 2 = 1  (2 x + y − 1)2 = 5
 Phương trình không có nghiệm nguyên
 2 x − y + 1 = 3  x = 1; y = 0

y = 0
 x = −2; y = 0
Với y 2 = 0  (2 x − y + 1)2 = 9  
Thử lại thỏa mãn
Vậy ( x; y )  (1; 0); (−2; 0)
b) Vì f(x) chia hết cho g(x), f(x) bậc 3, g(x) bậc 2
 f ( x) = ( x + c)( x2 + 3) với c là số thực
Suy ra f ( x) = x3 + cx2 + 3x + 3c = x3 + 2x2 + ax + b + 5, x
Đồng nhất hệ số ta có c = 2, a = 3, b = 3c – 5 = 1
Vậy a = 3, b = 1.
Câu 3:
a) Điều kiện: x  1, y  0
 x = −2 y − 1
x = y +1
Phương trình (1) trở thành ( x + 2 y + 1)( x − y − 1) = 0  
Với x = −2 y − 1 :
Vì −2 y − 1  0, y  0  x  0(vl )
Với x = y + 1:
Thay x = y + 1 vào phương trình (2) ta được
( y + 1) y + y y = 2( y + 1) + 2 y

y (2 y + 1) = 2(2 y + 1)
Mặt khác y  0  2 y + 1  0  y = 2  y = 4  x = 5
Thử lại thỏa mãn
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (5; 4).
b) Xét nhóm n học sinh gồm tất cả các học sinh ngoại trừ Bình (n  N , n  2)
Vì hai người bất kì đều bắt tay nhau và bắt tay không quá 1 lần
 Số cái bắt tay trong nhóm là
n(n − 1)
2
Do số người quen của Bình không vượt quá n nên
454 
n(n − 1)
+ n  n  30
2
n(n − 1)
 454  n  30
2
Lại có
Suy ra n = 30
Do đó, số người quen của Bình là 454 −
30(30 − 1)
= 19
2
Câu 4:
A
E
J
O
C
N
H
B
I
M
c) Gọi Q là giao của đường thẳng qua B vuông góc với BC
S là giao của AC và BQ
Gọi P là chân đường cao hạ từ M xuống BC, L là giao của MP và BE
Ta có: BE ⊥ AM , CF ⊥ AM
 BE // CF
Ta cũng có: NEI = ABC = AMC nên EI // CM
Từ đó ta có:

BS LM BC. AI NI EM BC NI EM BN NI NE
.
=
.
.
=
.
.
=
.
.
=1
BQ LH
CI
NB. AI EF EF NB CI
NE NB NI
BS LH
=
BQ LM
Gọi E’ là giao của BL và HS
Có
BS BE '
=
HL LE '
Mặt khác,
BS BQ BE
=
=
 E  E'
HL LM LE
 H, E, S thẳng hàng
Mà BC, AC cố định  Giao điểm của đường thẳng qua B vuông góc với BC và AC
cố định  S cố định
Vậy HE đi qua S cố định.
Câu 5:
− x2 y 2
Vì x y + 4 y + 4 = 0  y + 1 =
4
2
2
Ta có: T =
xy
4 xy
4 xy
−4 xy
=
=
= 2 2
2 2
3 y + 2 3(4 y + 4) − 4 −3x y − 4 3x y + 4
Đặt m = xy  T =
−4m
 3Tm 2 + 4m + 4T = 0 (1)
2
3m + 4
Coi (1) là phương trình bậc hai ẩn m, T là tham số
Khi đó:  ' = 22 − 3T .4T = 4(1 − 3T 2 )
Để phương trình có nghiệm thì   0
 1 − 3T 2  0 
− 3
3
T 
3
3
Do đó:


2 3
− 3
xy =

x =
− 3
−2 2 3


3 
2
Tmin =
=0m=
=


3
3T
3
 y = −4
 y = −4


3
3


−2 3
3
xy =
x=


3
−2 −2 3

3 
2
Tmax =
=0m=
=


3
3T
3
−
−
4
y =
y = 4

3
3

Vậy Tmin =
Tmax =
 − 3 −4 
− 3
; 
 ( x, y ) = 
3 
3
 2
 3 −4 
3
; 
 ( x, y ) = 
3
 2 3 
SỞ GD&ĐT HÒA BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
THUC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2024-2025
ĐỀ THI MÔN TOÁN
(Dành cho thí sinh dự thi vào lớp chuyên Tin)
Ngày thi: 08/6/2023
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
Đề thi có 01 trang, gồm 04 câu.
Câu I (3,0 điểm)
1. Rút gọn biểu thức: A =
x2 − 4
x−2
2. Tính giá trị biểu thức: B = 4 + 2 3 + 4 − 2 3
3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng (d ): y = ax + b . Tìm a và b để
đường thẳng (d ) đi qua hai điểm A(1;3) và B(2;5) .
Câu II (3,0 điểm)
 x( y − 1) + y ( x + 1) = 6
1. Giải hệ phương trình: 
( x − 1)( y + 1) = 2
2. Cho phương trình: x2 − 3mx + m2 − 5 = 0 ( m là tham số). Tìm m để phương trình
có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn: x12 + 3mx2 − 13  0 .
3. Giải phương trình: ( x2 − 6 x)2 + ( x − 3)2 = 29 .
Câu III (3,0 điểm)
Cho đường tròn (O; R) đường kính BC, điểm H cố định thuộc tia đối của tia BC.
Qua H kẻ đường thẳng d vuông góc với BC. Lấy điểm M bất kì trên đường thẳng d , qua
M kẻ các tiếp tuyến MP, MK với đường tròn (O) . Dây PK cắt OM tại N và cắt OH tại
Q.
1. Chứng minh năm điểm M , P, O, K , H cùng thuộc một đường tròn.
2. Chứng minh rằng OH .OQ = R2 .
3. Cho POK = 1200 . Tính diện tích tứ giác MPOK theo R.
4. Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên đường thẳng d thì trọng tâm G của
tam giác HPC chạy trên một đường tròn cố định.
Câu IV (1,0 điểm)
1. Kết thúc năm học 2022 - 2023, Hòa hỏi Bình: “Bạn có bao nhiêu bài kiểm tra đạt
điểm 8 và điểm 9 vậy?”. Bình trả lời: “Số bài kiểm tra đạt điểm 8, điểm 9 của tớ nhiều hơn
21 và tổng số điểm của các bài kiểm tra đó là 183”. Em hãy tính giúp Hòa xem Bình có bao
nhiêu bài kiểm tra đạt điểm 8 và bao nhiêu bài kiểm tra đạt điểm 9 nhé.
2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
2023 1
+ , với 0  x  1.
1− x x
------------- HẾT -------------Họ và tên thí sinh: ................................................ Số báo danh: ............................ Phòng thi: .......
Giám thị 1: ....................................................... Giám thị 2: .............................................................
thuvienhoclieu.com
Trang 0
SỞ GD&ĐT HÒA BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
THUC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2024-2025
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
(Dành cho thí sinh dự thi vào lớp chuyên Tin)
Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang
Câu I (3,0 điểm)
Phần,
ý
1
2
3
Nội dung
Điểm
* ĐKXĐ: x  2
x 2 − 4 ( x − 2)( x + 2)
A=
=
= x+2
x−2
x−2
A = 4 + 2 3 + 4 − 2 3 = ( 3 + 1) 2 + ( 3 − 1) 2
0,5
= 3 + 1 + 3 − 1 = 2 3.
0,5
a + b = 3
(d ) đi qua hai điểm A(1;3) và B(2;5)  
2 a + b = 5
Giải hệ phương trình ta được: a = 2; b = 1 . KL….
1,0
0,5
0,5
Câu II (3,0 điểm)
Phần,
ý
1
2
3
Nội dung
Điểm
 x( y − 1) + y ( x + 1) = 6
2 xy − ( x − y ) = 6
 xy = 3



( x − 1)( y + 1) = 2
 xy + ( x − y ) = 3
x − y = 0
0,5
x2 = 3

.
x = y
Tìm được các nghiệm: ( 3; 3 ) ; ( − 3; − 3 )
0,5
Ta có  = 9m 2 − 4(m 2 − 5) = 5m 2 + 20  0,  m .
Suy ra phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m .
 x1 + x2 = 3m
Theo hệ thức Vi-ét ta có: 
2
 x1.x2 = m − 5
x12 + 3mx2 − 13  0  x12 + ( x1 + x2 ) x2 − 13  0  ( x1 + x2 )2 − x1.x2 − 13  0
 (3m)2 − (m2 − 5) − 13  0  8m2  8  −1  m  1
( x 2 − 6 x) 2 + ( x − 3) 2 = 29  ( x 2 − 6 x) 2 + ( x 2 − 6 x) − 20 = 0 (1)
t = 4
Đặt t = x 2 − 6 x, phương trình (1) trở thành: t 2 + t − 20 = 0  
t = − 5
 x = 3 + 13
 t = 4  x2 − 6x = 4  x2 − 6x − 4 = 0  
 x = 3 − 13
x = 1
 t = −5  x2 − 6 x = −5  x2 − 6 x + 5 = 0  
x = 5
Kết luận: …
Câu III (3,0 điểm)
Phần,
Nội dung
ý
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
Điểm
* Ghi chú: Nếu HS lấy điểm H thuộc tia BC thì trừ 0,5 điểm toàn bài.
1
2
3
4
Giải thích được: MPO = MHO = MKO = 90o
 P, K , H thuộc đường tròn đường kính MO.
 M , P, O, K , H cùng thuộc đường tròn đường kính MO.
0,5
0,5
Xét MPO vuông tại P, có PN ⊥ MO:
 ON  OM = OP2 (1) (Hệ thức lượng trong tam giác vuông).
0,5
ONQ
OHM ( HOM chung; ONQ = OHM = 90 ).
ON
OQ

=
 OM  ON = OH  OQ (2)
OH OM
Từ (1), (2)  OH  OQ = OM  ON = OP2 = R2 .
0,5
Vì POK = 120o nên PMK = 60  và MO là phân giác của PMK
 PMO = KMO = 30 
OPM vuông tại P, có: OP = OM . Sin PMO
R
 OM =
= 2 R (cm).
sin 30 
PNO vuông tại N , có: NP = OP .sin PON
0,25
mà PON = 90  − OMP = 90  − 30  = 60  (MPO vuông tại P).
3 R 3
=
 NP = R 
(cm)  KP = R 3 (cm)
2
2
1
Ta có OM ⊥ KP  S MPOK = OM .KP = R 2 3 (cm2).
2
2
Lấy I là trung điểm của HC , G  PI sao cho PG = PI .
3
Từ G kẻ đường thẳng song song với OP cắt HC tại E .
HC cố định  I cố định
GE IE IG 1
=
=
= (Định lí talet) (do G là trọng
IPO có GE // PO 
PO IO IP 3
tâm của PHC).
IO
 IE =
không đổi. Mà I, O cố định  E cố định. (1)
3
thuvienhoclieu.com
Trang 1
0,25
0,25
0,25
PO R
không đổi. (2)
=
3
3
R

(1), (2)  G   E;
 cố định khi M chuyển động trên d .
3 

GE =
Câu IV (1,0 điểm)
Phần,
ý
1
2
Nội dung
Điểm
Gọi số bài điểm 8 và điểm 9 của Bình đạt được lần lượt là x, y (bài) ( x, y  * ) .
Theo giả thiết x + y  21 .
Tổng số điểm của tất cả các bài kiểm tra đó là 183 nên ta có: 8x + 9 y = 183 .
183
Ta có 183 = 8 x + 9 y  8 ( x + y )  x + y 
.
8
183
Do x + y  * và 21  x + y 
nên x + y = 22 .
8
 x + y = 22
 x = 15
Ta có hệ 
(thỏa mãn).

8 x + 9 y = 183  y = 7
Vậy Bình được 15 bài điểm 8 và 7 bài điểm 9.
2023 1 (2023 − 2023 x) + 2023 x (1 − x) + x
Ta có P =
+ =
+
1− x x
1− x
x
2023x 1 − x
2023 x 1 − x
= 2024 +
+
 2024 + 2

= 2024 + 2 2023
1− x
x
1− x
x
(áp dụng BĐT Côsi với 2 số dương)
2023 x 1 − x
1
2
Đẳng thức xảy ra
=
 2023x 2 = (1 − x )  x =
1− x
x
2023 + 1
1
(loại nghiệm x =
)
1 − 2023
1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2024 + 2 2023 khi x =
.
2023 + 1
* Chú ý: Các lời giải đúng khác đều được xem xét cho điểm tương ứng.
-------- HẾT --------
thuvienhoclieu.com
Trang 2
0,25
0,25
0,25
0,25
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
LAM SƠN
NĂM HỌC: 2024 – 2025
(Dùng cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 23/5/2024
Câu I:
1. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x2 − yz = y 2 − zx = z 2 − xy = 1012 . Tính giá trị của biểu
thức A = x 2 + y 2 + z 2 .
2. Cho các số thực x, y, a, b với a  0, b  0, a + b  0 thỏa mãn điều kiện x2 + y 2 = 1 và
x4 y 4
1
x 2024 y 2024
1
+
=
. Chứng minh rằng 1011 + 1011 =
a
b a+b
a
b
(a + b)1011
Câu II.
1. Giải phương trình x 2 + x − 2 − ( x + 6) x + 1 = 0
 x3 + 8 y = 1 + 4 xy 2
4
4
 2 x + 8 y = 2 x + y
2. Giải hệ phương trình 
Câu III.
1. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn x2 ( x2 + 7) = (2x + y + 2)( y + 2) .
2. Cho a, b là các số nguyên, chứng minh rằng F = a5 (b + 5) − a(b5 + 5) chia hết cho 30.
Câu IV. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi M, N lần lượt là trung điểm
của BC và AC. Đường thẳng đi qua hai điểm M, N cắt (O) tại hai điểm P, Q (với M nằm
giữa P và N). Gọi D là một điểm trên cạnh AB (với D khác A, D khác B), đường tròn
ngoại tiếp tam giác BDP cắt BC tại I (I khác B). Đường thẳng DI cắt đường thẳng AC tại
K.
1. Chứng minh các điểm C, I, P, K cùng thuộc một đường tròn.
2. Chứng minh
QB PK
=
QC PD
3. Đường thẳng AP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP tại G (G khác P). Đường
thẳng IG cắt AB tại E. Chứng minh rằng khi D di chuyển trên cạnh AB thì tỉ số
S APD
S AQE
không đổi.
Câu V. Hai bạn X và Y tham gia một trò chơi. Có một tờ giấy đã viết 47 số nguyên từ 1
đến 47 và một hộp đựng n viên bi. X là người chơi trước, Y là người chơi sau và sở hữu
hộp bi. Hai người luân phiên thực hiện gạch số, mỗi lượt chơi thì người chơi gạch đi 5
số. Sau khi X chơi xong lượt cuối cùng thì còn lại 2 số, hai số đó chênh lệch bao nhiêu
thì Y phải đưa cho X bấy nhiêu viên bi. Nếu Y hết bi hoặc không đủ số bi để đưa cho X
thì X thắng cuộc, ngược lại nếu Y còn ít nhất một viên bi thì Y thắng cuộc.
1. Với n = 27, chứng minh rằng Y luôn có cách chơi để thắng cuộc.
2. Với n = 26, chứng minh rằng X luôn có cách chơi để thắng cuộc.
ĐÁP ÁN
Câu I.
1.
x2 − yz = y 2 − zx = z 2 − xy = 1012
x2 − yz = y 2 − zx
 ( x2 − y 2 ) + (2 x − yz) = 0
 ( x − y)( x + y + z) = 0
x = y

x + y + z = 0
y = z
Tương tự ta có  z = x
 x + y + z = 0
x = y
y = z
Do đó 
z = x

x + y + z = 0
Xét trường hợp x = y (trường hợp y = z, z = x thực hiện tương tự), thay vào gt ta được
x2 − xz = x2 − zx = z 2 − x2 = 1012
 x2 − zx = z 2 − x2 = 1012
 x( x − z) + ( x − z)( x + z) = 0
 (2 x + z)( x − z) = 0
 x 2 − yz = 0  1012
z = x
z = x = y
2


 2
 z − xy = 3z = 1012  z 2 = 4048
z
=
−
2
x
z
=
−
2
x
=
−
2
y



4
3
z 2 1012
x =y =
=
4
3
2
2
 P = x2 + y 2 + z 2 = 2024
Xét trường hợp x + y + z = 0
 x 2 + y 2 + z 2 + 2( xy + yz + zx) = 0
 2
2
2
 x + y + z − ( xy + yz + zx) = 1012.3
 3( x2 + y 2 + z 2 ) = 6072  P = 2024
Vậy P = 2024.
 x4 y 4 
2. Từ gt ta có (a + b)  +  = 1 = ( x 2 + y 2 )2
b 
 a
 x4 +
bx 4
ay 4
+ y4 +
= x4 + 2x2 y 2 + y 4
a
b
 b2 x4 + a2 y 4 = 2bx2 ay 2
(1)
 (bx2 − ay 2 ) = 0
 bx 2 = ay 2
x2 y 2 x2 + y 2
1

=
=
=
a
b
a+b
a+b
 x2 =
a
b
; y2 =
a+b
a+b
x 2024 y 2024
a1012
b1012
1
Do đó: 1011 + 1011 = 1011
+ 1011
=
1012
1012
a
b
a .(a + b)
b (a + b)
(a + b)1011
Vậy
x 2024 y 2024
1
+ 1011 =
1011
a
b
(a + b)1011
Câu II.
1.
x 2 + x − 2 − ( x + 6) x + 1 = 0 ( x  −1)
Đặt a = x + 1(a  0)  x = a 2 − 1
Ta có pt: (a2 − 1)2 + (a2 − 1) − 2 = (a2 + 5)a
 a4 − a3 − a2 − 5a − 2 = 0
 (a2 − 2a − 1)(a2 + a + 2) = 0
 a2 − 2a − 1 = 0 (do a2 + a + 2  0 )
 a = 2 + 1 (do a  0 )
Với a = 2 + 1 thì x = a2 − 1 = 2 2 + 2
Thử lại thấy thỏa mãn.
Vậy phương trình có nghiệm x = 2 2 + 2
 x3 + 8 y = 1 + 4 xy 2 (1)
 x3 + 8 y − 4 xy 2 = 1
 4
2.  4
4
4
3
2
 2 x + 8 y = 2 x + y (2)
 2 x + 8 y = 2 x + y.1 = (2 x + y).( x + 8 y − 4 xy )(3)
Giải (3): 2x4 + 8 y 4 = 2x + y.1 = (2 x + y).( x3 + 8 y − 4xy 2 )
 xy.( x2 − 8xy + 12 y 2 ) = 0
 xy( x − 6 y)( x − 2 y) = 0
x = 0
y = 0

x = 6y

x = 2y
+ Xét x = 0  y =
1
2
+ Xét y = 0  x = 1
 200 y 3 = 1
1
6

y
=

x
=
4
3
3
200
200
 2600 y = 13 y
+ Xét x = 6y ta có hệ 
3
1
8 y = 1
 y =  x = 2y = 1
+ Xét x = 2y ta được  4
2
 40 y = 5 y
Thử lại ta thấy 4 cặp giá trị (x, y) đều thỏa mãn hệ.
 1
1
6 
 1
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x, y)   0,  ;  1,  ;(1, 0);  3
,3

 200 200  
 2   2 
Câu III.
1.
x2 ( x2 + 7) = (2 x + y + 2)( y + 2)
Đặt a = y + 2 ta được
x2 ( x2 + 7) = (2 x + a)a
 ( x4 + 8x2 + 16) − ( x2 + 2ax + a2 ) = 16
 ( x2 + 4)2 − ( x + a)2 = 16
 ( x2 + 4 + x + a)( x2 + 4 − x − a) = 16
(1)
Vì x, y  Z  x2 , a  Z và ( x2 + 4 + x + a)( x2 + 4 − x − a) = 2x2 + 8 chẵn và  8
( x2 + 4 + x + a),( x2 + 4 − x − a) cùng dấu nên 16 chỉ có thể tách thành 4.4; 8.2; 2.8
 x 2 + 4 + x + a = 4,8, 2
 x + 4 − x − a = 4, 2,8
Do đó:  2
Ta có bảng sau:
x2 + 4 + x + a
x2 + 4 − x − a
x2
x
a
y
4
4
0
0
0
-2
Vậy ( x, y )  (0; −2);(1;0);( −1; 2);(1; −6);( −1; −4)
2.
F = a5 (b + 5) − a(b5 + 5)
= b(a5 − a) − a(b5 − b) + 5(a5 − a)
= (b + 5)(a5 − a) + a(b5 − b); a, b  Z
8
2
1
1
2
0
-1
4
2
2
8
1
1
-4
-6
-1
-2
-4
Ta có: a5 − a = a(a4 − 1) = a(a2 − 1)(a2 + 1) = (a − 1)a(a + 1)(a2 − 4 + 5)
= (a − 2)(a − 1)a(a + 1)(a + 2) + 5(a − 1)a(a + 1)
+) (a − 2)(a − 1)a(a + 1)(a + 2) là tích của 5 số nguyên liên tiếp nên sẽ luôn có 1 số chia hết
cho 5, 1 số chia hết cho 3, 1 số chia hết cho 2.
Mà (5, 3, 2) = 1 nên tích này chia hết cho 5.3.2 = 30
+) (a − 1)a(a + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên có 1 số chia hết cho 3, 1 số chia hết
cho 2.
Mà (3, 2) = 1 nên tích này chia hết cho 6
 5.(a − 1)a(a + 1) 30
Vậy a5 − a chia hết cho 30 a  Z
Tương tự ta có b5 − b chia hết cho 30 b  Z
Vậy F chia hết cho 30 a, b  Z .
Câu IV.
Q
A
N
E
G
O
C
D
I
M
B
P
Gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BPD.
a) Tứ giác ABPC nội tiếp (O)  PCK = 180 − PCA = ABP
Tứ giác BDIP nội tiếp (O’)  PIK = 180 − PID = PBD = ABP
 PCK = PIK
Mà C, I là hai đỉnh kề nhau nên PICK nội tiếp (đpcm)
K
b) PICK nội tiếp (cmt)  PKI = PCI (cùng chắn cung PI)
 PKD = PCB = PQB (cùng chắn cung PB của (O))
Trong (O) có BQM = PCM (cùng chắn cung BP của (O))
Và BMQ = PMC (đối đỉnh)
 BQM ~ PCM ( g − g )

QB
CP
=
QM CM
(1)
Tương tự ta có: QCM ~ BPM ( g − g )

QC
BP
=
QM BM
(2)
Chia (1) cho (2) vế với vế ta được:
QB BM CP CP
(M là trung điểm của BC)
=
.
=
QC CM BP BP
Trong (O’) có PBI = PDI hay PBC = PDK
Lại có PCB = PKD (cmt)
 BPC ~ DPK ( g − g )

Vậy
PC PK
PK CP
=

=
PB PD
PD BP
QB PK  CP 
=
=
 (đpcm)
QC PD  BP 
c) Trong tam giác ABC có MN là đường trung bình
 MN // AB
 PQ // AB
 d (Q, AB) = d ( P, AB) (trong đó d(P, AB) là khoảng cách từ P đến AB, tương tự với
d(Q, AB))

S APD 0,5. AD.d ( P, AB) AD
=
=
S AQE 0,5. AE.d (Q, AB) AE
Chứng minh được ADG ~ APB( g − g ) 
AD AP
=
AG AB
AEG ~ CPB( g − g ) 
AE CP
=
AG BC

AD BC
=
AE AB
Do A, B, C cố định  M, N cố định  P cố định

BC AP
.
không đôỉ
AB CP

AD
không đổi
AE

S APD
không đổi (đpcm)
S AQE
Câu V.
1. Với n = 27 thì số bi Y giữ là 27 và có chiến thuật để Y thắng như sau
+ Mỗi lần X xóa 5 số bất kì thì Y xóa 5 số bé nhất còn lại, trò chơi cứ tiếp tục và Y sẽ
thắng.
+ Giải thích: Mỗi người được xóa 5 số nên X sẽ được chơi 5 lượt, Y được chơi 4 lượt. Vì
Y sẽ xóa những số bé nhất có thể nên chắc sẽ có những số sau bị xóa 1, 2, 3, 4, … , 19,20
(số).
Như vậy 2 số còn lại sau khi thực hiện trò chơi xong sẽ nằm trong tập
{21; 22; 23; … ; 46; 47}
Mà hiện số này lớn nhất là 47 – 21 = 26 tức là Y sẽ luôn còn ít nhất 27 – 26 = 1 viên nên
Y thắng cuộc.
2. Với n = 26, X có chiến thuật để thắng như sau:
+ Ở lượt đầu tiên X xóa 5 số sau: 22, 23, 24, 25, 26
+ Chia 47 – 5 = 42 số còn lại vào 21 nhóm sau: (1; 27); (2; 28); (3; 29);…; (21; 47) các
nhóm này đều có hiệu giữa số lớn và số bé là 26
+ Cứ mỗi lượt Y xóa 5 số thuộc 5 nhóm khác nhau thì X xóa 5 số còn lại của 5 nhóm đó,
trường hợp Y xóa cả 2 số của 1 nhóm thì X cũng xóa 2 số của 1 nhóm khác.
Như vậy 2 số cuối cùng luôn cùng 1 nhóm, chúng có hiệu là 26.
Vậy X thắng cuộc.
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN
THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2024
Câu 1:
a) Giải phương trình x4 − 6x2 − 20x − 24 = 0
 y 2 − ( y + 2) x 2 + y − 2 = 0
b) Giải hệ phương trình 
 (2 − x)(3 y − 4 x + 4) = 2(2 y + 1) 2 y + 1
Câu 2:
a) Cho x, y, z là các số nguyên thỏa mãn đẳng thức xy – yz – zx = 3. Chứng minh
A = ( x2 − 2 xz − 3)( y 2 − 2 yz − 3)(− z 2 − 3) là một số chính phương.
b) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình 3x3 + 73xy + 2025 = 3 y3
Câu 3: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 8 thỏa mãn
1
1
1
5
+
+
=
a+b−c a+c−b b+c−a 4
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P=
(4 − a) 2
(4 − b) 2
(4 − c) 2
+
+
(4 − b)(4 − c) (4 − a)(4 − c) (4 − a)(4 − b)
Câu 4: Cho tam giác nhọn ABC có AB < BC < CA, nội tiếp đường tròn (O). Các
đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. Tia AD cắt đường tròn (O)
tại điểm G, tia GE cắt đường tròn (O) tại điểm I (G khác A và I khác G). Gọi J là
giao điểm của BI và EF, K là giao điểm của OA và EF.
a) Chứng minh HP.CE.BC = HC.BR.EP
b) Chứng minh JE = JF và HJ // DK
c) Gọi P là điểm đối xứng với O qua đường thẳng CF, Q là điểm đối xứng với O qua
đường thẳng BE và N là trung điểm của đoạn thẳng PQ. Chứng minh NJ ⊥ EF .
Câu 5: Cho lục giác đều có cạnh bằng 6cm. Hỏi có thể đặt vào trong lục giác đó 7
hình tròn có bán kính bằng 2cm, sao cho bất kì hai hình tròn nào trong 7 hình tròn
đó không có điểm trong chung?
ĐÁP ÁN
Câu 1:
a) Ta biến đổi phương trình như sau
x4 − 6x2 − 20x − 24 = 0
 ( x2 − 2 x − 6)( x2 + 2 x + 4) = 0
 x2 − 2 x − 6 = 0 (Vì x2 + 2 x + 4 = ( x + 1)2 + 3  3  0 )
 x = 1+ 7

 x = 1 − 7
Vậy tập nghiệm của phương trình là x  1 + 7;1 − 7 
b) Ta ký hiệu
 y 2 − ( y + 2) x 2 + y − 2 = 0(1)

 (2 − x)(3 y − 4 x + 4) = 2(2 y + 1) 2 y + 1(2)
Ta biến đổi phương trình (1) như sau
y 2 − ( y + 2) x2 + y − 2 = 0
 ( y + 2)( y − 1 − x2 ) = 0
 y  −2;1 + x 2 
1
 y = 1 + x2 (vì y  − )
2
Thay y = x 2 + 1 vào (2) ta được
(2)  (2 − x)(3 x 2 − 4 x + 7) = 2(2 x 2 + 3) 2 x 2 + 3
Đặt x – 2 = a, 2 x 2 + 3 = b(b  3) . Ta biến đổi (3) như sau
(3)  (2 − x)(( x − 2) 2 + 2 x 2 + 3) = 2(2 x 2 + 3) 2 x 2 + 3
 − a(a2 + b2 ) = 2b3
 a3 + ab2 + 2b3 = 0
 (a + b)(a 2 − ab + 2b2 ) = 0
 a + b = 0 (vì a2 − ab + 2b2  b2  0 )
 x − 2 + 2x2 + 3 = 0
 ( x − 2)2 = 2 x2 + 3
 x2 + 4 x − 1 = 0
 x = −2 − 5

 x = 5 − 2
 x = −2 − 5, y = 10 + 4 5

 x = 5 − 2, y = 10 − 4 5
Thử lại các nghiệm trên đều thỏa mãn
Vậy tất cả các cặp (x, y) thỏa mãn là (−2 − 5,10 + 4 5);( 5 − 2,10 − 4 5)
Câu 2:
a) Theo giả thiết, thay 3 = xy – yz – zx vào biểu thức, ta có biến đổi như sau
A = ( x2 − 2 xz − 3)( y 2 − 2 yz − 3)(− z 2 − 3)
A = ( x2 − xz − xy + yz)( y 2 − yz − xy + zx)(− z 2 − xy + yz + zx)
A = ( x − z)( x − y)( y − z)( x − z)( z − y)( y − x)
A = ( ( x − y )( y − z )( z − x) )
2
Vì x, y, z là các số nguyên nên ( x − y)( y − z)( z − x) là số nguyên
Do đó A là số chính phương. Bài toán được chứng minh.
b) Giả sử tồn tại x, y nguyên thỏa mãn bài toán.
Đặt y = x + d ta biến đổi phương trình như sau
3x3 + 73xy + 2025 = 3 y3
 3(3d 2 x + 3dx2 + d 3 ) = 73x( x + d ) + 2025
 x2 (9d − 73) + x(9d 2 − 73d ) + 3d 3 − 2025 = 0
Xem như phương trình bậc 2 ẩn x, ta xét biệt thức 
 = (9d 2 − 73d )2 − 4(9d − 73)(3d 3 − 2025)
= (9d − 73)(d 2 (9d − 73) − 4(3d 3 − 2025))
= (9d − 73)(−3d 3 − 73d 2 + 2025.4)
= (9d − 73)(9 − d )(3d 2 + 100d + 900)


Vì 3d 2 + 100d + 900 = 3  d +
2
73
50  200
 d 9 d =9
 0 mà   0 ta được
 +
9
3 
3
Thay vào phương trình ta được
8 x 2 + 72 x + 162 = 0  x = −
9
Z
2
Vậy phương trình vô nghiệm nguyên.
Câu 3:
Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên a  b + c, b  a + c, c  a + b và
a + b + c = 8 nên ta được a, b, c < 4.
x = 4 − a
x + y + z = 4

Đặt  y = 4 − b  
viết lại giả thiết thành
4

x
,
y
,
z

0

z = 4 − c

1
1
1
5
+
+
=
a+b−c a+c−b b+c−a 4

1 1 1 xy + yz + zx 5
+ + =
=
x y z
xyz
2
Biến đổi biểu thức ta được
(4 − a) 2
(4 − b) 2
(4 − c) 2
P=
+
+
(4 − b)(4 − c) (4 − a)(4 − c) (4 − a)(4 − b)
x2 y 2 z 2
=
+
+
yz zx xy
=
( x + y + z )3 − 3( x + y + z )( xy + yz + zx) + 3xyz
xyz
=
64
− 27
xyz
Áp dụng BĐT Cauchy – Schwart
5 1 1 1
4
4
− = + 
=
2 z x y x+ y 4− z
 ( z − 2)(5z − 4)  0

4
z2
5
Tương tự ta được
4
 x, y , z  2
5

 (2 − x)(2 − y )(2 − z )  0

256
Khi đó  (5 x − 4)(5 y − 4)(5 z − 4)  0  2  xyz 
125

5
 xy + yz + zx = xyz

2
Khi đó ta được
17
P5
4
Giá trị lớn nhất của P = 5
Dấu “=” xảy ra chẳng hạn khi ( x, y, z) = (1,1, 2) hay (a, b, c) = (3,3, 2)
Câu 4:
a) Ta có: BFC = BEC = 90  Tứ giác CEFB nội tiếp
 HEF = HCB, FBH = ECH
Từ đây suy ra HEF ~ HBC( g − g )

EF HF
=
BC HB
Ta có biến đổi sau:
EF.HB = BC.HF
 HF.BC.CE = EF.HB.CE
Do đó để hoàn tất chứng minh, ta cần chỉ ra
HF.BC.CE = EF.HB.CE  HB.CE = HC.BF
Ta cũng có FHB ~ EHC( g − g )

HB HC
=
 HC.BF = CE.HB
BF CE
Bài toán được chứng minh
b) Gọi R là trung điểm của AH, J’ là trung điểm EF.
Vì AFH = AEH nên tứ giác AEHF nội tiếp
 BAH = BEF
 BAH ~ BEF ( g − g )

BH BF
BH BF
=

=
HA FE
HR FJ '
Mà BFJ ' = BHR nên BFJ ' ~ BHR(c − g − c)
 RBH = ABJ '
Ta có: HA.HD = HB.HE
 2HR.HD = HB.HE
 HR.HG = HB.HE (vì H, G đối xứng nhau qua BC)
Từ đây ta có RBGE nội tiếp
 RBH = HGE = AGI = FBJ
Do đó J  J ' hay J là trung điểm của EF.
Gọi T là trực tâm tam giác AEF.
Ta có HELF là hình bình hành, T thuộc AO
Ta cũng có AEF ~ ABC(c − g − c)

AH AT
=
AD AK
Theo định lý Thales đảo, ta được HT // DK hay HJ // DK
Bài toán được chứng minh
c) Gọi giao điểm của HB, HC với (O) lần lượt là B1 , C1
OP cắt CF tại M, OQ cắt BE tại L
Gọi X, Y lần lượt là trung điểm của AC, AB
Lúc này ta có
OY = FM =
CH
CH
 CM = CF − FM = CF −
2
2
= FH +
CH
2
=
C ' H CH
+
2
2
=
CC '
2
Vì vậy M là trung điểm CC’, tương tự L là trung điểm BB’
Lại có NL là đường trung bình ứng với đỉnh Q của tam giác QPO
 NL =
OP
= MO
2
LEXO là hình chữ nhật  LE = OX, LE // OX, LN // OM
 NLE = MOX
 NLE = MOX
Mặt khác, ABE = ACF  AB ' = AC '  NE = NF  NJ ⊥ EF
Câu 5:
Ta chứng minh kết quả của bài toán là phủ định, thật vậy
Xét hình lục giác đều ABCDEF, tâm O có cạnh bằng 6.
Giả sử có thể đặt vào trong hình lục giác đó 7 hình tròn có bán kính bằng 2
Lấy các điểm A1, B1, C1, D1, E1, F1 trên OA, OB, OC, OD, OE, OF thỏa mãn
OA1 = OB1 = OC1 = OD1 = OE1 = OF1 = 3,9
Gọi Oi là tâm đường trong thứ i
Ký hiệu S là vùng diện tích được tạo bởi các điểm A, A1, B, B1, C, C1, D, D1, E, E1, F , F1
(được tô bởi màu xanh lam)
Nhận xét: Oi không thuộc S với mọi i = 1, 2, …, 7
Chứng minh: Giả sử có O1  S , O1 thuộc miền ABB1 A1
Lúc này ta có
d (O1 , AB ) = d ( A1 B1 , AB )  AA1.sin 60  2
Dẫn đến (O2 , 2) không nằm trọn vẹn trong lục giác ABCDEF (vô lý)
Tại vì (Oi , 2), (O j , 2) không có điểm trong chung với mọi i, j nên ta có Oi O j  4, i, j
Ta chia hình lục giác A1B1C1D1E1F1 thành 6 hình tam giác đều có cạnh bằng 3,9
OA1B1 ,..., OF1 A1
Theo nguyên lý Dirichle, tồn tại Oi , O j cùng thuộc 1 hình tam giác, giả sử là OA1 B1
Lúc này áp dụng định lý cosin cho tam giác OOi O j ta có
Oi O j 2 = OOi 2 + OO j 2 − 2 cos OOi O j .OOi .OO j  OOi 2 + OO j 2 − OOi .OO j
Để chỉ ra điều vô lý, ta đặt OOi = x, OO j = y ( x, y  3,9)
Lúc này:
x2 + y 2 − xy  3,9x + 3,9 y − xy = 3,92 − ( x − 3,9)( y − 3,9)  3,92
Từ đây kết hợp với (1) và Oi O j  4  42  3,92 (vô lý)
Ta có đpcm.
(1)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ TĨNH
NĂM HỌC 2024 – 2025
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kể thời gian giao đề)
Câu 1:
a) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn 40a + 20b = 30b + 15c = 24c + 12a . Chứng minh
a+b = c
b) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a + b + c = 6 và a2 + b2 + c2 = 12 . Tính giá trị
của biểu thức P = (a − 3)2024 + (b − 3)2024 + (c − 3)2024
Câu 2:
a) Giải phương trình 4 x3 + 31x 2 − 27 = 12( x 2 + x) 1 − x
 ( x + y )(4 x + y ) = 5 x + 2 y − 1
2
 2 x − 5 x + 2 x + y − 3x − 1 = 0
b) Giải hệ phương trình 
Câu 3:
a) Cho phương trình x4 + x2 (ax + a − 1) + ax = 2 − a (a là tham số). Chứng minh rằng nếu
a khác 2 và tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là số nguyên thì 2a2 − 6a + 9
là hợp số
b) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c thỏa mãn (a + 1)(b + 1)(c + 1) = 3abc
Câu 4: Cho đường tròn (O). Từ điểm A nằm ngoài đường tròn, vẽ các tiếp tuyến AE,
AF tới đường tròn (O) (E, F là các tiếp điểm) và cát tuyến ABC (B, C thuộc đường
tròn (O), B nằm giữa A và C).
a) Chứng minh rằng BE.CF = CE.BF
b) Gọi H là giao điểm của AO và EF, I là trung điểm của BC. Đường thẳng đi qua I
song song với CE cắt EF tại D, CD cắt AE tại K. Chứng minh HK vuông góc với
OF.
c) Trong tam giác FBC lấy điểm N sao cho AN = AF. Qua điểm N vẽ các dây cung
BQ, CR, FP của đường tròn (O). Chứng minh rằng tam giác PQR là tam giác cân.
Câu 5: Cho a, b, c là các số thực không âm, đôi một khác nhau. Chứng minh rằng
1
1
1
4
+
+

2
2
2
(a − b) (b − c) (c − a)
ab + bc + ca
Câu 6: Trong hình lục giác đều có cạnh bằng 4 cho 257 điểm phân biệt. Chứng minh
rằng tồn tại hình vuông có cạnh bằng 1 chứa ít nhất 5 điểm (có thể thuộc cạnh hình
vuông) trong số các điểm đã cho.
ĐÁP ÁN
Câu 1:
a) Ta có: 40a + 20b = 30b + 15c
 40a – 10b = 15c
 8a – 2b = 3c
Ta có: 30b + 15c = 24c + 12a
 12a – 30b = -9c
 4a – 10b = -3c
12a − 12b = 0  a = b
a = b


 a+b= c
8a − 2b = 3c
8a − 2a = 3c
 c = 2a
Do đó ta có 
a + b + c = 6
b) Ta có:  2
 a + b + c = 12
2
2
 a 2 + b 2 + c 2 − 4(a + b + c) = 12 − 4.6
 (a − 2)2 + (b − 2)2 + (c − 2)2 = 0
 (a − 2)2 = (b − 2)2 = (c − 2)2
a=b=c=2
P=3
Câu 2:
a) ĐK: x  1
Phương trình đã cho tương đương
( x + 1)(4 x 2 + 27 x − 27 − 12 x 1 − x ) = 0
 x = −1
 2
 4 x + 27 x − 27 − 12 x 1 − x = 0(2)
Giải (2) ta có: (2 x − 9 1 − x )(2 x + 3 1 + x ) = 0
 x  0
 2
2x = 9 1 − x
  4 x + 81x − 81 = 0


x0
 2 x = −3 1 − x
 
  4 x 2 + 9 x − 9 = 0
 x  0

  x = −81  9 97
 

8
−81 + 9 97

x=

  x  0

8



 x = −3
3
   x = (l )
4

   x = −3

 −81 + 9 97

; −1; −3
8


Vậy S = 
1

 ( x + y )(4 x + y ) = 5 x + 2 y − 1(1)
x 
b)  2
, Đk:  3
 2 x − 5 x + 2 x + y − 3x − 1 = 0(2)
 x + y  0
Ta có : (1)  4x2 + 5x( y − 1) + ( y − 1)2 = 0
 (4 x + y − 1)( x + y − 1) = 0
 y = −4 x + 1

 y = −x +1
TH1: Nếu y = -4x + 1 thì x + y = -3x + 1  0  x 
1
3
Mà x   x =
Thử lại x =
1
3
1
không thỏa mãn
3
TH2: Nếu y = -x + 1 thì (2)  2 x 2 − 5 x + 2 = 3 x − 1
1
1
 3  x  2

 
x2

 (2 x 2 − 5 x + 2) 2 = 3 x − 1
1
3
1
1
 3  x  2

 
x2

 4 x 4 − 20 x 3 + 33x 2 − 23x + 5 = 0
1
1
 3  x  2

 
x2

 ( x 2 − 3 x + 1)(4 x 2 − 8 x + 5) = 0
1
1
 3  x  2

 x  2

 
3+ 5
 x =
2


3− 5
 x =
2


3+ 5
 x =
2
 

1+ 5
 y = −

2


3− 5
 x =
2


1+ 5
 y = −

 
2

 3 + 5 1 + 5   3 − 5 1 + 5  

;−
;−
 ; 
 
2   2
2 

 2

Hệ phương trình có 2 nghiệm ( x, y)  
Câu 3:
Ta có: x4 + x2 (ax + a − 1) + ax = 2 − a
 x2 ( x + 1) + ax( x2 + 1) − 2( x2 + 1) + a( x 2 + 1) = 0
 ( x2 + 1)( x2 + ax + a − 2) = 0
 x2 + ax + a − 2 = 0 (vì x2 + 1  0 )
Ta có:  = a2 − 4a + 8  0, a
Do đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi a
Vì a  2  x  0
Khi đó, theo hệ thức Viet ta có
 x1 + x2 = − a
 2a 2 − 6a + 9 = a 2 + (a − 3) 2

x
x
=
a
−
2
 1 2
= ( x1 + x2 ) 2 + ( x1 x2 − 1) 2
= x12 + x2 2 + x12 x2 2 + 1
= ( x12 + 1)( x2 2 + 1)
 x 2 + 1  1
 x2 + 1  1
Vì x1 , x2 là các số nguyên và x1  x2 nên  1 2
 ( x12 + 1)( x2 2 + 1) là hợp số hay 2a2 − 6a + 9 là hợp số.
b) Không mất tính tổng quát giả sử a  b  c
(1)
(a + 1)(b + 1)(c + 1) = 3abc
Nếu c = 1 thì 2ab + 2a + 2b = 3ab
 ab − 2a − 2b + 4 = 6
 (a − 2)(b − 2) = 6
 a = 5, b = 4

 a = 8, b = 3
Nếu c = 2
 ab + a + b + 1 = 2ab
 (a − 1)(b − 1) = 2
 a = 3, b = 2
1
a
1
b
1
c
Nếu c  3 khi đó (1)  2 = + + +
1
1
1
1
+
+ +
ab ac bc abc
1 1
1
1 1 37
 3. + 2 .3 + 3 = 1 + +
=
 2(l )
3 3
3
3 27 27
Vậy (a, b, c)  (5; 4;1);(8;3;1);(3; 2; 2) và các hoán vị
Câu 4:
P
C
E
J
D
I
O
K
B
H
N
A
X
R
Q
a)
F
AEB ~ ACE( g − g )

BE AE
=
CE AC
AFB ~ ACF ( g − g )

Do
BF AF
=
CF AC
AE AF
BE BF
=

=
AC AC
CE CF
 BE.CF = CE.BF
b) Do ID // CE nên DIB = ECB = DFB
 IDBF nội tiếp
OB cắt CE tại J, 5 điểm O, I, E, A, F thuộc 1 đường tròn
 DBI = IFD = IAE
Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị  BJ // EA
ID // CJ, I là trung điểm của CB
 JD là đường trung bình của tam giác CJB
 JD = DB
Mà BJ // EA theo Thales
JD DB
=
 EK = KA
EK KA
 HK là đường trung bình của tam giác EFA
 HK // FA
Mà OF ⊥ FA  HK ⊥ OF
c)
AFB ~ ACF ( g − g )

AF AB
=
 AF 2 = AB. AC
AC AF
Suy ra AN 2 = AF 2 = AE 2 = AB. AC 
AN AC
=
AB AN
 ANB ~ ACN (c − g − c)
 BNA = NCA = BQB
 NA // QR
Gọi X là giao của QR và PF, tam giác ANF cân
1
1
1
( sd PQ + sd RF ) = RXF = ANF = AFN = sd PF = ( sd PR + sd RF )
2
2
2

1
1
sd PQ = sd PR  sd PQ = sd PR  PQ = PR
2
2
 Tam giác PQR cân tại P
Câu 5:
Không mất tính tổng quát, giả sử a  b  c

1
1
1
1
1
 2 ;
=
 2
2
2
2
(b − c)
b (c − a )
(a − c)
a

4
4

ab ab + bc + ca
Cần chứng minh
1
1
1
4
+ 2+ 2
2
( a − b) a b
ab
a b
Hay là  +  +
b
a
b
b
a
Đặt t = + =
a
1
4
a b
+ −2
b a
(1)
( a − b) 2
+ 2  2 vì a  b
ab
(1) trở thành t +
1
4
t−2
Hay là t 2 − 2t + 1  4t − 8  (t − 3)2  0
 đpcm
a b
 + =3
Dấu “=” xảy ra khi  b a
 c = 0
Câu 6:
Gọi (O) ngoại tiếp lục giác đều cạnh 4
Khi đó (O) có bán kính R = 4
Gọi ABCD là hình vuông ngoại tiếp (O)
 Cạnh hình vuông là 8
Chia hình vuông thành 64 hình vuông nhỏ cạnh bằng 1
Có 257 điểm phân biệt mà có 64 hình vuông
Theo nguyên lý Dirichle tồn tại 1 hình vuông cạnh bằng 1 chứa ít nhất 5 điểm trong
số các điểm đã cho.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH QUẢNG TRI
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN
NĂM HỌC 2024 - 2025
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian
phát đề)
Đề thi gồm có 01 trang
Câu 1. (1,5 điểm)
 a− b
a −4 b   a + b
b 
+
−
  
 , với 𝑎 và 𝑏 là các số thực
a
−
4
b
b
a
a
−
2
b

 

Cho biểu thức P = 
dương thoả mãn a  4b
a) Rút gọn biểu thức 𝑃.
b) Tính giá trị của 𝑃 khi a2 + b2 = 14ab .
Câu 2. (2,0 điểm)
1. Giải hệ phương trình:
10
 3
 2x − y + x + 3y = 5


5
 9 − 2x + y −
=7
 2 x − y
x + 3y
2. Giải phương trình
Câu 3. (1,5 điểm)
a) Chứng minh rằng
(
5x
2 x2 − x + 6
+
= 4.
x2 + 3 x2 − 2x + 3
) 3x2− 1 , với x 1 .
2 x2 −1
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 1 −
1
1
1
+ 1 − 2 + 1 − 2 , với x, y, z là các số thực
2
x
y
z
không nhỏ hơn 1 và thoả mãn x + y + z = xyz .
Câu 4. (2,0 điểm)
1. Tìm tất cả các số có hai chữ số ̅̅̅
𝑎𝑏 sao cho ̅̅̅
𝑎𝑏 + ̅̅̅
𝑏𝑎 là số chính phương.
2. Cho hai đống sỏi, 𝐴 và 𝐵. Nếu chuyển 100 viên sỏi từ đống 𝐴 sang đống 𝐵 thì số sỏi ở
đống 𝐵 gá́ p đôi số sỏi ở đống 𝐴. Còn nếu chuyển một số viên sỏi từ đống 𝐵 sang đống
𝐴 thì số sỏi ở đống 𝐴 gấp 6 lần số sỏi ở đống 𝐵. Hỏi đống 𝐴 có ít nhất bao nhiêu viên
sỏi?
Câu 5. (3,0 điểm) Trên đường tròn đường kính AB , lấy các điểm C và D sao cho BC =
1
AB . Gọi E là điểm đối xứng với D qua đường thẳng BC, AE cắt tia CB tại F , cắt
2
đường tròn ( B, BC ) tạo H ( H  E ) , CH cắt AB tại I .
BD 
a) Chứng minh DC là tia phân giác của góc ADE .
b) Chứng minh năm điểm B, D, F , H và I cùng nằm trên một đường tròn.
c) AD cắt đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFDH tại J ( J  D ) , JF cắt CD tại K . Chứng minh
DH đi qua trung điểm của đoạn thẳng JK .
ĐÁP ÁN THAM KHẢO
ĐỀ THI VÀO CHUYÊN TOÁN - TỈNH QUẢNG TRI
Câu 1.
a. Với 𝑎 ≠ 4𝑏, ta có:

 a
4 b 
P = 
−1+ 1−


a  
 b

( a + 2 b )( a + b ) − b 
( a − 2 b )( a + 2 b ) a − 4b 
 a 4 b   a + 3 ab + 2b
b  a − 4b a + 3ab + b a + 3 ab + b
= 
−
−

=
  
=
a − 4b
a − 4b 
a − 4b
a  
ab
ab
 b
b . Ta có a 2 + b 2 = 14ab  (a + b) 2 = 16ab  a + b = 4 ab , do a, b là các số thực dương. Khi
đó: P =
a + 3 ab + b 4 ab + 3 ab
=
=7.
ab
ab
Câu 2 .
1. Điều kiện: x + 3 y  0, x  2 y (*) .
Từ hệ phương trình ban đầu:
 3
 3
10
10
10
 3
+
=5
+
=5
+
=5



x + 3y
x + 3y
x + 3y
 2x − y
 2x − y
 2x − y



5
9
5
5
9 − 2x + y −

 9 −
=7
−1−
=7
=8
 2x − y
 2x − y
 2 x − y
x
+
3
y
x
+
3
y
x
+
3
y


1
1
,b =
Đặt a =
. Khi đó hệ phương trình trên trở thành:
2x − y
x + 3y
3a + 10b = 5 3a + 10b = 5

# (1)

9
a
−
5
b
=
8
18
a
−
10
b
=
16


Lấy (1) và (2) cộng vế theo vế, ta được: 21a = 21  a = 1 . Kết hợp với (1) suy ra
5 − 3a 2 1
b=
=
= .
10
10 5
 1
 2x − y = 1
2 x − y = 1
2 x − y = 1
x = 4




Do đó: 
, thoả mãn (*).
1
1
x
+
3
y
=
25
y
=
7
x
+
3
y
=
5




=
 x + 3 y 5
Vậy nghiệm của hệ phương trình là x = 4, y = 7 .
2. Ta thấy x2 − 2 x + 3  0, x và x = 0 không phải là nghiệm của phương trình.
Đặt t =
x2 + 3
. Khi đó phương trình ban đầu trở thành:
x
x2 + 3
−1
5x
x
+ 2
=4
x +3
x2 + 3
−2
x
2

5 ( t − 2 ) + ( 2t − 1) t
5 2t − 1
+
=4
= 4  2t 2 + 4t − 10 = 4t 2 − 8t
t t −2
t (t − 2)
t = 5
 2t 2 − 12t + 10 = 0  
t = 1

5 + 13
x =
2
x +3
2
Trường hợp: t = 5 
. (thoả mãn)
= 5  x2 − 5x + 3 = 0  
x

5 − 13
x =
2

2
x +3
= 1  x 2 − x + 3 = 0 . (vô nghiệm)
Trường hợp: t = 1 
x
Câu 3.
a. Theo bất đẳng thức AM − GM với số dương
2 x − 2, x + 1 , ta có:
2 x − 2 + x + 1 3x − 1
2 x2 − 1 = 2 x − 2  x + 1 
=
, x  1
2
2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 x − 2 = x + 1  2 x − 2 = x + 1  x = 3 .
b. Do với x, y, z  1 . Khi đó kết hợp với câu a, ta có:
3x − 1 3 y − 1 3z − 1
2
2
2
y −1
x −1
z −1 2 2
3x − 1 3 y − 1 3z − 1
P=
+
+

+ 2 2 + 2 2 =
+
+
x
y
z
x
y
z
2 2x 2 2 y 2 2z
1
1
1
+
+
=1.
Từ giả thiết có x + y + z = xyz 
xy
yz
zx
(
)
Theo bất đẳng thức AM − GM thì:
1=
1 1 1
1
1
1
11 1  1 1 1 11 1 1 1 1
+
+
  +  +  +  +  +  = + +  −  + +   −1
xy
yz
zx 2  x y  2  y z  2  z x  x y z
x y z
Nguyễn Trần Hoàng - Truờng ĐH Su Phạm Hà Nội - K73
Từ ( * ) ta tiếp tục có: P 
9
2 2
−
1
1 =
8
2 2
2 2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z = 3 .
=2 2.
Câu 4.
a. Đặt A = ab + ba = 10a + b + 10b + a = 11( a + b ) .
Vì ab là số có hai chữ số nên a  0 . Ta thấy 1  a + b  18 .
Giả sử A là số chính phương, thì khi phân tích A thành các thừa số nguyên tố thì số mũ các
thừa số nguyên tố phải chẵn, tức là giả sử A = p1a  p2 a  pia , với các p1 , p2 ,  pi là có số nguyên
tố thì a1 , a2 ,, ai đều là số chẵn.
Do đó, nếu A không chia hết cho 11 thì số mũ của số nguyên 11 khi phân tích sẽ là 1 , mẫu
thuẫn.
1
2
i
Khi đó a + b 11  a + b = 11 . Hay ta có các cặp giá trị sau thoả mãn:
( a; b )  ( 2;9 ) ; ( 3;8 ) ; ( 4;7 ) ; ( 5;6 ) ; ( 6;5 ) ; ( 7; 4 ) ; (8;3) ; (9; 2 )
Thử lại ta thấy thoả mãn. Vậy có số có hai chữ số ab cần tìm là:
ab  29;38, 47,56, 65, 74,83,92
b. Gọi số viên sỏi ở hai đống A, B là x, y . Theo bài ta có:
Nếu chuyển 100 viên từ đống A sang đống B thì số sỏi ở B gấp 2 lần số sỏi ở A , tức là
2 ( x − 100 ) = y + 100 (1) .
Nếu chuyển một số viên từ đống B (giả sử là a ) sang đống A thì số sỏi ở A gấp 6 lần số sỏi
ở B , tức là x + a = 6 ( y − a )
Từ (1)(2), có:


14a + 300
7a + 1800

x = 6 y − 7a = 6 
− 7a =
2 x − y = 300


11
11

2 x − y = 300




6 y − x = 7 a
12 y − 2 x = 14a
 y = 14a + 300 = 27 + a + 3 ( a + 1)



11
11
3 ( a + 1)
Vì y nguyên nên
nguyên hay a + 1:11, do gcd (11,3) = 1 .
11
 x = 7k + 163  7.1 + 163 = 170
Suy ra a = 11k −1, k là số nguyên dương. Khi đó: 
.
 y = 14k + 26
Khi k = 1 . Thử lại với x = 170, y = 40 thoả mãn.
Vậy số sỏi ít nhất của đống A là: 170 .
Câu 5. Gọi O là trung điểm AB , nên O là tâm đường tròn đường kính AB .
C
G
F
H
A
I
O
L
E
B
K
J
D
a. Từ giả thiết BC = BD , nên C, D đối xứng nhau qua AB . Mà D, E đối xứng nhau qua BC
nên CB vuông góc DE . (1)
Mặt khác C, D thuộc đường tròn đường kính nên ACB = ADB = 90 , hay AC vuông góc BC .
(2)
Từ (1)(2) suy ra AC song song với DE hay CDE = ACD = ADC do đó DC là tia phân giác
ADE .
b. Ta có: ABC = ADC (do cùng chắn cung AC của ( O ) ) (3)
Mà do DC là tia phân giác ADE nên ADC = CDE = CHE . (4)
Từ (3)(4), ta có tứ giác IBFH nội tiếp. (5)
Ta lại có: DBF = DAC (do cùng bù với góc DBC ).
Mặt khác: DAC = 2DAB = 2DCB = 2DCF = DCE (do D, E đối xứng qua BC ).
Và DCE = DHE (do cùng chắn cung DE của đường tròn ( B, BC ) ).
Suy ra DBF = DAC = DHE hay tứ giác BHDF nội tiếp. (6)
Từ (5)(6) suy ra 5 điểm I , B, F , D, H cùng thuộc một đường tròn.
C
G
F
H
A
I
O
L
E
B
K
J
D
c. Ta có: DJF = DBF (do cùng chắn cung DF của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BHDF ). Và
DBF = DAC (do cùng bù với góc DBC ). Suy ra DJF = DAC hay JF song song với AC .
Gọi G, L là giao điểm của HD và AC, JK . Ta thấy GC vuông góc với CB nên GC là tiếp
tuyến của đường tròn tâm B , bán kính BC . Hay GC 2 = GH  GD . (7)
Mặt khác AHG = DHE = DAC (theo 6) với AGH chung nên AGH  DGA ( g .g )
GA GH
=
 GA2 = GH  DG . (8)
DG GA
Từ (7)(8) suy ra GC 2 = GA2  GC = GA . Như vậy HD đi qua trung điểm AC .
JL
DL LK
Khi đó:
=
=
 LJ = LK . (theo định lý Talet và JF song song vói AC ) . Vậy HD
AG DG GC
đi qua trung điểm JK .
Suy ra:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THỪA THIÊN HUẾ
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN
NĂM HỌC: 2024 – 2025
Môn chuyên: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kể thời gian giao đề)
Bài 1:
15 x − 11 3 x − 2 2 x + 3
với x  0, x  1
−
−
x+2 x −3
x −1
x +3
8
Rút gọn biểu thức A và tìm tất cả các giá trị của x sao cho A  −
5
a) Cho biểu thức A =
b) Cho a, b là các số hữu tỉ. Chứng minh (a 2 + b 2 )(a − b)2 + a 2b 2 là số hữu tỉ
Câu 2:
a) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình x2 − 4mx − 3 = 0 có hai nghiệm nguyên phân
biệt.
b) Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn a3 = 2b4 + a2b . Chứng minh a chia hết cho b.
Câu 3:
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố (p; q) sao cho p2 + q2 + 4 pq + 52 là số chính phương.
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x; y) sao cho 5x − 1 = 4 y 4
Câu 4:
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 4.
a) Chứng minh 4ab + ac + bc  4abc
b) Chứng minh
2a
2b
3c
4
+
+

4a + bc 4b + ac 4c + ab 3
Câu 5:
Cho một bảng 4 x 5 ô vuông gồm 4 hàng và 5 cột (như hình vẽ bên). Ta ghi các số
tự nhiên từ 1 đến 20 vào các ô, mỗi ô chứa đúng một số và các số ở mỗi ô là khác nhau.
Gọi d1 với i  1; 2;3; 4 là hiệu của số lớn nhất và số nhỏ nhất ở hàng thứ i. Gọi D là giá trị
lớn nhất trong các giá trị d1 , d2 , d3 , d4 . Ta gọi D là “độ lệch” của hàng
a) Hãy chỉ ra một cách ghi để D = 4
b) Hãy chỉ ra một cách ghi để d1 = d2 = d3 = d4 = 5
c) Với mỗi cách ghi bất kì, ta tiến hành sắp xếp lại các số trong bảng theo quy luật: ở mỗi
cột, các số được xếp giảm dần (số trên cùng là lớn nhất, số dưới cùng là nhỏ nhất). Chứng
minh sau khi sắp xếp lại thì “độ lệch” của bảng mới không lớn hơn “độ lệch” của bảng cũ.
Câu 6:
Cho tam giác nhọn ABC có BC < AB < AC. Gọi BD, CE là các đường cao, H là
trực tâm của tam giác ABC. Trên đoạn thẳng HC lấy điểm P (P khác H và C), M là điểm
trên cạnh AC sao cho tia BD là phân giác của góc MBP. Gọi N là điểm đối xứng với B
qua E. Đường tròn ngoại tiếp tam giác MHC cắt BM tại K (K khác M).
a) Chứng minh BHKN là tứ giác nội tiếp
b) Chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BKP.
c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN. Chứng minh I, K, H thẳng hàng.
ĐÁP ÁN
Câu 1:
15 x − 11 3 x − 2 2 x + 3
với x  0, x  1
−
−
x+2 x −3
x −1
x +3
8
Rút gọn biểu thức A và tìm tất cả các giá trị của x sao cho A  −
5
a) Cho biểu thức A =
b) Cho a, b là các số hữu tỉ. Chứng minh (a 2 + b 2 )(a − b)2 + a 2b 2 là số hữu tỉ
Lời giải:
a) Với x  0, x  1 ta có
A=
15 x − 11 3 x − 2 2 x + 3
−
−
x+2 x −3
x −1
x +3
=
15 x − 11
(3 x − 2)( x + 3) (2 x + 3)( x − 1)
−
−
( x − 1)( x + 3) ( x − 1)( x + 3)
( x − 1)( x + 3)
=
15 x − 11 − (3x + 7 x − 6) − (2 x + x − 3)
( x − 1)( x + 3)
=
−5 x + 7 x − 2
( x − 1)( x + 3)
=
( x − 1)(−5 x + 2)
( x − 1)( x + 3)
Để A 
−8
−5 x + 2 −8


 −25 x + 10  −8 x − 24 (do
5
5
x +3
x +3 0)
Suy ra x  2  x  4
b) Ta có: (a 2 + b 2 )(a − b)2 + a 2b 2
= a 4 − 2a 3b + 3a 2b 2 − 2ab3 + b 4
= (a 2 − ab + b 2 ) 2 = a 2 − ab + b 2
Do a, b hữu tỉ nên a 2 , ab, b 2 hữu tỉ
Suy ra a 2 − ab + b 2 hữu tỉ
Vậy (a 2 + b 2 )(a − b)2 + a 2b 2 hữu tỉ.
Câu 2:
a) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình x2 − 4mx − 3 = 0 có hai nghiệm nguyên phân
biệt.
b) Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn a3 = 2b4 + a2b . Chứng minh a chia hết cho b.
Lời giải:
a) Phương trình x2 − 4mx − 3 = 0 là phương trình bậc hai theo x có biệt thức
 ' = (−2m)2 + 3 = 4m2 + 3  3  0
Phương trình luôn có hai nghiệm (thực) phân biệt
x1 = 2m − 4m 2 + 3
x1 = 2m + 4m 2 + 3
a
4
Do x1 + x2 = 4m nên để x1, x2  Z thì m = (a  Z )
a + a 2 + 12
a − a 2 + 12
Khi đó:
x1 =
, x2 =
2
2
Vì a  Z nên điều kiện cần để x1, x2  Z là 12 + a2 là số chính phương (vì căn bậc hai của
một số tự nhiên là số tự nhiên hoặc số vô tỉ)
Suy ra, tồn tại số nguyên dương b sao cho
12 + a2 = b2  (a − b)(a + b) = −12
Do a – b < a + b và (a – b) + (a + b) = 2a là số chẵn nên suy ra
 a − b = −6
 a − b = −2
hoặc 

a + b = 2
a + b = 6
Suy ra a = -2, b = 4 hoặc a = 2, b = 4
Như thế, 4m   −2; 2 nên m   − ; 
1 1
 2 2
Thử lại với m = −
Với m =
1
thì phương trình có 2 nghiệm nguyên là 1 và -3
2
1
thì phương trình có hai nghiệm nguyên là -1 và 3
2
b) Trước hết, ta sẽ chứng minh a và b cùng tính chẵn lẻ
Thật vậy, nếu a là số lẻ thì dễ dàng chứng minh được b cũng là số lẻ
Nếu a là số chẵn thì từ 2b4 = a2 (a − b) 4 ta thu được b là số chẵn
Ta có: a3 = 2b4 + a2b = b(2b3 + a 2 ) nên a 3 chia hết cho b
2
a − b  b2 
Ngoài ra, do
=   và a, b cùng tính chẵn lẻ nên b2 a
2
 a
Vì vậy a và b có cùng tập ước nguyên tố, giả sử đó là  p1 , p2 ,..., pn 
Đặt a = p1 . p2 ... pn , b = p1 . p2 ... pn
Trong đó 1 ,  i là các số nguyên dương
1
n
2
1
2
n
n
n
n
Ta có:  pi3 = a3 = 2b 4 + a 2b = 2 pi4 +  pi2 +
1
1
i =1
1
i =1
1
(1)
i =1
Nếu tồn tại i  1, 2,..., n sao cho 1  i , chia hai vế của đẳng thức (1) cho pi3 ,
3
4
2  +
(2)
 p j = 2 pi4 −3  p j + pi −  p j
i
j
1 j  n , j  i
i
j
i
1 j  n , j  i
i
j
i
j
1 j  n , j  i
Ta nhận thấy vế trái của (2) không chia hết cho pi (do i  1 )
Từ đó, ta có điều mâu thuẫn
Vì vậy 1  i , với mọi i = 1, n
Vậy a chia hết cho b.
Câu 3:
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố (p; q) sao cho p2 + q2 + 4 pq + 52 là số chính phương.
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x; y) sao cho 5x − 1 = 4 y 4
Lời giải
a) Giả sử tronghai số p, q không có số nào bằng 2
Khi đó p, q là các số nguyên tố nên p, q lẻ, do đó p2  1(mod 4), q2  1(mod 4)
Cho nên p2 + q2 + 4 pq + 52  2(mod 4) không thể là số chính phương, vì số chính phương
chia 4 chỉ có thể có số dư là 0 hoặc 1.
Do đó phải có một số bằng 2, giả sử đó là p.
Khi đó q 2 + 8q + 56 là số chính phương
Đặt q2 + 8q + 56 = t 2 (t  N )
Suy ra (t − q − 4)(t + q + 4) = 40
Vì vậy, t – q – 4 và t + q + 4 đều là ước của 40, hơn nữa t – q – 4 < t + q + 4
Và t – q – 4, t + q + 4 cùng tính chẵn lẻ
Xét bảng sau
t–q–4
-20
-10
2
4
t+q+4
-2
-4
20
10
t
-11
-7
11
7
q
5
-1
5
-1
Loại
Loại
Loại
Loại
Vậy ( p, q)  ( 2;5 ) ; ( 5; 2 )
b) Ta có: 5x − 1 = 4 y 4
 5x = 4 y 4 + 1
 5x = (2 y 2 + 1)2 − (2 y)2
 5x = (2 y 2 − 2 y + 1)(2 y 2 + 2 y + 1)
 2 y 2 − 2 y + 1 = 5a
(a, b  N , a  b, a + b = x)
Do đó  2
b
 2 y + 2 y + 1 = 5
Suy ra (2 y 2 − 2 y + 1) | (2 y 2 + 2 y + 1)
(1)
2
Hay (2 y − 2 y + 1) | 4 y
Thử với y = 1, 2, 3 được cặp (x, y) = (1, 1) thỏa mãn
Với y > 3 thì 4 y − (2 y 2 − 2 y + 1) = −2 y( y − 4) − 1  0
Mà (2 y 2 − 2 y + 1) , 4y đều dương
nên (2 y 2 − 2 y + 1) không là ước của 4y, mâu thuẫn (1)
Vậy (x, y) = (1, 1)
Câu 4:
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 4.
a) Chứng minh 4ab + ac + bc  4abc
b) Chứng minh
Lời giải:
a) Ta có:
2a
2b
3c
4
+
+

4a + bc 4b + ac 4c + ab 3
4ab + ac + bc  4abc
4 1 1
+ + 4
c a b
(2 + 1 + 1) 2
= 4 = VP(dpcm)
Mà VT 
a+b+c

b) Cần chứng minh
2a
2b
3c
4
+
+

4a + bc 4b + ac 4c + ab 3
2a
2b
3c
4

+
+

(a + b + c)a + bc (a + b + c)b + ac (a + b + c)c + ab 3
2a(b + c) + 2b(a + c) + 2c(a + b) 4


(a + c)(b + c)(a + b)
3
5ac + 5bc + 4ab
4


(a + c)(b + c)(a + b) 3
 15ac + 15bc + 12ab  4(a + c)(b + c)(c + b)
 0  4(4 − a)(4 − b)(4 − c) − (15ac + 15bc + 12ab)
 0  −4abc + 4ab + ac + bc − 64(a + b + c) + 256
 4abc  4ab + ac + bc
Bất đẳng thức cuối cùng đã được chứng minh ở câu a
Dấu bằng xảy ra khi (a, b, c) = (1, 1, 2)
Câu 5: Cho một bảng 4 x 5 ô vuông gồm 4 hàng và 5 cột (như hình vẽ bên). Ta ghi các số
tự nhiên từ 1 đến 20 vào các ô, mỗi ô chứa đúng một số và các số ở mỗi ô là khác nhau.
Gọi d1 với i  1; 2;3; 4 là hiệu của số lớn nhất và số nhỏ nhất ở hàng thứ i. Gọi D là giá trị
lớn nhất trong các giá trị d1 , d2 , d3 , d4 . Ta gọi D là “độ lệch” của hàng
a) Hãy chỉ ra một cách ghi để D = 4
b) Hãy chỉ ra một cách ghi để d1 = d2 = d3 = d4 = 5
c) Với mỗi cách ghi bất kì, ta tiến hành sắp xếp lại các số trong bảng theo quy luật: ở mỗi
cột, các số được xếp giảm dần (số trên cùng là lớn nhất, số dưới cùng là nhỏ nhất). Chứng
minh sau khi sắp xếp lại thì “độ lệch” của bảng mới không lớn hơn “độ lệch” của bảng cũ.
Lời giải:
a) Dễ thấy, bảng sau có D = 4:
1 2 3 4 5
6 7 8 9 10
11 12 13 14 15
16 17 18 19 20
b) Dễ thấy, bảng sau có d1 = d2 = d3 = d4 = 5
1 2 3 4 6
5 7 8 9 10
11 12 13 14 16
15 17 18 19 20
c) Ta đánh số của bảng ban đầu như sau:
b1
b6
b2
b7
... b5
... b10
b16
b17
... b20
Sau khi sắp xếp lại bảng, ta có bảng như sau:
a1
a6
a2
a7
...
...
a16
a17
... a20
a5
a10
Gọi d là hiệu số giữa số lớn nhất và số nhỏ nhất của hàng i ở bảng ban đầu;
d i là hiệu số giữa số lớn nhất và số nhỏ nhất của hàng i ở bảng lúc sau;
D ' = max d i'  , với i = 1, 2, 3, 4; D = max di  với i = 1, 2, 3, 4
'
i
Giả sử hàng j có d j lớn nhất ở bảng lúc sau, gọi hai số lớn nhất và nhỏ nhất lần lượt là
al , ak .
Không mất tính tổng quát, ta cố định cột chứa số lớn nhất của hàng j (cột chứa số al ) và
xếp lại vị trí của các số còn lại sao cho giống với ban đầu.
Khi đó, giả sử số ak được thay vị trí bởi số bk
Do sự sắp xếp chỉ diễn ra trên cùng một côt nên ak với bk cùng cột.
Nếu bk < ak .
Giả sử bk cùng hàng với bl mà bl cùng cột với al , ta có bl > al > ak
Gọi d l' là hiệu giữa số lớn nhất và số nhỏ nhất của hàng chứa bl , ta có:
d j = al − ak  bl − bk  dl'  D '
Nếu ak giữ nguyên vị trí thì al - ak = d j = d 'j  D '
Vậy nếu hàng j có d j lớn nhất thì d j  D '
Điều này cho thấy D  D '
Câu 6: Cho tam giác nhọn ABC có BC < AB < AC. Gọi BD, CE là các đường cao, H là
trực tâm của tam giác ABC. Trên đoạn thẳng HC lấy điểm P (P khác H và C), M là điểm
trên cạnh AC sao cho tia BD là phân giác của góc MBP. Gọi N là điểm đối xứng với B
qua E. Đường tròn ngoại tiếp tam giác MHC cắt BM tại K (K khác M).
a) Chứng minh BHKN là tứ giác nội tiếp
b) Chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BKP.
c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN. Chứng minh I, K, H thẳng hàng.
Lời giải:
A
I
M
N
D
K
E
H
P
C
B
a) Ta có: BNH = NBH = ABH = ACH = MCH = BKH
Suy ra tứ giác BHKN nội tiếp
b) Ta có: KHP = KHC = 180 − KMC = 180 − BMD
KBP
= KBH = MBD
2
KBP
Suy ra, KHP −
= 180 − BMD − MBD = 90
2
Mặt khác,
Hay KHP = 90 +
KBP
2
Kết hợp với BH là phân giác của góc KBP ta thu được H là tâm đường tròn nội tiếp của
tam giác BKP.
c) Vì H là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác BKP nên PH là tia phân giác của góc KPB.
Hay nói cách khác, đường thẳng PK và PB đối xứng với nhau qua CH.
Kết hợp với n và B đối xứng nhau qua HC, ta thu được ba điểm P, K, N thẳng hàng.
Ta có: MKN = BKP = 90 +
BHP
180 − BAC
MAN
= 90 +
= 180 −
= 180 − MIN
2
2
2
Do đó tứ giác MINK nội tiếp
Cuối cùng, IKN = IMN = 90 − MAN = 90 − BAD = ABD = NBH = 180 − NKH
Vậy ba điểm I, K, N thẳng hàng
Nhận xét: Đây là một câu hình hay với ý tưởng chủ yếu biến đổi góc. Vấn đề đặt ra không
quá khó nhưng có thể “giữ chân” một số bạn do yếu tô thời gian và tâm lý. Tuy nhiên,
điểm E trong bài toán này dường như không có vai trò gì hết.
UBND TỈNH HÀ GIANG
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu I. (1,5 điểm) Cho biểu thức A =
x  0, x  9.
1. Rút gọn biểu thức A.
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2024 - 2025
Môn: TOÁN (Đề chuyên tin)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
x x + 5 x + 6 x − 7 x − 8 2 x + 10 x + 12
−
−
với
x −2 x −3
x + 2 x +1
x− x −6
4
nhận giá trị nguyên.
A
Câu II. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P ) có phương trình
2. Tìm tất cả các giá trị của x để biểu thức
y = ax 2 và đường thẳng ( d ) có phương trình y = bx − 1 (với a, b là các tham số). Tìm
các số hữu tỉ a, b để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt sao cho
hoành độ một điểm là x =
5− 3
.
5+ 3
Câu III. (1,5 điểm)
x3 + 1 + x 2 − 3x − 1 = 0.
2

 x +1 + y + 4 + y = 4
2. Giải hệ phương trình 
.
2
2

2 xy + 4 x + y + 4 − y + 4 y = 8
Câu IV. (1,0 điểm) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho 2n − 1 và 3n + 1 là các số chính
phương và 6n − 13 là số nguyên tố.
Câu V. (4,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) . Các
đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H .
1. Chứng minh DA là tia phân giác của góc EDF .
HD HE HF
2. Chứng minh
+
+
= 1.
AD BE CF
3. Gọi M là giao điểm của tia EF với đường tròn ( O ) . Gọi P, Q lần lượt là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác BMF và tam giác CME. Chứng minh AM ⊥ PQ.
4. Tìm mối liên hệ giữa các cạnh của tam giác ABC để biểu thức
2
( AB + BC + CA)
đạt giá trị nhỏ nhất.
AD 2 + BE 2 + CF 2
Câu VI. (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện abc  1 . Tìm
1
1
1
+ 2
+
giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2
.
3
a + 1 + bc b + 1 + ac ab(c + 1) + 1
--- 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.........................................
1. Giải phương trình
2
UBND TỈNH HÀ GIANG
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2024 - 2025
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (ĐỀ CHUYÊN TIN)
(Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang)
Lưu ý:
- Thí sinh có thể làm bài theo cách khác so với đáp án nhưng đảm bảo đúng kiến thức, vẫn cho
điểm tối đa.
- Không làm tròn điểm.
Nội dung
Điểm
Câu I (1,5 điểm)
x x + 5 x + 6 x − 7 x − 8 2 x + 10 x + 12
−
−
Cho biểu thức A =
với x  0, x  9.
x −2 x −3
x + 2 x +1
x− x −6
1.(1,0 điểm) Rút gọn biểu thức A.
( x + 1)( x − 8) − 2 ( x + 3)( x + 2)
( x + 1)( x − 3)
( x − 3)( x + 2)
( x + 1)
x− x +6
x − 8 2 ( x + 3)
=
−
−
A=
( x + 1)( x − x + 6)
x −3
=
−
x +1
2
x −3
x −3 x
x −8
−
x −3
x +1
= x−
0,25
0,25
0,25
x −8
x +8
=
.
x +1
x +1
0,25
2.(0,5 điểm) Tìm tất cả các giá trị của x để
Theo BĐT Côsi, ta có A = x + 1 +
4
nhận giá trị nguyên.
A
9
−2 2 9 −2 = 4
x +1
0,25
9
4
 x = 4 (thỏa mãn). Vậy x = 4.
 thì A = 4  x + 1 =
0,25
A
x +1
Câu II (1,0 điểm)
2
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P ) có phương trình y = ax và đường thẳng ( d ) có phương
Để
trình y = bx −1 (với a, b là các tham số). Tìm các số hữu tỉ a, b để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) tại
hai điểm phân biệt sao cho hoành độ một điểm là x =
5− 3
x=
=
5+ 3
( 5 − 3 ) = 4 − 15
( 5 + 3 )( 5 − 3 )
5− 3
.
5+ 3
2
0,25
Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là: ax2 − bx + 1 = 0 (*)
a  0
Điều kiện để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt:  2
b − 4a  0
(
) (
2
)
(*) có nghiệm x = 4 − 15 nên a 4 − 15 − b 4 − 15 + 1 = 0  15(−8a + b) + 31a − 4b + 1 = 0
Vì a, b  Q nên (−8a + b), (31a − 4b + 1) Q
0,25
0,25
3
Nếu 8a − b  0 thì 15 =
31a − 4b + 1
 Q (vô lí)
8a − b
8a − b = 0
a = 1

Suy ra 
(thỏa mãn)
31a − 4b + 1 = 0 b = 8
Câu III (1,5 điểm)
1. (0,75 điểm) Giải phương trình
Điều kiện: x3 + 1  0  x  −1 .
0,25
x3 + 1 + x 2 − 3x − 1 = 0
x3 + 1 + x 2 − 3x − 1 = 0  ( x + 1) ( x 2 − x + 1) + ( x 2 − x + 1) − 2( x + 1) = 0
0,25
Đặt u = x + 1; v = x − x + 1; u  0, v  0
2
Phương trình đã cho trở thành: uv + v2 − 2u 2 = 0  (u − v)(2u + v) = 0
u − v = 0
u = v


 2u + v = 0
 2u = −v
Với u = v ta được
0,25
x = 0
x2 − x + 1 = x + 1  x2 − 2x = 0  
(thỏa mãn phương trình)
x = 2
Với 2u = −v ta được 2 x + 1 = − x 2 − x + 1 (vô nghiệm).
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x = 0 và x = 2.
 x + 1 + y 2 + 4 + y = 4
(1)
2. (0,75 điểm) Giải hệ phương trình 
2 xy 2 + 4 x + y 2 + 4 − y + 4 y = 8 (2)
 x  −1
Điều kiện: 
y  0
Từ (1) :
0,25
0,25
y − 2 = 2 − x + 1 − y2 + 4
Từ (2) : 2 xy 2 + 4 x + y 2 + 4 − y + 4 y = 8  2 xy 2 + 4 x + y 2 + 4 −
(
( y − 2) = 4
Thế (1) vào (2) ta được:  2 xy 2 + 4 x + y 2 + 4 − 2 − x + 1 − y 2 + 4
(
2
) =4
2
)
 2 ( x + 1) ( y 2 + 4 ) − 4 − 4 x + 1 − 4 y 2 + 4 + 2 ( x + 1) ( y 2 + 4 ) + ( x + 1) + ( y 2 + 4) = 4
 ( x + 1) − 4 x + 1 + 4 + ( y + 4) − 4 y + 4 + 4 = 0 
2
2
( x + 1 − 2) + ( y + 4 − 2) = 0
2
2
2
0,25
 x + 1 − 2 = 0
x = 3

(thỏa mãn). Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y) = (3;0) .

0,25
2
y
=
0

y
+
4
−
2
=
0

Câu III. (1,0 điểm) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho 2n − 1 và 3n + 1 là các số chính phương và
6n −13 là số nguyên tố.
Vì 6n − 13 là số nguyên tố và n  nên n  3.
Ta có 2n − 1 và 3n + 1 là các số chính phương nên 2n −1 = a2 ; 3n + 1 = b2 với a; b 
0,25
2
2
(3)
 2b − 3a = 5
Ta có 6n − 13 = 3(2n − 1) − 10 = 3a2 − 2(2b2 − 3a 2 ) = 9a2 − 4b2 = (3a − 2b)(3a + 2b) (4)
0,25
3a − 1
Vì 6n − 13 là số nguyên tố, mà 3a − 2b  3a + 2b nên từ (4) ta có 3a – 2b = 1  b =
2
0,25
2
 a = −1
3a − 1
 3a − 1 
2
2
Thay b =
vào (3) ta được 2 
 − 3a = 5  3a − 6a − 9 = 0   a = 3
2
 2 

0,25
a = −1 (loại)
4
a = 3 thì b = 4, n = 5 và 6n −13 = 17 (thỏa mãn). Vậy n = 5 là giá trị cần tìm.
Câu IV. (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) . Các đường cao AD, BE, CF
của tam giác ABC cắt nhau tại H .
A
E
F
O
M
H
P
B
D
Q
C
1. (1,0 điểm) Chứng minh DA là tia phân giác của góc EDF.
BFH = BDH = 900  BFH + BDH = 1800 nên BFHD là tứ giác nội tiếp  HDF = HBF
0,25
Tương tự, CEHD là tứ giác nội tiếp  HDE = HCE
0,25
BCEF là tứ giác nội tiếp  HBF = HCE
Suy ra HDE = HDF nên DA là tia phân giác của góc EDF. .
0,25
2. (1,0 điểm) Chứng minh
HD HE HF
+
+
= 1.
AD BE CF
HD
Ta có:
AD
1
HD.BC
2
1
AD.BC
2
S HBC
S ABC
S HBC
S ABC
S ABC
HE
BE
HF
CF
S HAC
S ABC
S HAC
S ABC
S HAB
S ABC
S HAB
1
HE. AC
2
1
BE. AC
2
1
HF . AB
2
1
CF . AB
2
0,25
0,25
0,25
0,25
1.
0,25
3. (1,0 điểm) Gọi M là giao điểm của tia EF với đường tròn ( O ) . Gọi P, Q lần lượt là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác BMF và tam giác CME. Chứng minh AM ⊥ PQ.
Ta có : AEM = ABC (do tứ giác BCEF nội tiếp)
ABC = AMC (góc nội tiếp cùng chắn AC của đường tròn O )  AEM = AMC
 AEM ∽ AMC ( g .g )  AME = ECM =
1
sñ ME của đường tròn Q nên AM là
2
0,25
0,25
tiếp tuyến của Q  AM ⊥ QM
Theo trên AMF = ACM , mà ABM = ACM =
1
sñ MA của đường tròn O
2
1
 AMF = FBM = sñ MF của đường tròn P nên AM là tiếp tuyến của P
2
0,25
5
Vì AM ⊥ PM và AM ⊥ QM nên ba điểm P, Q, M thẳng hàng. Suy ra AM ⊥ PQ .
4.(1,0 điểm) Tìm mối liên hệ giữa các cạnh của tam giác ABC để biểu thức
0,25
( AB + BC + CA)
2
AD 2 + BE 2 + CF 2
đạt giá trị nhỏ nhất.
A
x
E
N
F
O
H
C
D
B
Vẽ Cx CF . Gọi N là điểm đối xứng của A qua Cx
BAN 90 , CN AC , AN 2CF . Ta luôn có BN
Vì AN // CF
BC
ABN vuông tại A nên: AB 2
CN ) 2
4CF 2
AN 2
BN 2
AB 2
( BC
AC ) 2
AB 2
(5)
Tương tự: 4 AD 2
( AB
AC ) 2
BC 2 và 4 BE 2
Suy ra 4 AD 2
BE 2
CF 2
( AB
BC ) 2
( AB
AC ) 2 hay
BC
4CF 2
( BC
0,25
CN
0,25
AC 2
( AB + BC + CA)2
4
AD 2 + BE 2 + CF 2
0,25
1
BN  BC = AC .
0,25
2
Vì vậy biểu thức đã cho đạt giá trị nhỏ nhất khi AB AC BC hay ABC là tam giác đều.
Câu V. (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện abc  1 . Tìm giá trị lớn nhất của
1
1
1
+ 2
+
biểu thức P = 2
.
3
a + 1 + bc b + 1 + ac ab(c + 1) + 1
a
b
c
a
b
c
P= 3
+ 3
+
 3
+ 3
+ 3
0,25
3
a + a + abc b + b + abc abc(c + 1) + c a + a + 1 b + b + 1 c + c + 1
Đẳng thức (5) xảy ra khi B, C, N thẳng hàng AC =
x
0 , ta luôn có ( x 1) 2 ( x 1) 0
x
x3 x 1 x 2 2 x
3
x
x 1
x3
x2
1
x
2
x 1 0
, đẳng thức xảy ra khi x
a
b
c
1
1
1
+ 3
+ 3

+
+
a + a +1 b + b +1 c + c +1 a + 2 b + 2 c + 2
1
1
1
Ta sẽ chứng minh
+
+
1
(6)
a+2 b+2 c+2
Thật vậy, (6) (a 2)(b 2) (b 2)(c 2) (a 2)(c 2)
ab bc ca abc 4
Suy ra
1.
0,25
3
(a
2)(b
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có ab + bc + ac  3 3 ab.bc.ca = 3
Mặt khác abc  1 ab bc ca abc 4 nên (6) đúng, suy ra P  1 .
3
Vậy max P =
khi a = b = c = 1.
3
---HẾT---
2)(c
2)
0,25
0,25
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
SÓC TRĂNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
THPT
Năm học: 2024 – 2025
Môn: TOÁN (CHUYÊN)
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề

2 x
1 
x +1
+
với x  0, x  1
 :
x −1 x − 2 x +1
 x x − x + x −1
Bài I: Cho biểu thức A = 
Tìm các số nguyên x để A đạt giá trị nguyên
Bài 2: Cho hàm số y = − x2 có đồ thị là parabol (P) và hàm số y = 2(m + 1) x + m2 + 3 có
đồ thị là đường thẳng d (trong đó m là tham số)
a) Vẽ đồ thị (P) trên mặt phẳng tọa độ Oxy
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt đồ thị (P) tại hai
điểm phân biệt A( x1; y1 ), B( x2 ; y2 ) sao cho T = x1x2 + y1 + y2 đạt giá trị lớn nhất.

1
 2x + + x + y − 1 = 5
y
Bài 3: Giải hệ phương trình 
x − y + 1 = 4

y
Bài 4: Vào lúc 5 giờ sáng, tại khu du lịch sinh thái Hồ Bể thuộc xã Vĩnh Hải, thị xã
Vĩnh Châu, một chiếc tàu cá xuất phát đi thẳng về hướng Đông với vận tốc không
đổi. Đến 7 giờ sáng cùng ngày, cũng tại đó một chiếc tàu du lịch xuất phát và đi
thẳng về hướng Nam với vận tốc lớn hơn vận tốc tàu cá là 10km/h. Đến 9 giờ khoảng
cách giữa 2 tàu là 100km. Tính vận tốc mỗi tàu.
Bài 5:
a) Tìm tất cả các số tự nhiên x sao cho giá trị của biểu thức x2 + 3x + 5 là một số chính
phương.
b) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng
a 5 + b5 + c 5 +
2 2 2
+ + 9
a b c
Bài 6: Yêu cầu vẽ hình khi chứng minh
Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) có BC = 10cm. Đường tròn tâm O đường
kính BC cắt AB, AC lần lượt tại E và D. Hai đường thẳng BD và CE cắt nhau tại H.
a) Chứng minh tứ giác AEHD nội tiếp
b) Đường thẳng AH cắt cung nhỏ ED tại K. Giả sử EKD = 135 , tính diện tích hình
viên phân giới hạn bởi cung nhỏ ED và dây cung ED (cho  = 3,14 và kết quả làm
tròn đến chữ số thập phân thứ hai).
c) Đường thẳng AH cắt đường thẳng BC tại F. Gọi P là trung điểm CD. Đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABP cắt đường thẳng BC tại điểm thứ hai là Q. Chứng minh rằng
AF vuông góc BC và Q là trung điểm CF.
Bài 7: Trên bàn có 2024 viên kẹo, hai bạn A và B tiến hành trò chơi lấy viên kẹo.
Hai bạn A và B thay phiên nhau lấy kẹo, đến lượt chơi mỗi bạn sẽ lấy 1, 2, 3 hoặc 4
viên kẹo. Bạn nào không còn kẹo để lấy sẽ thua cuộc. Nếu A đi trước thì bạn nào sẽ
là người đó chiến thuật để luôn thắng trong trò chơi và chiến thuật đó như thế nào?
ĐÁP ÁN
Bài 1:

2 x
1 
x +1
A = 
+
 :
x −1 x − 2 x +1
 x x − x + x −1

2 x
1  ( x − 1) 2
A = 
+
.
x − 1 
x +1
 x x − x + x −1
( x + 1)2
( x − 1) 2
A=
.
( x − 1)( x + 1)
x +1
x −1
A=
x +1
2
A = 1−
x +1
 x + 1 = −2
 x = −3(l )
 x + 1 = −1
 x = −2(l )

A đạt giá trị nguyên  
x +1= 2
 x = 1(l )


x +1= 1
x = 0
Vậy x = 0 thì A đạt giá trị nguyên.
Bài 2:
a) Bảng giá trị
x
-2
-1
2
-4
-1
y = −x
Đồ thị
0
0
1
-1
2
-4
b) Phương trình hoành độ giao điểm
− x2 = 2(m + 1) x + m2 + 3
 x2 + 2(m + 1) x + m2 + 3 = 0
(1)
d cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt
 (1) có hai nghiệm phân biệt
  '  0  m  1(*)
 x + x2 = −2m − 2
Theo định lí Viet, ta có  1
 x1 x2 = m + 3
2
Khi đó, T = x1x2 + y1 + y2
T = x1 x2 − x12 − x22 = − ( x1 + x2 ) 2 + 3x1 x2 = − m 2 − 8m + 5
T = −(m + 4)2 + 21  21
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m = −4 (không thoả mãn (*)).
Bài 3:
1

2x + y  0

Điều kiện:  x + y − 1  0
y  0



1
a = 2x +
y (a  0, b  0)
Đặt 

b = x + y − 1
a + b = 5
Hệ phương trình trở thành  2 2
a − b = 5
b = 5 − a
b = 5 − a
a = 3
 2




2
b = 2
 a − (5 − a) = 5  a = 3
1

2 y2 − y − 1 = 0
a = 3
2x + = 9
y
Với 
ta được 

b = 2
x + y = 5
x + y = 5

 x = 4

 y = 1
 y = 1



1
   y = −    x = 11

2
2

 
 x = 5 − y

1
 y = −
2

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (4;1); 
11 1 
;− 
2
 2
Bài 4:
Gọi x (km/h) là vận tốc của tàu cá, x > 0.
Khi đó x + 10 (km/h) là vận tốc của tàu du lịch.
Quãng đường tàu cá đi là 4x (km)
Quãng đường tàu du lịch đi là 2(x + 10) = 2x + 20 (km)
Ta có phương trình (4 x)2 + (2 x + 20)2 = 10000
 x2 + 4 x − 480 = 0
Giải phương trình trên ta được nghiệm x1 = 20(n), x2 = −24(l )
Vậy vận tốc của tàu cá là 20 km/h, vận tốc của tàu du lịch là 30 km/h.
Bài 5:
a) Giả sử x2 + 3x + 5 là một số chính phương.
Khi đó tồn tại số a  N sao cho x2 + 3x + 5 = a2
 4 x2 + 12 x + 20 = 4a2
 (2 x + 3)2 − 4a2 = −11
 (2 x + 2a + 3)(2 x − 2a + 3) = −11
Vì x, a  N nên 2a + 2a + 3  3
 2 x + 2a + 3 = 11
x + a = 4
x = 1


Do đó: 
 2a − 2a + 3 = −1  x − a = −2  a = 3
Vậy x = 1 thì x2 + 3x + 5 là số chính phương.
b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có
a5 +
2
1 1
1 1
= a 5 + +  3 3 a 5 . . = 3a
a
a a
a a
2
1 1
1 1
= b5 + +  3 3 b5 . . = 3c
b
b b
b b
2
1 1
1 1
c5 + = c5 + +  3 3 c5 . . = 3c
c
c c
c c
2 2 2
Khi đó: a5 + b5 + c5 + + +  3(a + b + c) = 9
a b c
b5 +
Suy ra điều phải chứng minh.
Bài 6:
a) Ta có: BDC = 90  ADH = 90
BEC = 90  AEH = 90
Khi đó: ADH + AEH = 90 + 90 = 180
Vậy tứ giác AEHD nội tiếp
b)
Gọi L là một điểm tuỳ ý trên cung lớn BC.
Ta có: ELD = 180 − EKD = 45
Khi đó: EOD = 2ELD = 90
Diện tích tam giác OED là: S EOD =
25
(cm2 )
2
Diện tích hình quạt giới hạn bởi OD, OE và cung nhỏ ED là
Squat =
25
(cm2 )
4
Diện tích hình viên phân cần tính là
S = S EOD − Squat =
25 25
−
 7,13(cm 2 )
4
2
Bài 6:
Ta có: BD ⊥ AC, CE ⊥ AB và H là giao điểm của BD với EC.
Khi đó H là trực tâm của tam giác ABC
Nên AF ⊥ BC
Ta có: OP là đường trung bình của tam giác BCD,
Nên BD // OP.
Mà BD ⊥ AC  OP ⊥ AC
Xét tam giác AFC và tam giác OPC có
C chung
AFC = OPC = 90
 AFC ~ OPC
CA CO

=
 CA.CP = CO.CF
CF CP
(1)
Xét tam giác BCP và ACQ có
C chung
CBP = CAQ (cùng chắn cung QP)
 BCP ~ ACQ
CB CA

=
 CA.CP = CQ.CB
CP CQ
(2)
Từ (1) và (2) ta được CO.CF = CB.CQ  CO.CF = 2CO.CQ  CF = 2CQ
Do đó Q là trung điểm của CF.
Bài 7:
Ta thấy khi trên bàn còn 1, 2, 3 hoặc 4 viên kẹo thì người chơi đến lượt mình chơi
sẽ chắc chắn thắng và chắc chắn thua nếu trên bàn còn 5 viên kẹo.
Tiếp tục quan sát, ta được khi trên bàn còn 6, 7, 8 hoặc 9 viên kẹo thì người chơi đến
lượt mình chơi sẽ chắc chắn thắng và chắc chắn thua nếu trên bàn còn 10 viên kẹo.
Từ đó ta được người đến lượt mình chơi chắc chắn thua nếu trên bàn còn 5, 10, 15,...,
2020 viên kẹo.
Do đó nếu ở lượt chơi đầu bạn A lấy 4 viên kẹo, trên bàn sẽ còn 2020 viên kẹo do
đó bạn B sẽ chắc chắn thua.
Vậy bạn A luôn có chiến thuật để luôn thắng.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ CẦN THƠ
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2024-2025
Khóa ngày 05 tháng 6 năm 2024
ĐỀ CHÍNH THỨC
MÔN: TOÁN (CHUYÊN-TIN)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề
(Đề thi có 02 trang)
Câu 1 (1,5 điểm). Cho biểu thức P =
2 x −9
x −5 x +6
−
x +3
x −2
−
2 x +1
3− x
với x  0 và x  4, x  9.
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm tất cả các số nguyên x sao cho P nhận giá trị là số chẵn.
Câu 2 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d : y = 2mx − 4m + 5,(m là tham số) và
parabol (P ) : y = x 2 . Tìm tất cả giá trị của m để d cắt (P ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho ba
điểm O, A, B tạo thành tam giác vuông tại O.
Câu 3 (2,0 điểm). Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) (x + 3) −x 2 − 8x + 48 = x − 24.
x 3 − y 3 − 35 = 0
.
b)  2
2
2x + 3y − 4x + 9y = 0
Câu 4 (2,0 điểm).
a) Tìm tất cả số nguyên x, y thỏa mãn x 2 − 2y 2 − xy + 2x + 5y − 5 = 0.
b) Một cái bình hình nón được đặt trên một mặt phẳng nằm ngang sao cho đỉnh của nó hướng
lên trên. Người ta rót nước vào bình cho đến khi mực nước dâng cao cách đỉnh 8 cm (như hình 1 ).
Sau đó, người ta đảo ngược cái bình lại sao cho đỉnh bình hướng xuống (như hình 2 ). Khi đó, người
ta đo được phần không gian trống của bình có chiều cao 2 cm. Biết rằng lượng nước bên trong bình
không thay đổi. Tính chiều cao của cái bình đã cho.
Hình 1
Hình 2
Câu 5 (2,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD có CB = CA. Gọi M là điểm bất kỳ trên tia đối của tia
BA. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD cắt MD tại N (N khác D), đường tròn ngoại tiếp tam
giác AMN cắt MC tại K (K khác M ).
a) Chứng minh tứ giác ABKC nội tiếp.
b) Gọi I là giao điểm của đường thẳng AN và đường thẳng BK. Chứng minh I luôn thuộc
một đường thẳng cố định khi M thay đổi.
Câu 6 (0,5 điểm). Cho bảng ô vuông có kích thước 4  4 như hình sau:
Mỗi ô trong bảng này được viết một số nguyên dương sao cho 16 số trên bảng đôi một khác
nhau. Trong mỗi hàng, mỗi cột luôn tồn tại một số bằng tổng ba số còn lại trong hàng, trong cột đó.
Gọi M là số lớn nhất trong 16 số trên bảng. Tìm giá trị nhỏ nhất của M.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho a,b, c là các số thực dương không nhỏ hơn 1. Chứng minh:
ab − 1
bc − 1
ca − 1 a + b + c
+
+

.
b +c
c +a
a +b
4
----------HẾT---------Ghi chú: 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.... ..............................................
Chữ ký cán bộ coi thi 1.................................. Chữ ký cán bộ coi thi 2...................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ CẦN THƠ
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2024-2025
Khóa ngày 05 tháng 6 năm 2024
CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - HƯỚNG DẪN CHẤM CHUYÊN TOÁN TIN
MÔN TOÁN
Hướng dẫn giải
Câu
2 x −9
Cho biểu thức P =
x −5 x +6
a) Rút gọn biểu thức P.
Câu 1
(1,5 điểm)
P =
P =
P =
2 x −9
x −5 x +6
−
x +3
x −2
2 x −9
( x − 2)( x − 3)
−
−
x +3
−
x −2
−
2 x +1
3− x
với x  0 và x  4, x  9.
Điểm
1,0
2 x +1
3− x
x +3
x −2
−
2 x +1
0,25
3− x
2 x − 9 − ( x + 3)( x − 3) + (2 x + 1)( x − 2)
( x − 2)( x − 3)
0,25
P =
P =
P =
2 x − 9 − (x − 9) + (2x − 4 x + x − 2)
( x − 2)( x − 3)
2 x − 9 − x + 9 + 2x − 4 x + x − 2
( x − 2)( x − 3)
( x − 2)( x + 1)
( x − 2)( x − 3)
=
x +1
x −3
=
0,25
x − x −2
( x − 2)( x − 3)
.
0,25
b) Tìm tất cả các số nguyên x sao cho P nhận giá trị là số chẵn.
Ta có P =
x −3+4
x −3
=1+
0,5
4
x −3
P nhận giá trị là số chẵn khi
0,25
x − 3 là ước số của 4
Suy ra x − 3 = 4  x = 7  x = 49
x − 3 = −4  x = −1 (loại)
x −3= 2 
x = 5  x = 25
x − 3 = −2 
x =1 x =1
x −3=1
x = 4  x = 16
0,25
x − 3 = −1  x = 2  x = 4
Thử lại ta thấy P nhận giá trị chẵn khi x = 49.
Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d : y = 2mx − 4m + 5, ( m là tham số) và
parabol (P ) : y = x 2 . Tìm tất cả giá trị của m để d cắt (P ) tại hai điểm phân biệt
A, B sao cho ba điểm O, A, B tạo thành tam giác vuông tại O.
Phương trình hoành độ giao điểm của (P ) và d
1,0
x 2 = 2mx − 4m + 5
 x 2 − 2mx + 4m − 5 = 0
Đường thẳng d cắt (P ) tại hai điểm phân biệt sao cho ba điểm O, A, B lập thành
0,25
tam giác khi và chỉ khi
Câu 2
(1,0 điểm)
' = m 2 − 4m + 5  0 và x1x 2  0
Đường thẳng đi qua O, A có dạng y = ax , trong đó a =
y1
x1
đường thẳng OA.
Tương tự hệ số góc của đường thẳng OB là a ' =
Điều kiện để tam giác OAB vuông tại O là

y2
0,25
y1 y 2
. = −1
x1 x 2
x12 x 22
.
= −1  x1x 2 = −1
x1 x 2
Vậy m = 1.
Giải phương trình và hệ phương trình sau
là hệ số góc của
x2
Theo định lý Viet ta suy ra 4m − 5 = −1  m = 1 (nhận)
Câu 3
0,25
m 2 − 4m + 5  0
5
m 
Hay 
4
4m − 5  0
Giả sử A(x1; y1 ), B(x 2 ; y 2 ) .
0,25
1,0
(2,0 điểm)
a) (x + 3) −x 2 − 8x + 48 = x − 24.

u = x + 3
(điều kiện: u  0)
v = −x 2 − 8x + 48


Đặt 
u2
x2
6x
v2
x2
8x
9
0,25
u 2 + v 2 = −2x + 57
u + v = 3

 (u + v )2 = 9  
48 2uv = 2x − 48
u + v = −3
0,25
TH1: u + v = 3
x  0
 x = −2 − 2 7
2
2x + 8x − 48 = 0
−x 2 − 8x + 48 = −x  

0,25
TH2: u + v = −3

x  −6
−x 2 − x + 48 = −x − 6   2
2x + 20x − 12 = 0



 x = −5 − 31

0,25

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = −2 − 2 7; −5 − 31 .
x 3 − y 3 − 35 = 0
.
a)  2
2
2x + 3y − 4x + 9y = 0
1,0
x 3 − y 3 − 35 = 0
x 3 − y 3 − 35 = 0 (1)

 2
 2
2x + 3y 2 − 4x + 9y = 0
6x + 9y 2 − 12x + 27y = 0 (2)


0,25
Trừ vế theo vế (1) và (2), ta được
x 3 − 6x 2 + 12x − 8 − (y 3 + 9y 2 + 27y + 27) = 0
 x 3 − 6x 2 + 12x − 8 = y 3 + 9y 2 + 27y + 27  (x − 2)3 = (y + 3)3
x −2 =y +3y =x −5
Thay vào (2) ta được
2x 2 3(x 5)2 4x
5x
2
25x
30
0
9(x
5)
x
x
3
2
0
Với x 3 y
2
Với x 2 y
3
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x ; y) là (3; 2) và (2; 3).
Câu 4
(2,0 điểm)
0,25
a) Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn x 2 − 2y 2 − xy + 2x + 5y − 5 = 0.
x 2 − 2y 2 − xy + 2x + 5y − 5 = 0  (x − 2y + 3)(x + y − 1) = 2
0,25
0,25
1,0
0,25
Ta có các trường hợp sau
x − 2y + 3 = 2 x − 2y + 3 = 1
;
; 

x + y − 1 = 1
x + y − 1 = 2
x − 2y + 3 = −2 x − 2y + 3 = −1
; 

x + y − 1 = −2
x + y − 1 = −1
Giải các hệ trên ta các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn là (1;1) và (−2;1).
b) Một cái bình hình nón được đặt trên một mặt phẳng nằm ngang sao cho
đỉnh của nó hướng lên trên. Người ta rót nước vào bình cho đến khi mực
nước dâng cao cách đỉnh 8 cm (như hình 1 ). Sau đó, người ta đảo ngược
0,5
0,25
1,0
cái bình lại sao cho đỉnh bình hướng xuống (như hình 2 ). Khi đó, người
ta đo được phần không gian trống của bình có chiều cao 2 cm. Biết rằng
lượng nước trong bình không thay đổi. Tính chiều cao của hình nón đã
cho.
Hình 2
Hình 1
Gọi h (cm) là chiều cao của bình nước, r (cm) là bán kính đáy của hình nón.
Thể tích của bình nước là
0,25
1 2
r h.
3
Khi đặt bình nước có đỉnh hướng lên, thể tích của lượng nước là
2
1 2
1  8r 
r h−
  .8 (1)
3
3 h 
0,25
Khi úp bình xuống, lượng nước trên chiếm một thể tích bằng với thể tích hình
2
nón có chiều cao là h − 2 và bằng
1  (h − 2)r 

 (h − 2) (2)
3  h

Từ (1) và (2), suy ra h 3 − 83 = (h − 2)3  h 2 − 2h − 84 = 0  h = 1 + 85
0,25
0,25
Vậy chiều cao của bình là 1 + 85 cm.
Cho hình bình hành ABCD có CB = CA. Gọi M là điểm bất kỳ trên tia đối của
tia BA. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD cắt MD tại N (N khác D),
đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt MC tại K (K khác M ).
a) Chứng minh tứ giác ABKC nội tiếp.
1,0
ABC = BAC (tam giác CAB cân, do CA
0,25
Câu 5
(2,0 điểm)
CB )
BAC = ACD (so le trong)
 ABC = ACD
ACDN nội tiếp  ACD = AND (cùng chắn AD )  ABC = AND
Mà AND = MNI (đối đỉnh)
0,25
 ABC = MNI (1)
Mặt khác AKC + AKM = 180 (kề bù) và MNI + ANM = 180 (kề bù)
0,25
Mà AKM = ANM ( AMKN nội tiếp, cùng chắn AB )
Nên AKC = MNI (2)
0,25
Từ (1), (2), suy ra AKC = ABC (cùng nhìn AC )
Vậy ABKC nội tiếp.
b) Gọi I giao điểm của đường thẳng AN và đường thẳng BK. Chứng
minh I luôn thuộc một đường thẳng cố định khi M thay đổi.
Do I là giao điểm của AN và BK . Ta sẽ chứng minh C , D, I thẳng hàng.
ABKC nội tiếp
BAC
IKC (cùng bù với BKC )
ADCN nội tiếp
INC
ADC (cùng bù với ANC )
Mà BAC
ADC ( ABCD là hình bình hành có CA
1,0
0,25
CB )
Nên IKC INC (cùng nhìn IC )
Tứ giác CNIK nội tiếp.
Ta có CIA = CIN = CKN = 180 − MKN = MAN = MAI
Suy ra AM //CI
Mà AM //CD nên C , D, I thẳng hàng
Vậy I thuộc đường thẳng CD cố định khi M thay đổi.
Cho bảng ô vuông 4  4 như hình sau:
0,25
0,25
0,25
0,5
Mỗi ô trong bảng này được viết một số nguyên dương sao cho 16 số trên bảng
Câu 6
đôi một khác nhau và trong mỗi hàng, mỗi cột luôn tồn tại một số bằng tổng ba
(0,5 điểm)
số còn lại trong hàng, cột đó. Gọi M là số lớn nhất trong 16 số đó. Tìm giá trị
nhỏ nhất của M.
Gọi a1, a 2 , a 3, a 4 là các số lớn nhất trong các cột 1,2, 3, 4 và gọi b1, b2 ,..., b12 là các
số trong các ô còn lại.
Khi đó a1 + a 2 + a 3 + a 4 = b1 + b2 + ... + b12 .
Do các số trong 16 ô vuông đôi một khác nhau nên
b1 + b2 + ... + b12  1 + 2 + ... + 12 = 78
0,25
và a1 + a 2 + a 3 + a 4  M + (M − 1) + (M − 2) + (M − 3) = 4M − 6
Suy ra 4M − 6  78  M = 21.
Xây dựng một bảng ô vuông ứng với M = 21
1
8
12 21
7
9
20 4
10 19 3
6
18 2
11
5
0,25
Cho a,b, c là các số thực dương không bé hơn 1. Chứng minh rằng
ab − 1
bc − 1
ca − 1 a + b + c
+
+

.
b +c
c +a
a +b
4
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có b + c  2 bc
0,25
ab − 1
ab − 1 1 ab − 1

=
b +c
2
bc
2 bc
0,25
Suy ra
Câu 7
(1,0 điểm)
1,0
Mà
1 ab − 1 1 
1 1 1 
1 1
=
a −   a − + 
2
bc
2 
b c 4 
b c
ab − 1 1 
1 1
Suy ra
  a − +  (1)
b +c
4
b c
Tương tự, ta có
và
0,25
bc − 1 1 
1 1
 b − +  (2)
c +a
4
c a
ca − 1 1 
1 1
  c − +  (3)
a +b
4
a b
Cộng vế theo vế (1), (2) và (3), ta được đpcm.
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 2.
Chú ý: Mọi cách giải đúng khác đều được điểm tối đa.
0,25
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KIÊN GIANG
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
CHUYÊN
NĂM HỌC 2024- 2025
MÔN THI: TOÁN (Chuyên)
(Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời
gian phát đề)
Ngày thi: 31/ 05/2024
 x −3 x + 4
Bài 1. (1,5 điểm). Cho biểu thức A = 
 x−2 x
−
1  2 x +1
.
:
x − 2 
x
a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A .
b) Tìm x để A + A = 0 .
Bài 2. (1.0 điểm) Cho phương trình x2 − 8x + 5m − 3 = 0 (án lì x ). Tim m để phuoong trinh co hai
nghiçm x1 , x2 thoà mann hê thúc 2 x1 − 3x2 = 1 .
Bai 3. (1.5 điểm )
2 x3 − x 2 y + 2 x = −3 y 2 + 4 xy 2 − 3 y

a) Giải hệ phương trình  2 2 4
x − y =
5

b) Giải phương trình x 2 + 1 − 2 x = x 2 − 4 x + 1 .
Bài 4. ( 0.5 điểm) Cho ba số thực x, y, z , thỏa mãn:
( x − y )( y − z )( z − x )  2
Chưng minh rằng, x2 + y 2 + z 2  2 .
Bài 5. ( 1.0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương n và các số nguyên tố p , thỏa mãn:
n + 7 p = (n − p)3
Bà 6. (1.O afiem) Cho tam giác ABC cân tại B, có  ABC = 40 và AC = 1 . Trèn caic canh BA, BC ,
1
tương ưng. láy các điẻ̉ m N , K , sao cho AN  CK = . Goi M là trung điểm của AC . Tính số đo cùa
4
 NMR .
Bài 7. (2.5 điểm) Cho đường tròn ( O ) và dây cung AB không là đường kinh. GQi C là điểm chính
giữa của cung lớn AB . Các tiếp tuyến tai A, B cùa ( O ) cần nhau tại M . Gọ D là hình chiếu vuông
góc của B trên AC và E là trung điểm của BD . Tia CE cất đường tròn ( O ) tại điểm từ hai F .
Gọi G là giao điểm của MC với AB .
a) Chứng minh rằng, bốn điểm B, E, F , G cùng nằm trên môt đường tròn.
b) Tia MF cắt đường tròn ( O ) tai điểm từ hai M . Chứng minh rằng. AH là đường kính của đường
tròn ( O )
c) Goi t là trung điểm cùa đoạn thẳng MG . Chưng minh rà̀ ng, ba điểm B, F , I thaing hàng.
Bài 8. ( 1.0 điểm) Chia tam giác đều ABC thành 9 tam gíác con, rồi điền vào mỗi tam giác con một
số 0 , như ở hình dưới đáy.
Cho phép thay đỏ̉ các số trong tam giác ABC , theo qui tắc: Mõi lản, lá̉ y hai số nẳm ở hai tam giảc
con có chung cạnh, rồi tăng mổi số lèn 1 đơ vị, hoạc giám mổi số đi 1 đon vị.
Hỏi nhờ việc thực hiện liên tiếp một số hữu hạn làm phép thay đổi số nói trên, ta có thể làm cho 9
số nằm trong tam giác ABC là 9 số tự nhiên liên tiếp, tự 4 đến 12 , hay không? Vì sao?
-------Hết-----Thi sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay, giám thị không giải thích gì thêm.
Ho tên thi sinh: Số báo danh:
HƯỚNG DẪN GIẢI
TỈNH KIÊN GIANG - NĂM HỌC 2024- 2025
 x −3 x + 4
Bài 1. (1.5 điểm) Cho biểu thức A = 
 x−2 x
−
1  2 x +1
.
:
x − 2 
x
a) ( 1.0 điểm) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A .
b) (0.5 điểm) Tìm x A + A = 0 .
Lời giải
a) Điều kiện xác định: x  0, x  4 .
Với điều kiện đó, ta có:
A=
x −3 x + 4− x
x
( x − 2)
x
( x − 2) 2
1
x −2

=

=
2 x +1
x − 2 2 x +1 2 x +1
(
)
b) Vt
A + A = 0  A = −A  A  0
nên, theo kết quả ý a), ta cơ:
 x  0, x  4


 x  0, x  4
A + A=0  x −2

0 x4
0

 x −20

 2 x +1
2
Bài 2. (1,0 điểm) Cho phương trình x − 8x + 5m − 3 = 0 (ẩn là x ). Tìm m để phương trình có hai
nghiệm x1 + x2 thỏa mãn hệ thức 2 x1 − 3x2 = 1 .
Lời giải.
Theo định lí Viete (thuận và đảo), phương trình đảo cho có hai nghiệm khi và chỉ khi tồn tại hai số
thực x1 , x2 sao cho
 x1 + x2 = 8

 x1 x2 = 5m − 3
Vì vậy, số m thỏa mãn yêu cầu của bài toán khi và chỉ khi m là số, sao cho tồn tai hai số thực x1 , x1
thỏa mãn hệ
 x1 + x2 = 8

 x2 x2 = 5m − 3# (*)
2 x − 3x = 1
2
 1
Ta có:

3x + 3x2 = 24
x = 5
 x1 + x2 = 8

5 x = 25
 1
 1
 1

2 x − 3x2 = 1 
2 x1 − 3x2 = 1  x2 = 3
2 x1 − 3x2 = 1


 1
Vì vậy, tồn tại x1 , x2 thỏa mãn hệ (*) khi và chỉ khi
18
5
18
Vậy, có duy nhất số m thỏa mãn yêu cầu đề bài, ta có: m = .
5
5.3 = 5m − 3, hay m =
Bình luận.
1 Bài đã ra là một bài tập có dạng truyền thống, thường gặp trong các đề thi tuyển sinh vào lớp 10 (
chuyên và không chuyên) trên khắp toàn quốc, thuộc chủ đề” các ứng dụng của định lý vi-ét cho
phương trình bậc hai”. một cách khái quát, các bài tập dạng này được phát biểu như sau:
bài toán khái quát. Cho một phương trình bậc hai có chứa tham số. hãy tìm tất các giá của tham
số, sao cho phương trình đó có hai nghiệm( hoặc hai nghiệm phân biệt) x1 , x2 Thỏa mãn ràng buộc
P ( x1 , x2 ) = 0 (hoặc, P ( x1 , x2 )  0 ) là một biểu thức của x1 , x2 .
Theo quan sát của tôi ( trên phạm vi toàn quốc), ở tuyệt đại đa số các bài toán thi tuyển sinh(TS)
vào 10 dạng trên, biểu thức P ( x1 , x2 ) Đều được chọn là một biểu thức đối xứng đối với x1 , x2 . vì
thế, tính bất đối xứng của biểu thức P ( x1 , x2 ) đối với x1 , x2 ở bài 2 của đề thi tỉnh Kiên Giang năm
nay, là một bằng chứng, cho thấy mong muốn của tổ soạn thảo đề thi, trong việc tránh vết mòn
truyền thống trong các đề thi tuyển sinh vào 10
2. trong quá trình học tập, cũng như trong quá trình ôn luyện chuẩn bị thi vào 10( chuyên và
không chuyên) , Tất cả các học sinh lớp 9 đều được dạy quy trình giải các bài tập có dạng đã nêu ở
bình luận 1 trên đây. đó là một quy trình gồm hai bước:
- Bước 1: dựa vào điều kiện cần và đủ để một phương trình bậc hai có nghiệm, hoặc có hai
nghiệm phân biệt, để tìm ra điều kiện cần cho các giá trị thỏa mãn yêu cầu đề bài của tham số
- bước 2: sử dụng định lý vi-et cho phương trình bậc 2 để tự ràng buộc P ( x1 , x2 ) = 0 (hoặc,
P ( x1 , x2 )  0 ) , thu được một ràng buộc đối với tham số; từ đó, tìm ra trong các giá trị của tham
số, thu được Ở bước 1, các giá trị thỏa mãn yêu cầu đề bài
Lời giải, được trình bày trên đây, là một lời giải , thu được nhờ vận hành quy trình nêu trên. tuy
nhiên, để có thể vận hành trơn tru quy trình này và thu được lời giải đó, tuần hiểu rõ nội dung và ý
nghĩa của định lý vi-ét( Thuận và đảo) cho phương trình bậc hai, cũng như hiểu rồi ý tưởng của
Bước 2 của quy trình
3. trường hợp chỉ hiểu các định lý vi-ét cho phương trình bậc hai một cách hình thức, và đồng
thời, hiểu được ý tưởng của bước 2 ở quy trình trên, học sinh có thể giải bài đã ra , Theo cách sau
lời giải hai
Phương trình đã cho có hai nghiệm khi và chỉ khi:
Δ = 42 − 1  ( 5m − 3) = 19 − 5m  0 # (1)
19
.
5
Xét caic già trị m thàa màn (2).
Ta có: (1)  m 
Khi đó, theo định lí Vi-et, Phương trình đã cho có nghiệm x1 , x2 thỏa mãn:
 x1 + x2 = 8

 x1 x2 = 5m − 3
Vì thế, hai nghiệm x1 , x2 của phương trình đã cho sẽ thỏa mãn yêu cầu đề bài khi và chỉ khi
 x1 + x1 = 8

 x1 x2 = 5m − 3# ( 3)
2 x − 3x = 1
2
 1
Ta co:

3x + 3x2 = 24
x = 5
 x1 + x2 = 8

5 x = 25
 1
 1
 1


2 x1 − 3x2 = 1  x2 = 3
2 x1 − 3x2 = 1 
2 x1 − 3x2 = 1

Do đó, ta có (3) khi và chỉ khi
5  3 = 5m − 3, hay m =
18
5
Giá trị m vừa tìm được ở trên thỏa mãn (2).
4. Trường hợp chị hiểu các định lý vi-ét cho phương trình bậc hai một cách hời hợt, hình thức, và
đồng thời, không hiểu được ý tưởng của Bước 2 ở Quy trình, đã nêu ở bình luận 2, học sinh sẽ sử
dụng công thức nghiệm của phương trình bậc 2, để giải bài đã ra. Lời giải chuẩn , theo hướng
này, như sau:
lời giải ba
Phương trình đã cho có hai nghiệm khi và chỉ khi
Δ = 42 − 1  ( 5m − 3) = 19 − 5m  0 # (1)
Ta co: (1)  m 
19
.
5
Xét các giá trị m thỏa mãn (2).
Khi đó, phương trình đã cho có hai nghiệm là:
x1,2 = 4  19 − 5m
Xày ra hai trường họp sau:
• Trường hợp I: x1 = 4 + 19 − 5m và x2 = 4 − 19 − 5m .
Khi đó,
(
) (
)
2 x1 − 3 x2 = 1  2 4 + 19 − 5m − 3 4 − 19 − 5m = 1
 19 − 5m = 1  m =
18
.
5
Giá Trị mò vừa tìm được ở trên thỏa mãn(2) ; vì vậy, Nó là một giá trị Cần tìm theo yêu cầu đề
bài.
• Trường hợp 2: x1 = 4 − 19 − 5m và x2 = 4 + 19 − 5m .
Khi đó
(
) (
)
2 x1 − 3 x2 = 1  2 4 − 19 − 5m − 3 4 + 19 − 5m = 1
Hiển nhiên, không có giá trị m nào thỏa mãn(3)
Vậy tóm lại có duy nhất số m thỏa mãn yêu cầu đề bài là; m =
18
.
5
5. Như vậy, nếu có học lực từ trung bình trở lên, tùy thuộc vào mức độ hiểu biết các kiến thức
được học, liên quan đến phương trình bậc hai, thí sinh sẽ giải bài đã ra theo cách của lời giải
1, hay theo cách của lời giải 2, hay theo cách của lời giải 3. Ứng với các cách giải khác nhau là
các khoảng thời gian cần tiêu tốn khác nhau.
Vì vậy, có thể thấy , Bài đã ra, không chỉ không theo “vết mòn truyền thống”, mà còn có khả năng
phân loại tốt học lực của các học sinh dự thi
Bài 3
a). (0.5 điểm). Giải hệ phương trình::
2 x3 − x 2 y + 2 x = −3 y 2 + 4 xy 2 − 3 y

 2
4
2
x − y =
5

Lời giải
Điều kiện xác định : x, y 
Với điều kiện đó, kí hiệu (1) là phương trình thứ nhất của hệ đã cho, ta có:
(
) (
)
 2 x ( x − 2 xy + y + 1) + 3 y ( y − 2 xy + x + 1) = 0
 ( 2 x + 3 y ) ( ( x − y ) + 1) = 0
 2 x + 3 y = 0 ( v( x − y ) + 1  0 x, y  )
 2 x3 − 4 x 2 y + 2 xy 2 + 2 x + 3 y 3 − 6 y 2 + 3x 2 y + 3 y = 0
2
(1)
2
2
2
2
2
Thể x ở (2) vào phương trình thứ hai của hệ đã cho, ta được:
9 2
4
y − y 2 = # ( 3)
4
5
Ta có:
(3) 
5 2 4
4
y =  y =  . # ( 4)
4
5
5
6
.
5
6 4
6 4
Vì các cặp số ( x, y ) =  − ,  và ( x, y ) =  , −  thỏa mãn điều kiện xác định đã nêu trên, nên tất
 5 5
5 5
Từ (2) và (4), ta được: x =
cả các nghiệm của hệ phương trình đã cho.
Bình luận
Bài đã ra làm một bài tập hợp thuộc loại chân Phương, cơ bản, giúp Phân loại các thí sinh có hiểu
biết, có kỹ năng cơ bản trong việc phân tích một đa thức thành thừa số, trong việc giải hệ phương
trình 2 ẩn, và những thí sinh không có ít nhất một trong các kỹ năng đó
Bài 3
b). (1.0 điểm). Giải phương trình: x 2 + 1 − 2 x = x 2 − 4 x + 1 .
Phân tích
Quan sát, tìm hiểu mối quan hệ giữa các biểu thức có mặt trong phương trình, dễ thấy:
(
)
2
x 2 + 1 − (2 x )2 = x 2 − 4 x + 1
Từ đó, ta có lời giải sau:
Lời giải:
Điều kiện xác định: x  0 .
Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương đương với phương trình:
x2 + 1 − 2 x =
( x + 1 − 2 x )( x + 1 + 2 x ) # ( 2)
2
2
Ta có:
(2) 
(
x2 + 1 − 2 x
)(
 x2 + 1 = 2 x
x2 + 1 + 2 x − 1 = 0  
# ( 3)
 x 2 + 1 + 2 x = 1
)
Xét phương trình (3), ta co:
(3)  x 2 + 1 = 4 x  x = 2  3.
Cả hai giá trị x vừa nêu trên đều thỏa mãn (1), nên chúng là nghiệm của phương trình đã cho.
Xét phương trình(4)
Do x 2 + 1 + 2 x  x 2 + 1  1x  0 , nên từ điều kiện cần và đủ để xảy ra dấu”=” ở các bất đẳng
thức vừa nêu,
ta được: (4)  x = 0 .
Vì giá trị x = 0 thỏa mãn (1), nên nó là nghiệm của phương trình đã cho
Vây, tóm lại, phương trình có tất cả 3 nghiệm là: x = 2  3 và x = 0 .
Bình luận
Bài đã ra là một bài tập tuy nhẹ nhàng, đơn giản, hình thức không” hầm hố”, nhưng kiểm tra được
hiểu biết về phương pháp giải phương trình vô tỉ, và đồng thời, kiểm tra được một cách đa dạng
các kỹ năng giải phương trình vô tỉ, của học sinh dự thi
Bài 4. ( 0.5 điểm). Cho ba số thực x, y, z , thỏa mãn:
( x − y )( y − z )( z − x )  2
Chứng minh rằng. x2 + y 2 + z 2  2 .
Phân tích
Tìm hiểu giả thiết, nhận thấy, ba thừa số của tích nằm ở vế trái của bất đẳng thức giả thiết có tính
chất: tổng của hai thừa số bất kì là số đối của thừa số còn lại. Do đó với việc thuộc lòng bất đẳng
thức kinh điển, cơ bản:
( a + b) 2
ab 
a, b 
4
Sẽ thấy, nếu trong ba thừa số ấy có một thừa số không âm, thì từ bất đẳng thức giả thiết sẽ thu được một đánh
giá dạng “không nhỏ hơn” cho thừa số không âm đó; tức, sẽ thu được một đánh giá dạng “không nhỏ hơn” cho
hiệu không âm trong ba hiệu: x − y, y − z, z − x .
Từ đó, với việc "thuộc lòng" bất đẳng thức kinh điển, cơ bản
a 2 + b2 
( a + b) 2
a, b 
2
sẽ thấy, có thể sử dụng đánh giá thu được cho hiệu không âm, trong ba hiệu x − y, y − z, z − x , để thu
đurợc đánh giá dạng "Không nhỏ hơn" cho tổng x2 + y 2 + z 2 .
Câu hỏi đặt ra: Tồn tại hay không hiệu không âm, trong ba hiệu x − y + y − z, z − x ?
Lời giải.
Do tính đối xứng vòng quanh của các biểu thức nằm ở vế trái của các bất đẳng thức đã nêu ở để bài,
đối với x, y, z , nên không mất tổng quát, giả sử x = max  x, y, z .
Khi đó, x  y suy ra x − y  0 . Do đó, từ giả thiết của bài ra, ta có:
2  ( x − y)
Suy ra, x − y  2 ; vì vậy
(( y − z ) + ( z − x )) 2
4
( x − y )3
=
4
x 2 + y 2 + z 2  x 2 + y 2 = x 2 + (− y ) 2 
( x − y ) 2 22

=2
2
2
Ta có điều phải chứng minh theo yêu cầu đề bài.
Bìnlı luận.
1. Những điều đã nêu ở phần Phân tích, cùng Lời giải trình bày trên đây, cho thấy, bài đã ra là một bài
toán dễ trong chủ đề bất đẳng thức. Để giải được bài toán này, thí sinh cần có hiểu biết, kiến thức,
kĩ năng tối cơ bản về bất đẳng thức;
2. Trên các trang mạng Internet, cũng như trong các tài liệu tham khảo về bất đẳng thức, không hiếm
các lập luận/dẫn dắt sai logic. Chẳng hạn, lập luận/dẫn dắt sau:
"Nhận thấy B  C , do đó, để chứng minh A  C , ta cần/sẽ chứng minh A  B ."
(Lời bình: Chả có lẽ do 7>3 nên để chứng minh 5>3 ta cần/sẽ chứng minh 5>7?
Nếu bị tiêm nhiễm kiểu nghĩ, kiểu suy luận vừa nêu trên, thí sinh chắc chắn sẽ "gác bút" trước bài
đã ra, mặc dù, như đã nói ở trên, nó rất dễ! Bởi lẽ, nếu bị tiêm nhiễm kiểu nghĩ ấy, để giải bài đã ra,
thí sinh sẽ toàn tâm toàn ý, cố gắng chứng minh
x 2 + y 2 + z 2  ( x − y )( y − z )( z − x )
Với mọi x, y, z thỏa mãn ( x − y )( y − z )( z − x )  2 .
Do bất đẳng thức vừa nêu trên là một bất đẳng thức sai (bạn có biết vì sao?), nên mọi cố gắng
chứng minh nó đều chỉ là một sự phí phạm thời gian và sức lực!
3. Như vậy, tuy là một bài toán dễ, nhưng bài đã ra vẫn giúp phân loại các thi sinh có hiểu biết đúng
đắn, lành mạnh về bất đẳng thức và các thí sinh có hiểu biết lệch lạc ở phần này.
Bài 5. (1,0 điểm). Tìm tất cả các số nguyên dương n và các số nguyên tố p , thoả mãn:
n + 7 p = (n − p)3
Lời giải
Giả sử n là số nguyên dương và  là số nguyên tố thoả mãn yêu cầu đề bài; khi đó,
(1)
n + 7 p = (n − p)3
Từ (1) ta có:
8 p = (n − p )1 − ( n − p ) = ( n − p − 1)( n − p )( n − p + 1) (2)
Vì là tích của ba số nguyên liên tiếp, nên vế phải của (2) là một số chia hết cho 3 . Do đó, 8p chia
hết cho 3. Mà ( 8,3) = 1 , nêu p chia hết cho 3. Suy r, p = 3 (do p là số nguyên tớ).
Thay p = 3 vào (2), ta được:
(3)
( n − 4 )( n − 3)( n − 2 ) = 24
Do 24 có đuy nhất cảch phân tích thành tích của ba số nguyên liên tiếp, là 24 = 2  3  4 , nên từ (3)
suy ra n − 4 = 2 . Do đó, n = 6 .
Ngược lại, bằng cách kiểm tra trực tiếp, dễ thấy, n = 6 và p = 3 thỏa mãn tất cả các yêu cầu của đề
bài.
Vậy, tất cả các số n, p cần tìm theo yêu cầu đề bài là: n = 6 và p = 3 .
Bình luận.
1. Bài đã ra là mộ bài tập nhẹ nhàng, đơn giản, chỉ đòi hỏi người giải bài có các kiến thức số học sơ
đẳng.
2. Tuy nhẹ nhàng. đơn giản, nhưng bài đã ra không phải là một bài tập quá dễ. Để giải được bài tập
này, người giải bài cần có tư duy số học tương đối cứng cáp, cần có hiểu biết vững vàng, thực chất
các kiến thức số học cơ bản, và cần có kĩ năng vận dụng thành thạo các phương pháp giải phương
trình nghiệm nguyên.
3. Bài đã ra, tuy đơn giản, nhưng không tầm thường, mà có ý tứ toán học khá rõ; đó là, vai trò, "công
dụng" của tích các số nguyên liên tiếp trong giải phương trình nghiệm nguyên. Khai thác,
phát triển ý tứ này, có thể tạo ra được các phương trình nghiệm nguyên có cấu trúc toán học phức
tạp hơn, đòi hỏi tư duy số học chín chắn hơn, sâu sắc hơn.
4. Theo đánh giá chủ quan của tôi, bài đã ra tương thích với mặt bằng chuyên môn hiện tại, ở phần số
học, của đội ngũ học sinh khá, giỏi Toán cấp THCS tỉnh nhá.
Bài 6. (1,0 điểm). Cho tam giác ABC cân tại B . cứ  ABC = 40− và AC = 1 . Trên các cạnh B. A, BC
1
4
, tương ứng, Lấy các điểm N , K , sao cho AN  CK = . Gọi M là trung điểm của AC . Tính số đo
của  VMK .
Phân tích.
Nhận thấy
 NMK = 180 − (  NMLA +  KMC )
và  NMA,  NMC , tương ứng, là góc của các tam giác AMN , CKM .
Cùng với đó, các giả thiết của bài toán cũng "đổ đốn" về các yếu tố cạnh, góc của hai tam giác vừa
nêu trên ( AN và CK , tương ứng, là cạnh của các tam giác AMN và CKM, cho số đo góc ở đỉnh
của tam giác cân ABC cùng tức là cho số đo hai góc đáy NAM, MCK của tam giác đó)
Từ những điều dễ dàng nhận thấy nêu trên, việc tìm hiểu hai tam giác AMN và CKM, đặng từ đó
tìm ra cách tính số đo của  NMK , là một lẽ tự nhiên.
Lời giải. (Xem hình vẽ ở phần Phân tích.)
Vì tam giác ABC cân tại B và  ABC = 40 , nên
B. AC = BCA =
(
)
1
180 − 40 = 70 # (1)
2
Vì AC = 1 và M là trung điểm AC , nên
AM = CM =
Do đó, AN  CN =
AN CM
1
=
= AM  CM . Suy ra,
.
AM CR
4
1
# ( 2)
2
Do (1) wà (2). nên AVAM - AWCK. Suy ra,  NMA =  M % . Vi víy
 NMK = 180 − (  NMA +  KMC ) = 180 − (  MKC +  KMC ) =  KCM =  BCA = 70
Ta có điều cần tính theo yêu cầu đề bài.
Bình luận.
Phần phân tích trên đây cho thấy, bài đã ra là một bài toán nhẹ nhàng, dễ chịu.
Tuy nhiên bài toán lại là một bài không thể giải được, đối với những thí sinh là “nô lệ” của hình vẽ,
khi giải các bài tập hình học. Bởi lẽ, ở bài toán này, bạn chỉ có thể phác hoạ hình, tạo điều kiện cho
các quan sát trực giác, trong quá trình suy xét tìm lời giải; bạn không thể vẽ được chính xác hình,
một khi chưa giải được bài toán?
Bài 7. (2.5 điểm). Cho đường tròn ( O ) và dây cung AB không là đường kính. Gọi C là điểm
chính giữa của cung lớn AB . Các tiếp tuyến tại A, B của (O) cắt nhau tại M . Gọi D Là hình chiếu
vuông góc của B trên AC , và E là trung điểm của BD . Tia CE cắt đường tròn ( O ) tại điểm thứ
hai F . Gọi G là giao điểm của MC với AB .
a) ( 1.0 điểm) Chứng minh rằng, bốn điểm B, E, F , G cùng nằm trên một đuờng tròn.
b) ( 1.0 điểm) Tia MF cắt đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai H . Chứng minh rằng, AH là đường
kính của đường tròn ( O ) .
c) (0.5 điểm) Gọi I tà trung điểm của đoạn thẳng MG . Chứng minh rằng. ba điểm B, F , I thẳng
hàng
Lời giải
A
D
O
C
I
G
M
F
E
B
H
a) Vì C là điểm chính giữa của cung AB , nên CA = CB .
(1)
Vì M là giao điểm của tiếp tuyến tai A và tiếp tuyến tại B , của ( O ) , nên MA = MB .
(2)
Từ (1) và (2), suy ra, MC là đường trung trực của AB .
(3)
Do đó, G là trung điểm của AB . Mà E là trung điểm của BD , nên EG là đường trung bình của
tam giác DBA. Vì thế, EG DA .
(4)
Suy ra,  CAB =  EGB (hai góc ở vị trí đồng vị).
(5)
Vì cùng chắn cung BC của ( O ) , nẻn  CAB =  CFB =  EFB .
(6)
Từ (5) vì (6), suy ra  EGB =  EFB .
(7)
Do C thuộc cung lớn AB , và D nằm trong đoạn AC (vì BD ⊥ AC và góc ABC là góc nhọn), nên
G và F nằm cùng phía đối với DB . Vì thế, từ (7) suy ra, EGFB là tứ giác nội tiếp; hay, bốn điểm
E , G, F , B cùng nằm trên một đường tròn. Ta có điều phải chứng minh theo yêu cầu đề bài.
b) T (4), do BD ⊥ DA (giả thiết), suy ra BD ⊥ EG . V1 thẻं,  BEG = 90 ; suy ra, BG là đường
kính của đường tròn (EGFB). M MG ⊥ GB (do (3)), nẻn MGG là tiếp tuyến tại G của đường tròn
(EGFB). Suy ra,  MGF =  GBF (hai góc cùng chắn cung GF của đường tròn (EGFB).
(8)
Vì cùng chắn cung AF của ( O ) , nén  GBF =  ABF =  MF .
(9)
Từ (8) vi (9), suy ra  MGF =  ABF =  MAF .
(10)
Do đó, AGFM là tứ giác nội tiếp. Suy ra
(11)
BAF = GAF = GMF = CMH
Vì cùng chắn cung BF của ( O ) , nên  BAF =  BHF =  BHM .
(12)
Từ (11) và (12), suy ra  CMH =  BHM . Do đó, HB / /CM . Ma CM ⊥ AB , nên HB ⊥ AB , hay
 ABH = 90 . Vì vậy, AH lad đường kính của đường tròn ( O ) . Ta có điều phải chứng minh theo
yêu cầu đề bài.
c) Từ (10) và (11), suy ra AFB  MFG (g.g.). Mà G là trung điểm của AB và I lả trung điểm
của MG , nên GFB  IFG . Suy ra,  BFG =  GFI .
Vi BG là đường kính của đường tròn ( EGFB ) (chứng minh trên), nàn  BFG = 90 .
Từ (13) và (14), suy ra  BFG +  GFI = 180 .
Do đó, ba điểm B, F , I thẳng hàng. Ta có điều phải chứng minh theo yêu cầu đề bài.
Lưu ý: Trong lời giải của ý c) trên đây, chúng tôi đã sử dụng một kết quả rất cơ bản, liên quan đến
sự đồng dạng của các tam giác. Kết quả này không được trình bày trong các sách giáo khoa phổ
thông hiện hành, nhưng nằm trong nội dung bồi dưỡng, giảng dạy học sinh khá, giỏi toán của nhiều
địa phương trên toàn quốc. Kết quả đó như sau:
Một tính chấ cơ bản của các tam giác đồng dạng. Cho hai tam giác, ABC và ABC , đồng dạng với
nhau. Trên các cạnh BC, BC . tương ứng, lấy các điểm M , M  ( M không trùng B, C , và M 
không trùng B, C* ) sao cho
MB M B
=
MC M C 
Khi đó, ABM − ABM  và BMC − BMC* .
Chứng minh.
Do ABC  ABC , nên với lưu ý M  BC và M   BC , ta có:
ABM = ABM , ACM = AM ;' # (1)
AB
BC
CA
=
=
.# ( 2 )
AB BC  C A
Từ giả thiết
M / B M B
=
. ta có:
MC
M 
BM
MC
BM + MC
BC
=
=
=
# ( 3)
BM  M C  BM  + M C  BC 
Từ (2) và (3), ta được:
AB
BM CA MC
=
,
=
# ( 4)
AB BM  C A MC 
Từ (1) và (4), hiển nhiên suy ra, ABM = ABM  (c.g.c) và BMC  BM C (c.g.c.).
Bài 8. ( 1.0 điểm). Chia tam giác đều ABC thành 9 tam giác con, rồi điền vào mỗi tam giác con
một số 0 , như ở hình dưới đây.
Cho phép thay đổi các số trong tam giác ABC , theo qui ước: Mỗi lần, lấy hai số nằm ở hai tam giác
con có chung cạnh, rồi tăng mỗi số lên 1 đơn vị, hoặc giảm mỗi số đi 1 đơn vị.
Nằm trong tam giác ABC là 9 só tự nhiẽn liċn tiçp, tứ 4 đîn 12 , hay khỏng? Vi sao?
Lời giải.
Tô ba tam giác con bởi màu đen, như ở hình dưới đây; các tam giác con còn lại được coi là có màu
trắng.
Khi đó, do hai tam giác con bất kì có cạnh chung là hai tam giác khác màu, nên từ nội dung của
phép thay đổi số suy ra, hiệu giữa tổng các số nằm ở các tam giác đen và tổng các số nằm ờ các tam
giác trắng không thay đổi, sau mỗi lần thực hiện phép thay đổi số. Mà ở thờ điểm ban đầu, trong
các số nằm ở các tam giác đen bằng tổng các số nằm ở các tam giác trắng (vì cùng bằng 0 ), nên ở
mọi thời điểm, tổng các số nằm ở các tam giác đen bằng tổng các số nằm ở các tam giác trắng
(*)
Giả sử, sau khi thực hiện liên tiếp một số hữu hạn lần phép thay đổi đã cho, 9 số nằm trong tam
giác ABC là 9 số tự nhiên liên tiếp, từ 4 đến 12. Khi đó, kí hiệu s là tổng các số nằm ở các tam giác
đen, và 1 là tổng các số nằm ở tam giác trắng, theo (*), ta có
10 + 11 + 12  s = 1  4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9
Là điều vô lí (vi 10 + 11 + 12 = 33 và 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 39 ).
Vì vậy, câu trả lời cho câu hỏi của bài ra là "không".
Bình luận.
Tôi sẽ viết riêng một bài viết riêng, để bình luận cho bài toán này.
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN NĂM HỌC 2024-2025
TIỀN GIANG _ MÔN TOÁN
Câu 1.
1) Tính giá trị của biểu thức P = ( x 2 + 2 x + 2021)
2024
tại x =
2
x − 15
−
4
5 −1
2) Giải phương trình 2 x2 + 2 x − 1 = 3x 2 x − 1.
3x3 = 2 x + 4 y
3) Giải hệ phương trình  3
3
 2 x + y = 3x + 3 y
(1)
( 2)
Câu 2.
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng ( d ) : y = 2 ( m − 1) x + 3 .
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt có
hoành độ x1 , x2 thỏa mãn x1 + 2 x2 = 5.
2) Chứng minh rằng phương trình ( ax 2 + 2bx + c )( bx 2 + 2cx + a )( cx 2 + 2ax + b ) = 0 luôn có nghiệm
với mọi số thực a, b, c.
3) Cho hai số thực x và y thỏa mãn x  1, y  1
a) Chứng minh rằng
x
x −1
 2.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T =
x2
y2
+
y −1 x −1
Câu 3. Cho hai số nguyên p, q thỏa mãn đẳng thức p 2 + q 2 = 2 ( 3 pq − 4 )
(*)
1) Chứng minh rằng có ít nhất một trong hai số p, q là bội của 3
2) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( p, q ) thỏa (*)
Câu 4. Cho đường tròn tâm O và một điểm A ở ngoài đường tròn đó. Qua điểm A vẽ hai tiếp
tuyến AB và AC đến đường tròn (O) (B, C là các tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của AO và BC,
D là trung điểm của AC, tía BD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E.
1) Chứng minh CDEH là một tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh rằng DA2 = DE.DB
3) Gọi F là giao điểm thứ hai của AE với đường tròn (O). Chứng minh OC là đường trung trực
của đoạn thẳng BF.
Trang 1
ĐÁP ÁN
Câu 1.
1) Tính giá trị của biểu thức P = ( x 2 + 2 x + 2021)
2024
tại x =
2
x − 15
−
4
5 −1
.
Lời giải:
Ta có:
x=
2
4 − 15
−
4
5 −1
= 8 + 2 15 −
( 5 + 1) = 5 + 3 − 5 + 1
(
) ( )
( 5 − 1)( 5 + 1)
4
2
= 5 + 3 − 5 −1 = 3 −1
Suy ra ( x + 1) = 3  x 2 + 2 x = 2
2
Do đó P = ( x 2 + 2 x + 2021)
2024
= 20232024.
2) Giải phương trình 2 x2 + 2 x − 1 = 3x 2 x − 1.
Lời giải:
1
2
Điều kiện: x  .
Đặt t = 2 x − 1  0 , phương trình đã cho trở thành
t=x
2 x 2 + t 2 = 3xt  t 2 − 3xt + 2 x 2 = 0  ( t − x )( t − 2 x ) = 0  
t = 2 x
Với t = x, x 
1
nên
2
1
nên
2
nghiệm do  '  0
Với t = 2 x, x 
2 x − 1 = x  2 x − 1 = x2  x = 1.
2 x − 1 = 2 x  2 x − 1 = 4 x 2  4 x 2 − 2 x + 1 = 0, phương trình vô
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = 1 .
3x3 = 2 x + 4 y
3) Giải hệ phương trình  3
3
 2 x + y = 3x + 3 y
(1)
( 2)
Lời giải:
Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) vế theo vế ta được
(
)
x3 − y 3 = − x + y  ( x − y ) x 2 + xy + y 2 + x − y = 0
Trang 2
2
y  3y2

 ( x − y ) x + xy + y + 1 = 0  x = y do x + xy + y + 1 =  x +  +
+ 1  0, x, y
2
4

(
2
2
)
2
2
x = 0
Thay y = x vào phương trình (1), ta được 3x3 = 6 x  
 x =  2.


Vậy tập nghiệm của hệ phương trình đã cho là S = ( 0; ) ;( 2; 2;(− 2; − 2 .
Câu 2.
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng ( d ) : y = 2 ( m − 1) x + 3 .
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt có
hoành độ x1 , x2 thỏa mãn x1 + 2 x2 = 5.
Lời giải:
Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là
x 2 = 2 ( m − 1) x + 3  x 2 − 2 ( m − 1) x − 3 = 0
Do 1. ( −3) = −3  0 nên phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2
Do đó đường thẳng ( d ) luôn cắt parabo; ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 .
 x1 + x2 = 2 ( m − 1)
 x1 x2 = −3
Theo hệ thức Vi-ét, ta có 
(1)
( 2)
 x = 7 − 2m
 x1 = 2 ( m − 1) − ( 7 − 2m ) = 4m − 9
Lấy x1 + 2 x2 = 5 trừ (1) vế theo vế ta được  2
Thay vào (2) ta được ( 7 − 2m )( 4m − 9 ) = −3  −8m 2 + 46m − 60 = 0
m=2
 4m − 23m + 30 = 0  
 m = 15
4

2
 15 
Vay m  2; 
 4
2) Chứng minh rằng phương trình ( ax 2 + 2bx + c )( bx 2 + 2cx + a )( cx 2 + 2ax + b ) = 0 luôn có nghiệm
với mọi số thực a, b, c.
Lời giải:
Trang 3
 ax 2 + 2bx + c = 0

Ta có ax 2 + 2bx + c bx 2 + 2cx + a cx 2 + 2ax + b = 0  bx 2 + 2cx + a = 0
 cx 2 + 2ax + b = 0

(
)(
)(
)
(1)
( 2)
( 3)
• Trường hợp 1: Nếu a.b.c = 0 thì phương trình đã cho luôn có nghiệm
 1' = b 2 − ac

• Trường hợp 2: Nếu a.b.c  0 . , ta có   '2 = c 2 − ab
 ' = a 2 − bc.
 3
Khi đó 2 ( 1' +  '2 + 3' ) = 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 − 2ab − 2bc − 2ca
= ( a − b ) + (b − c ) + (c − a )  0 .
2
2
2
Suy ra một trong ba số 1' ,  '2 ,  3' không âm.
Do đó, một trong ba phương trình (1), (2), (3) có nghiệm nên ta có điều phải chứng minh
3) Cho hai số thực x và y thỏa mãn x  1, y  1
a) Chứng minh rằng
x
x −1
 2.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T =
x2
y2
+
y −1 x −1
Lời giải:
a) Chứng minh rằng
x
x −1
 2.
Áp dụng bất đẳng thức AM − GM cho hai số thực dương ( x − 1) và 1 ta được
x = ( x − 1) + 1  2 ( x − 1) .1 = 2 x − 1.
Vậy
x
x −1
 2 với mọi số thực x  1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x − 1 = 1  x = 2.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T =
x2
y2
+
y −1 x −1
y2
x2
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số thực dương
và
ta được
x −1
y −1
T=
x2
y2
x2
y2
x
y
+
2
.
= 2.
.
 2.2.2 = 8
y −1 x −1
y −1 x −1
x −1 y −1
Vậy min T = 8 khi x = y = 2.
Trang 4
Câu 3. Cho hai số nguyên p, q thỏa mãn đẳng thức p 2 + q 2 = 2 ( 3 pq − 4 )
(*)
1) Chứng minh rằng có ít nhất một trong hai số p, q là bội của 3
2) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( p, q ) thỏa (*)
Lời giải:
a) Chứng minh rằng có ít nhất một trong hai số p, q là bội của 3
• Giả sử trong hai số p, q không có số nào chia hết cho 3.
• Khi đó p 2 , q 2 chia 3 dư 1. Suy ra:
+) p 2 + q 2 chia 3 dư 2;
+) Trong khi vế phải 2 ( 3 pq − 4 ) = 6 pq − 9 + 1 chia 3 dư 1, vô lý
• Do đó tromg hai số p, q phải có ít nhất một số là bội của 3.
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( p, q ) thỏa (*)
• Do vai trò của p, q như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử q là bội của 3.
• Do q nguyên tố nên q = 3
• Khi đó từ (*) ta có p 2 + 9 = 2 ( 2 p − 4 )  p 2 − 18 p + 17 = 0  p = 1 hoặc p = 17
• Do p nguyên tố nên p = 17.
Vậy các cặp số ( p; q ) thỏa mãn (*) là ( p; q )  (17;3) ; ( 3;17 ) .
Câu 4. Cho đường tròn tâm O và một điểm A ở ngoài đường tròn đó. Qua điểm A vẽ hai tiếp
tuyến AB và AC đến đường tròn (O) (B, C là các tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của AO và BC,
D là trung điểm của AC, tía BD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E.
1) Chứng minh CDEH là một tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh rằng DA2 = DE.DB
3) Gọi F là giao điểm thứ hai của AE với đường tròn (O). Chứng minh OC là đường trung trực
của đoạn thẳng BF.
Lời giải:
Trang 5
1) Chứng minh CDEH là một tứ giác nội tiếp.
Ta có
•
AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
•
OB = OC (bán kính (O)) nên AO là đường trung trực của đoạn thẳng BC.
•
ABC có D là trung điểm AC, H là trung điểm BC nên HD là đường trung bình của tam
giác ABC, suy ra HD / / AB .
1
2
Khi đó HDE = ABE = BCE = HCE = sd BE
Do đó, tứ giác CDEH nội tiếp.
2) Chứng minh rằng DA2 = DE.DB
Xét DCE và DBC ta có
EDC chung
DCE = DBC =
Suy ra DCE
Do đó
1
sd BE
2
DBC (g-g)
DC DE
=
. Suy ra DC 2 = DE.DB
DB DC
Mặt khác, do DA = DC nên DA2 = DE.DB
3) Gọi F là giao điểm thứ hai của AE với đường tròn (O). Chứng minh OC là đường trung trực của
đoạn thẳng BF.
Trang 6
• Từ DA2 = DE.DB nên ta có
DA DB
=
DE DA
• Xét hai tam giác DAE và tam giác DBA có
+) EDA chung;
+)
DA DB
=
DE DA
Do đó DAE
DBA
1
2
• Suy ra EAD = DBA = DFA = sd BE , do đó BF / / AC.
• Mà OC ⊥ AC nên OC ⊥ BF .
• Mặt khác, OF = OB (bán kính của (O)) nên OC là đường trung trực của đoạn thẳng BF.
Trang 7
GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC
2024-2025
Môn thi: TOÁN (CHUYÊN TOÁN +
CHUYÊN TIN)
Ngày thi: 07/06/2024
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời
gian phát đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi có 02 trang gồm 7 câu)
Câu 1.(1,5 điểm)
Cho biểu thức 𝑃 =
𝑥+√𝑥
√𝑥−2
+
1−2√𝑥
√𝑥+2
+
𝑥−6√𝑥+4
𝑥−4
với 𝑥 ≥ 0, 𝑥 = 4.
a. Rút gọn biểu thức 𝑃.
b. Tính giá trị của biểu thức 𝑃 biêt 𝑥 = 9 + 4√5.
Câu 2. (2.0 điểm)
a. Chương trình Đêm nhạc Trao của Câu lạc bộ Sự kiện Trường THPT chuyên Long An
là một hoạt động thiện nguyện tạo được nhiều dấu ấn trong năm học 2023-2024. Đêm
nhạc được tổ chức nhằm gây quỹ hỗ trợ cho lớp học tình thương tại thị trấn Tân Hưng,
huyện Tân Hưng, tỉnh Long An. Ban tổ chức thực hiện gây quỹ thông qua 2 hình thức:
bán vé và nhận quyên góp từ mạnh thường quân. Biết rằng số tiền thu được từ bán vé
nhiều hơn số tiền quyên góp từ mạnh thường quân là 12 triệu đồng. Nếu thêm 6 triệu
đồng vào số tiền quyên góp từ mạnh thường quân thì tổng số tiền quyên góp lúc này sẽ
bằng 75% số tiền bán vé. Hỏi tổng số tiền ban tổ chức thu được từ hoạt động gây quỹ ở
Đêm nhạc Trao là bao nhiêu?
b. Cho phương trình 2 x2 − 5x − 1 = 0 có hai nghiệm là x1 , x2
Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức H =
(
x1 + x2 + 6
x + 1 x22 + 1
2
2
)
Câu 3. (1,0 điểm)
Giải phương trình 2 ( x 2 + 2 x + 3) = 5 x 2 + 3 x 2 + 3 x + 2 .
Câu 4. (2,5 điểm )
Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, CF của
ABC cắt nhau tại H.
a. Chứng minh rằng tứ giác BFEC là một tứ giác nội tiếp, xác định tâm đường tròn ngoại
tiếp tứ giác BFEC
b. Gọi Q là giao điểm của đường cao AD với ( O ) ( Q khác A ). Chứng minh rằng
BHQ là tam giác cân.
c. Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AH ; K là giao điểm của AH và EF. Chứng minh
rằng IE 2 = IKID .
Câu 5. (1,0 điểm)
Tìm nghiệm nguyên dương x, y của phương trình 5x4 + y 2 − 4x2 y − 85 = 0 .
Câu 6. (1,0 điểm)
Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 là ba số thực không âm.
a. Chứng minh rằng (a + b + c) 2  3 ( ab + bc + ca ) .
b. Giả sử a + b + c = 1. Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 + 2 3abc  1 .
Câu 7. (1,0 điểm)
Cho đường tròn ( O ) và đường tròn ( O ') cắt nhau tại M và N . Kẻ một tiếp tuyến chung
ngoài lần lượt tiếp xúc với đường tròn ( O ) và đường tròn ( O ') tại A và B . Chứng minh
rằng
MA NB
+
−2 0.
MB NA
----------HẾT----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GD&DT LONG AN
ĐỀ CHÍNH THỨC SỐ (1)
(Đề thi gồm có 01 trang)
KỲ THI TUYỂN SINH 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC
2024-2025
Môn: Toán (Chuyên)
Ngày thi: 07/06/2024
Thời gian: 150 phút (không kể phát đề)
Bài 1 (1,5 điểm). Cho biểu thức 𝑃 =
𝑥+√𝑥
√𝑥−2
+
1−2√𝑥
√𝑥+2
+
a) Rút gọn biểu thức 𝑃.
b) Tính giá trị của biểu thức P biết x = 9 + 4 5 .
Lời giải.
a) Với x 0, x  4 , ta có
P=
=
=
=
x + x 1− 2 x x − 6 x + 4
+
+
x−4
x −2
x +2
( x + x )( x + 2) + (1 − 2 x )( x − 2) + x − 6 x + 4
( x − 2)( x + 2)
x x + 2x + x + 2 x + x − 2 − 2x + 4 x + x − 6 x + 4
( x − 2)( x + 2)
x x + 2x + x + 2
( x − 2)( x + 2)
x ( x + 2) + ( x + 2)
=
( x − 2)( x + 2)
( x + 2) ( x + 1)
=
( x − 2)( x + 2)
=
x +1
x −2
𝑥−6√𝑥+4
𝑥−4
với 𝑥 ⩾ 0, 𝑥 ≠ 4.
x +1
.
x −2
b) Ta có x = 9 + 4 5 = (2 + 5) 2 (thỏa mãn điều kiện).
Vậy P =
Suy ra
x = (2 + 5) 2 = 2 + 5 = 2 + 5 .
9 + 4 5 + 1 10 + 4 5
=
=2 5+4.
2+ 5 −2
5
Vây với x = 9 + 4 5 thì P = 2 5 + 4 .
Do đó P =
Bài 2 ( 2,0 điểm).
a) Chương trình Đêm nhạc Trao của Câu lạc bộ sự kiện Trường THPT chuyên Long An
là một hoạt động thiện nguyện tạo được nhiều dấu ấn trong năm 2023-2024. Đêm nhạc
được tổ chức nhằm gây quỹ hỗ trợ cho lớp học tình thương tại thị trấn Tân Hưng, huyện
Tân Hưng, tỉnh Long An. Ban tổ chức thực hiện gây quỹ thông qua hai hình thức: bán vé
và nhận quyên góp từ mạnh thương quân. Biết rằng số tiền thu được từ bán vé nhiều hơn
số tiền quyên góp từ mạnh thường quân là 12 triệu đồng. Nếu thêm 6 triệu đồng vào số
tiền quyên góp từ mạnh thường quân thì tổng sô tiền quyên góp lúc này sẽ bằng 75% số
tiền bán vé. Hỏi tổng số tiền ban tổ chức thu được từ hoạt động gầy quỹ ở Đêm nhạc Trao
là bao nhiêu?
b) Cho phương trình 2 x2 − 5x − 1 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 .
Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức H =
(
x1 + x2 + 6
.
x + 1 x22 + 1
2
1
)(
)
Lời giải.
a) Gọi x (triệu đồng) là số tiền ban tổ chức nhận quyên góp từ mạnh thường quân ( x  0
).
Suy ra số tiền bán vé là x + 12 (triệu đồng).
Theo đề bài, ta có phương trình
x+6 =
3
( x + 12 )  4 x + 24 = 3x + 36  x = 12 (nhân)
4
Suy ra số tiền quyên góp từ mạnh thường quân là 12 triệu đồng; số tiền bán vé là
12 + 12 = 24 (triệu đồng).
Vậy tổng số tiền ban tổ chức thu được từ hoạt động gây quỹ là 12 + 24 = 36 (triệu đồng).
b) Vì ac = 2  (1 − ) = −2  0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 .
5

 x1 + x2 = 2
Theo hệ thức Vi-ét, ta có 
.
 x x = −1
 1 2 2
Xét biểu thức đề bài:
H=
(
x1 + x2 + 6
x + 1 x22 + 1
2
1
)(
)
=
=
x1 + x2 + 6
x x + x12 + x22 + 1
x1 + x2 + 6
2 2
1 2
( x1 x2 ) + ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 + 1
2
2
5
+6
2
=
2
2
−1
 −1   5 
  +   − 2  +1
2
 2  2
=1
Vậy H = 1 .
Bài 3 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2 ( x 2 + 2 x + 3) = 5 x3 + 3 x 2 + 3 x + 2 .
Lời giải.
Ta có: x3 + 3x2 + 3x + 2 = x3 + 3x2 + 3x + 1 + 1
= ( x + 1)3 + 1
= ( x + 2 ) ( x + 1) 2 − ( x + 1) + 1
(
)
= ( x + 2) x2 + x + 1
2
1 3 3

Vì x + x + 1 =  x +  +
 0 nên phương trình xác định khi và chỉ khi
2 4 4

x + 2 0  x − 2 Do đó phương trình đã cho trở thành
2
(
)
2 x 2 + 2 x + 3 = 5 x3 + 3x 2 + 3x + 2
(
)
 2x2 + 4x + 6 = 5 ( x + 2) x2 + x + 1
(
)
 2 x 2 + x + 1 + 2 ( x + 2 ) = 5 x + 2  x 2 + x + 1.
a = x+2
Dạtt {
( a 0)

b = x 2 + x + 1  b

a 2 = x + 2
)

.
 2
3
2
b = x + x + 1
2
Khi đó phương trình (") trờ thành
2b2 + 2a2 = 5ab  2a2 − 5ab + 2b2 = 0
 2a2 − ab − 4ab + 2b2 = 0
 a ( 2a − b ) − 2b ( 2a − b ) = 0
 ( a − 2b )( 2a − b ) = 0
 a − 2b = 0
 a = 2b


 2a = b.
 2a − b = 0
Với a = 2b , suy ra
x + 2 = 2 x2 + x + 1
 x + 2 = 4 x2 + 4 x + 4
 4 x2 + 3x + 2 = 0 vô nghiệm
• Với 2a = b , suy ra
2 x + 2 = x2 + x + 1
 4 ( x + 2) = x2 + x + 1
 x2 − 3x − 7 = 0

3 + 37
x =

2

(Thoả mãn)
 x = 3 − 37

2
 3 + 37 3 − 37 
;
.
2 
 2
Vây tập nghiệm của phương trình là S = 
Bài 4 ( 2,5 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( O ). Các
đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cát nhau tại H .
a) Chứng minh rằng tứ giác BFEC là một tứ giác nội tiếp. Xác định tâm đường trờ ngoại
tiếp tư giác BFEC .
b) Gọi Q là giao điểm của đường cao AD với ( O ) (Q khác A) . Chứng minh rằng tam
giác BHQ là tam giác cân.
c) Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AH ; K là giao điểm của AH và EF . Chứng mính
rằng IE 2 = IK  ID .
Lời giải.
a) Xét tứ giác BFEC có
• BFC = 90 (CF là đường cao của ABC ) ;
•
BEC = 90 ( BE là đường cao của ABC );  BFC + BEC = 90 + 90 = 180 .
Suy ra tứ giác BFEC nội tiếp được đường tròn. Lại có BFC = 90 và BFC là góc nộ tiếp
nên BC là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC .
Vạy tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC là trung điểm của BC .
b) Ta có CBE = CAD (cùng phụ với BCA ) hay DBH = CAQ .
Mà CAQ = CBQ (2 góc nộ tiếp cùng chấn cung CQ ) nên
(
)
CBE = CBQ = CAQ hay DBQ = DBQ.
Xét BHQ có
• BD ⊥ HQ  BD là đường cao.
•
DBQ = DBQ (chứng minh trên) nên BD là đường phân giác.
Vậy tam giác BHQ cân tạl B .
c) Tứ giác AEHF có AEH + AFH = 90 + 90 = 180 nên tứ giác AEHF nội tiếp đường
tròn đường kính AH (do AEH = 90 ) hay AEHF nọl tiếp đương tròn (I).
Suy ra FEH = FAH (2 góc nộ tiếp cùng chán cung FH ) hay FEB = BAD .
Và IA = IE nên tam giác IAE cân tại I  IEA = IAE .
Lại có IEK = AEB − IEA + FEB
(
)
(
= 90 − IAE + BAD
)
= 90 − BAC
= ABE ( ABE vuông tại E)
Tứ giác ABDE có ADB = AEB = 90 (giả thiết) nên tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn.
Suy ra ABE = ADE ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AE ) hay ABE = IDE .
(
)
Tư (1) và (2) suy ra IEK = DEE = ABE .
Xét IEK và IDE có
• EID : góc chung.
• IEK = IDE (chứng minh trên).
 IEK ∽ IDE (góc - góc).

IK IE
=
hay IE 2 = IK  ID .
IE ID
Bài 5 (1,0 điểm). Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
5x4 + y 2 − 4 x2 y − 85 = 0.
Lời giải.
Ta xem phương trình đã cho là phương trình bậc hai có ẩn là y, x là tham số.
Khi đó, ta được phương trình y 2 − 4 x2 y + 5x4 − 85 = 0 .
Ta có Δ 'x = ( −2 x 2 ) − ( 5 x 4 − 85) = 4 x 4 − 5 x 4 + 85 = − x 4 + 85 .
2
Phương trình có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi Δ 'x  0 .
Tức là − x4 + 85  0  x4  85  x  4 85 (  3,036 ).
Vì x nguyên dương nên x  (1;2;3} .
• Với x = 1 , phương trình (*) trở thành
 y = 2 + 2 21
không thoả mãn
y 2 − 4 y − 80 = 0  
 y = 2 − 2 21
• Với x = 2 , phương trình (") trở thành
 y = 8 + 69
y 2 − 16 y − 5 = 0  
(không th a mãn).
8
−
69

• Vơi x = 3 , phương trình (*) trở thành
 y = 20
y 2 − 36 y + 320 = 0  
(th a mãn).
16
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là ( x; y )  ( 3; 20 ) ; ( 3;16 ) .
Bài 6 ( 1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực không âm.
a) Chứng mính rằng (a + b + c) 2 3 ( ab + bc + ca ) .
b) Giả sử a + b + c = 1. Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 + 2 3abc 1 .
Lờ giải.
a) Với ba số thực không âm a, b, c , ta có
(a − b)2 0  a2 − 2ab + b2 0  a2 + b2 2ab;
(b − c)2 0  b2 − 2bc + c2 0  b2 + c2 2bc;
(a − c)2 0  a 2 − 2ac + c2 0  a 2 + c2 2ac.
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta được:
(
2 a 2 + b2 + c2
) 2 ( ab + bc + ca )
 a2 + b2 + c2 ab + bc + ca
 a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca 3 ( ab + bc + ca )
 (a + b + c) 2 3 ( ab + bc + ca ) (điều phải chứng minh)
b) Vi a + b + c = 1 nên bất đả̉ ng thức cần chứng minh được viết lại như sau
a 2 + b 2 + c 2 + 2 3abc (a + b + c) 2
a2 + b2 + c2 + 2 3abc a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca
 2 3abc 2 ( ab + bc + ca )
 3abc ab + bc + ca
 3abc (ab + bc + ca)2
 3abc ( a + b + c ) (ab) 2 + (bc) 2 + (ca ) 2 + 2a 2bc + 2b 2 ac + 2c 2 ab
 (ab)2 + (bc)2 + (ca)2 − a2bc − b2 ac − c2 ab 0
 2(ab)2 + 2(bc)2 + 2(ca)2 − 2a2bc − 2b2 ac − 2c2ab 0
 (ab)2 − 2b2 ac + (bc)2 + (bc)2 − c2ab + (ca)2 + (ca)2 − 2a 2bc + (ab)2 0
 (ab − bc)2 + (bc − ca)2 + (ca − ab)2 0.
a + b + c = 1
1
 a = b = c = . Bá́ t đẳng thức cuối luôn đúng
Dáu "=" xảy ra khi và chỉ khi 
3
a = b = c
với mọi số thực không âm a, b, c nên bát đẳng thức a2 + b2 + c2 + 2 3abc 1 được chứng
minh.
Cách 2: Ta có a + b + c = 1  (a + b + c)2 = 1
 a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca = 1
 a 2 + b 2 + c 2 = 1 − 2 ( ab + bc + ca ) .
Mà (a + b + c) 2 3 ( ab + bc + ca ) (theo ý a)) nên ab + bc + ca
1
3
1
1
1
(a + b + c) 2 = 12 = .
3
3
3
1
3
Từ đó suy ra 1 − 2 ( ab + bc + ca ) 1 − 2  = .
Áp dụng bất đẳng thức cô- si cho ba số thực không âm a, b, c , ta có
a + b + c 3 3 abc  1 3 3 abc  abc
1
.
27
Suy ra 2 3abc 2  3 
1
2
= .
27 3
Tư (1), và (2) suy ra
1 2
+
3 3
a 2 + b2 + c 2 + 2 3abc 1.
a 2 + b 2 + c 2 + 2 3abc

1
3
Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = .
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài 7 ( 1,0 điểm). Cho đường tròn ( O ) và đường tròn ( O ) cất nhau tại M và N . Kẻ một
tiếp tuyến chung ngoài lần lượt tiếp xúc với đường tròn ( O ) và đường tròn ( O ) tại A
và B . Chứng minh rằng
MA NB
+
−2 0.
MB NA
Lời giải.
Gọi I là giao điểm của MN và AB .
Xét IAM và INA có
• NIA góc chung.
• IAM = INA (cùng chắn AM cùa ( O ) ).
 IAM  INA (góc - góc) 
IA IN
=
hay IA2 = IM  IN . Tương tự xét IBM và INB
IM IA
có
• NIB : góc chung.
• IBM = NB (cùng chá́ n BM của ( O ) ).
 IBM  INB (góc - góc)
IB IN
=
hay IB2 = IM  IN .
IM IB
Tư (1) và (2) suy ra IA2 = IB 2 ( IM  IN ) , suy ra IA = IB .

Vì IAM  INA nên
IA MA
=
.
IN NA
Môn Toán
Dề cương ôn tâp fuvền sinh vảo Iớp 10 đ Long An
IB MB
IA MB
=
=
hay
(do IA = IB ).
IN NB
IN NB
MA NA
MA MB  IA 
Suy ra
=

 hay MB = NB .
NA NB  IN 
Lại vì IBM  INB nên
Áp dưng bất đẳng thức cô-si cho 2 sô dương, ta có
MA NB NA NB
NA NB
+
=
+
2

= 2.
MB NA NB NA
NB NA
MA NB
MA NB
+
+
−2 0.
2 hay
MB NA
MB NA
 MA MB
 MB = MA
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 
hay MN là đường trung trực của AB .
NA
NB

=
 NB NA
Suy ra
---------HẾT---------
THI TUYỂN SINH LỚP 10
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
Năm học 2024 - 2025
TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn thi: TOÁN CHUYÊN
Thòi gian: 150 phút, không kể thời gian phát để
***
Đề thi được sưu tầm từ học sinh nên không tránh khỏi sai sót trong quá trình đánh máy.
Rất mong nhận được sự đóng góp từ bạn đọc.
Bài 1: (điểm).
a) Giải hệ phương trình
 x3 + z 3 = y
 3
3
y + x = z
 z3 + y3 = x

b) Cho a, b là các số tự nhiên khác 0 phân biệt, chứng minh rằng phương trình sau luôn có đúng 3 nghiệm:
( x − 1)  x − 2 ( a + b ) x + ab + 2 = 0
2
Bài 2: (2 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 + 3 = 2 ( ab + bc + ca ) . Chứng minh
rằng
3 a+b+c 
2 ( ab + bc + ca ) + 3
3
Bài 3 (2 diểm). Với mỗi số tự nhiên n , đặt an = (2 + 3) n + (2 − 3) n .
a) Chứng minh rằng an + 2 = 4an +1 − an , với mọi n N .
b) Tìm tất cả n sao cho an 4 .
c) Tìm tất cả n sao cho an 14 .
Bài 4 ( 3 diểm). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) có tam giác ABD nhọn, AC đi qua ( O ) , I
là trung diểm BD, H là trực tâm của tam giác ABD . Gọi E là giao điểm của A / và đường tròn ( O ) ( E
khác A ), kė HK vuông góc với AI ( K nằm trên AI ).
a) Chứng minh rà̀ ng tứ giác CEHK là hình bình hành và IB2 = ID2 = IA  IK .
b) Lấy điểm F thuộc cung nhỏ BD sao cho BAF = DAI . Chứng minh rằng K đối xứng với F qua BD
.
c) Chứng minh rà̀ ng các đường phân giác trong của các góc BAD và BKD đồng quy trên BD .
d) Qua H kẻ đường thẳng song song với AC , lấy T sao cho TH = TK . Chứng minh bốn điểm O, K , T , F
cùng nằm trên một đường tròn.
Bài 5 ( 1,5 diểm). Ghi 31 số nyuyên dương a1  a2 
 a31 lên 31 thė.
a) Biết rằng tổng các số trên 16 thẻ bất kỳ luôn lớn hơn tổng 15 thẻ còn lại. Chứng minh a1  226 .
b) Biết rằng 31 thẻ này ghi các số từ 1 đến 31 . Chia 31 thẻ này vào 2 hộp gọi là A và B , biết trong hộp
A thì tổng hai số bất kỳ không là số chính phương. Chứng minh tồn tại 4 thẻ trong hộp B , chia ra làm 2
cặp và mỗi cặp có tổng là số chính phương.
LỜI GIȦI THAM KHȦO
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
Năm học 2024 - 2025
Môn thi: TOÁN CHUYÊN
Thời gian: 150 phút, không kể thời gian phát đề
Bài 1(1,5 điểm ) .
a) Giải hệ phương trình
 x3 + z 3 = y
 3
3
y + x = z
 z3 + y3 = x

b) Cho a, b là các số tự nhiên khác 0 phân biệt, chứng minh rằng phương trình sau luôn có đúng 3 nghiệm:
( x − 1)  x − 2 ( a + b ) x + ab + 2 = 0
2
Lời giải.
a) Xét:
 x3 + z 3 = y
 3
3
y + x = z
 z3 + y3 = x

(1)
Lấy phương trình (1) trừ (2) vế theo vế, ta được:
( z − y ) ( z 2 + yz + y 2 ) = y − z
(
)
 ( z − y ) z 2 + zy + y 2 + 1 = 0
(
)
 z = y do z 2 + zy + y 2 + 1  1
Tương tự, lấy phương trình (3) trừ (1) vế theo vế, ta cũng có x = y .
Do đó x = y = z , thay vào (1) suy ra:

 x=0

2
3
2 x = x   x =
2

x = − 2

2

 2 2 2 
2
2
2  
;
;
;−
;−
 ,  −
 .
2
2  
 2 2 2   2
Vậy phương trình có 3 nghiệm ( x; y; z )  ( 0;0;0 ) , 

b) Điều kiện: x  0 . Phương trình đã cho tương đương:

x =1

x −1 = 0
 2
# (*)
 2
 x − 2 ( a + b ) x + ab + 2 = 0
 x − 2 ( a + b ) x + ab + 2 = 0
Với phương trình ( * ) , ta có Δ = (a + b) 2 − ( ab − 2 ) = a 2 + ab + b 2 − 2  1 (do a, b  1) . Do đó ( * ) có hai
nghiệm phân biệt x1 , x2 ; hơn nữa theo định lý Viete, ta có
 S = x1 + x2 = 2 ( a + b )  0

 P = x1 x2 = ab + 2  0
nên
()
*
có
hai
nghiệm
dương
phân
biệt.
Giả
sử
()
*
có
nghiệm
x =1,
khi
đó
1 − 2 ( a + b ) + ab + 2 = 0  ( a − 2 )( b − 2 ) = 1  a − 2 = b − 2 = 1  a = b (Vô lý).
Như vậy (*) có hai nghiệm dương phân biệt và khác 1, dẫn đến phương trình đã cho luôn có đúng 3
nghiệm phân biệt.
Bài 2 (2 điểm). Cho a, b, c là các só thực dư̛ơng thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 + 3 = 2 ( ab + bc + ca ) . Chứng minh
rằng
3 a+b+c 
2 ( ab + bc + ca ) + 3
3
Lời giải.
Ta có
2 ( ab + bc + ac ) = a 2 + b 2 + c 2 + 3  ab + bc + ac + 3  ab + bc + ac  3.
Do đó (a + b + c) 2  3 ( ab + bc + ac )  9  a + b + c  3 .
Đặt
p = a+b+c
và q = ab + bc + ca . Từ (a + b + c) 2 − 2 ( ab + bc + ca ) + 3 = 2 ( ab + bc + ca ) , ta được
p 2 + 3 = 4q . Mặt khác,
a+b+c 
2 ( ab + bc + ca ) + 3
3
p2 + 3

3 p  2q + 3  3 p 
+3
2
 6 p  p2 + 3 + 6  p2 − 6 p + 9  0

( p − 3) 2  0 (Dúng)
Như vậy a + b + c 
2 ( ab + bc + ca ) + 3
3
.
Bài 3 (2 điểm). Với mỗi số tự nhiên n , đặt an = (2 + 3) n + (2 − 3) n .
a) Chứng minh rằng an + 2 = 4an +1 − an , với mọi n .
b) Tìm tất cả n sao cho an 4 .
c) Tìm tất cả n sao cho an 14 .
Lời giải.
a) Ta có :
= 4(2 + 3) n +1 + 4(2 − 3) n +1 − (2 + 3) n − (2 − 3) n
4an +1 − an
(
)
(
)
= (2 + 3) n 8 + 4 3 − 1 + (2 − 3) n 8 − 4 3 − 1
= (2 + 3) n (2 + 3) 2 + (2 − 3) n (2 − 3) 2
= (2 + 3) n + 2 + (2 − 3) n + 2 = an + 2
Vậy an + 2 = 4an +1 − an , với mọi n .
b) Ta tính được a0 = 2 và a1 = 4 đều là số chẵn. Ta chứng minh an là số chẵn với mọi n . Thật vậy,
giả sử ak và ak +1 là số chẵn ( k  ) . Do ak + 2 = 4ak +1 − ak nên suy ra ak +2 là số chẵn. Vậy theo quy nạp
suy ra an là số chẵn với mọi a  .
Ta có a0 chia cho 4 dư 2 và a1 : 4 . Ta chứng minh an chia cho 4 dư 2 với mọi n chẵn và an chia hết cho
4 với mọi n lẻ. Thật vậy, giả sử a2k chia cho 4 dư 2 và a2 k +1 chia hết cho 4 ( k  ) .
• Do a2 k + 2 = 4a2 k +1 − a2 k  −2  2 ( mod4 ) nên suy ra a2k +2 chia cho 4 dư 2 .
• Do a2 k +3 = 4a2 k + 2 − a2 k +1  −a2 k +1  0 ( mod4 ) nên a2 k +3 chia hết cho 4 .
Từ đó theo nguyên lý quy nạp, ta suy ra an chia cho 4 dư 2 nếu n chẵn và an chia hết cho 4 nến n lẻ.
Do đó tất cả giá trị n thỏa mãn an chia hết cho 4 là n = 2k + 1( k  ) .
c) Với mọi n  4 , ta có
an + 4
= 4an +3 − an + 2 = 4 ( 4an + 2 − an +1 ) − an + 2
= 15an+ 2 − 4an+1  an+ 2 − 4an+1
 4an +1 − an − 4an +1  −an ( mod7 )
• Với n = 4k ( k  ) , ta được
a4 k  −a4 k − 4 
 (−1) k a0  (−1) k  2 0 ( mod7 )
• Với n = 4k + 1( k  ) , ta được
a4 k +1  −a4 k −3 
 (−1) k a1  (−1) k  4 0 ( mod7 )
• Với n = 4k + 2 ( k  ) , ta được
a4 k + 2  −a4 k −2 
 (−1) k a2  (−1) k 14  0 ( mod7 )
• Với n = 4k + 3 ( k  ) , ta được
a4 k +3  −a4 k −1 
 (−1) k a3  (−1) k  52 0 ( mod7 )
Vậ an : 7 khi và chỉ khi n = 4k + 2 ( k  ) , két hợp với an chẵ với mọi n , ta két luận an 14 khi và chỉ
khi n = 4k + 2 ( k  ) .
Bài 4 (3 điểm). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) có tam giác ABD nhọn, AC đi qua ( O ) , I
là trung điểm BD, H là trực tâm của tam giác ABD . Gọi E là giao điểm của AI và đường tròn ( O ) ( E
khác A) , Kẻ HK vuông góc với AI ( K nằm trên AI ) .
a) Chứng minh rằng tứ giác CEHK là hình bình hành và IB2 = ID2 = IA  IK .
b) Lấy điểm F thuộc cung nhỏ BD sao cho BAF = DAI . Chứng minh rằng K đối xứng với F qua BD
.
c) Chứng minh rằng các đường phân giác trong của các góc BAD và BKD đồng quy trên BD .
d) Qua H kẻ đường thẳng song song với AC , lá́ y T sao cho TH = TK . Chứng minh bốn điểm O, K , T , F
cùng nằm trên một đường tròn.
Lời giải.
a) Ta có BH CD và DH CB nên tứ giác BHDC là hình bình hành, suy ra I là trung điểm của CH .
Hai tam giác vuông HKI và CEI có IH = IC và HIK = CIE nên chúng bằng nhau, suy ra HK = CE . Tứ
giác HKCE có HK = CE và HK CE nên tứ giác HKCE là hình bình hành.
Tứ giác HKCE là hình bình hành nên I là trung điểm của KE . Tứ giác ABED nội tiếp nên suy ra
IA  IE = IB  ID . Do đó
IK  IA = IE  IA = IB  ID = IB2 = ID2
b) Từ BAF = DAI suy ra BF = DE và BE = DF . Lại có tứ giác BKDE là hình bình hành (do I là trung
điểm chung của KE và BD ) nên BK = DE và BE = DK . Ta thu được BK = DE = BF và DK = BE = DF
, do đó BD là đường trung trực của KF nên K đối xứng với F qua BD .
c) Kẻ AX , AY lần lượt là phân giác BAD và BKD( X , Y thuộc cạnh BD) . Khi đó ta được:
BX BA BY BK
=
,
=
DX DA DY DK
Từ câu a, IK  IA = IB  ID = IB2 = ID2 suy ra các cặp tam giác IKB và IBA, IKD và IDA đồng dạng, vì vậy
ta có:
BA BI DA DI
=
,
=
BK KI KD KI
Suy ra
BA DA
BX BY
BA BK
=
=

=
. Do đó
.
BK KD
DX DY
DA KD
Hơn nữa X , Y cùng nằm trên đoạn BC nên ta suy ra X trùng Y .
d) Dựng hình bình hành AHT O khi đó ta có T H = OA . Mặt khác ta có OT  = AH = 2OI nên T  đối xứng
với O qua BD . Suy ra T B = T D = OB = OA = T H . Do đó T  là tâm dường tròn ngoại tiếp tam giác HBC
.
Hơn nữa, ta lại có I là trung điểm KE (chứng minh câu a) nên OKT E là hình bình hành, suy ra
T K = OE = OA = T H . Khi đó T  nằm trên đường thẳng qua H song song với AC và T H = T K nên T 
trùng T .
Ta có K đối xứng với F qua BD và O đối xứng với T qua BD , từ đó ta suy ra OKFT là hình thang
cân nên tứ giác OKFT nội tiếp.
Bài 5 (1,5 điểm). Ghi 31 số nguyên dương a1  a2 
 a31 lên 31 thẻ.
a) Biết rằng tổng các số trên 16 thẻ bất kỳ luôn lớn hơn tổng 15 thẻ còn lại. Chứng minh a1  226
b) Biết rằng 31 thẻ này ghi các số từ 1 đến 31 . Chia 31 thẻ này vào 2 hộp gọi là A và B , biết trong hộp
A thì tổng hai số bất kỳ không là số chính phương. Chứng minh tồn tại 4 thẻ trong hộp B , chia ra làm 2
cặp và mỗi cặp có tổng là số chính phương.
Lời giải.
a) Vi a1  a2    a31 nên
a17 − a2 15
a − a 15
 18 3


a31 − a16 15
Suy ra ( a17 + a18 ++ a31 ) − ( a2 + a3 + a16 )  225 hay
a17 + a18 ++ a31  ( a2 + a3 + a16 ) + 225
Theo giả thiết, ta có:
a1 + a2 + a3 +a16  a17 + a18 ++ a31
Do đó:
a1 + a2 + a3 + a16  ( a2 + a3 + a16 ) + 225
Suy ra a1  225 hay a1  226 .
b) Xét bộ 3 số ( 6, 19, 30 ) sau: bất kỳ̀ 2 trong 3 số này có tổng là số chính phương, nên A chi chứa được
nhiều nhất 1 số trong 3 số này, dẫn đến B phải chứa ít nhất 2 trong 3 số trên. Nói cách khác, B chứa một
cặp có tổng là số chính phương. Ở hình dưới ta nối 2 số lại với nhau nếu nó có tổng là số chính phương.
Xét tiếp bộ 5 số (1, 8, 28, 21, 15 ) : ta có 2 số kề nhau luôn có tổng là số chính phương và (1, 15 ) cũng có
tổng
là
số
chính
phương.
Khi
đó,
A
không
thể
nào
chứa
nhiều
hơn
2
số
trong 5 số trên, vì ngược lại A phải chứa hai số nằm trên một cạnh trong 5 cạnh trên, mâu thuẫn với giả
sử A không chứa 2 số có tổng là số chính phương.
Như vậy, A chỉ chứa nhiều nhất 2 trong 5 số trên và tương ứng B chứa ít nhất 3 số. Lập luận tương tự
như trên, B phải chứa một cạnh trong 5 cạnh trên. Vì bộ 5 số (1, 8, 28, 21, 15 ) khác với bộ 3 số trước
( 6, 19, 30 ) , ta tìm được thêm một cặp số trong B có tổng là số chính phương.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2024 – 2025
Môn: Toán học (môn chuyên)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1:
 x x −8
 
5 x −4
− 2 x  :  x −
 với 0  x  4
x + 5 
 x −2
 
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x2 − 2mx + m − 3 = 0 có hai
nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x12 + x2 2 = 8 .
1) Rút gọn biểu thức P = 
Bài 2:
1) Giải phương trình nghiệm nguyên: 2x2 + 4xy + 3x + 6 y = 4
 x 2 − 2 y + 6 x − 12 y = 0
4
2
 ( x − y + 5) + ( y + 5) = 2
2) Giải hệ phương trình 
Bài 3:
1) Cho đa thức P( x) = x3 + bx2 + cx + d , với b, c, d là các số nguyên. Biết rằng P(x) có
một nghiệm x = 2 và P(1) = 4 . Tìm b, c, d.
3
2
2) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c  . Chứng minh rằng
(a + b) 2 + 3 + (b + c) 2 + 3 + (c + a) 2 + 3  6
Bài 4:
1) Tìm các số nguyên dương x và y thỏa mãn lcm( x, y) + 2.gcd( x, y) = 61
(với lcm(a, b), gcd(a, b) lần lượt là ký hiệu bội chung nhỏ nhất, ước chung lớn nhất
của hai số nguyên dương a và b)
2) Tìm số nguyên tố p để n = 2 p + p 2 là số nguyên tố
3) Chứng minh rằng với mọi cách chọn 7 số bất kỳ trong 12 số nguyên dương đầu
tiên, ta luôn tìm được hai số a và b trong 7 số đó sao cho ab + 1 là số chính phương
Bài 5:
Cho tam giác nhọn ABC (với AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), có đường cao AD.
Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B cắt đường trung trực đoạn thẳng BD tại điểm P.
Hai đường thẳng DP và AC cắt nhau tại điểm E.
1) Chứng minh rằng tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn
2) Gọi Q là giao điểm của đường thẳng AP và đường tròn (O), với Q khác A.
Chứng minh PDQ = PAD
3) Gọi K là giao điểm của đường thẳng AD và đường tròn (O), với K khác A. Gọi I
là giao điểm của hai đường thẳng CQ và DP. Chứng minh rằng ba điểm B, I, K thẳng
hàng.
ĐÁP ÁN
Bài 1:
1) Với 0  x  4 ta có
 x x −8
 
5 x −4
P = 
− 2 x  :  x −

x + 5 
 x −2
 
 ( x )3 − 8
 x ( x + 5) − 5 x + 4
P = 
− 2 x  :
x +5
 x −2

 ( x − 2)( x + 2 x + 4)

x +5
P = 
− 2 x  .
x−2

 x+5 x −5 x +4
x +5
P = x+ 2 x + 4−2 x .
x+4
P = x +5
2) Ta có: x2 − 2mx + m − 3 = 0
(1)
2
2
 ' = (− m) − 1.(m − 3) = m − m + 3
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2
(
)
  ' = m2 − m + 3  0
 x + x2 = 2m
 x1 x2 = m − 3
Áp dụng hệ thức Viet ta có:  1
Vậy x12 + x2 2 = 8  ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2 = 8
 (2m)2 − 2(m − 3) = 8
 2m2 − m − 1 = 0
 m = 1(tm)

 m = −1 (tm)

2
Do đó có hai giá trị cần tìm là m = 1, m =
−1
2
Bài 2:
1) Ta có: 2x2 + 4xy + 3x + 6 y = 4 , với x, y  Z
 2 x( x + 2 y) + 3( x + 2 y) = 4
(1)
 ( x + 2 y)(2 x + 3) = 4
Vì x, y  Z nên x + 2 y, 2x + 3  Z và 2x + 3 là số lẻ
 2 x + 3 = −1
2x + 3 = 1
Vậy (1)  
hoặc 
 x + 2 y = −4
x + 2y = 4
 x = −1
 x = −2

(tm)

5 (l ) hoặc 
y=
 y = −1


2
Do đó phương trình đã cho có nghiệm nguyên (x; y) là (-2; -1)
Cách 2:
Giải như cách 1, phương trình đã cho tương đương ( x + 2 y)(2x + 3) = 4 (1)
Vì x, y  Z nên x + 2 y, 2x + 3  Z
 2 x + 3 = −1
2x + 3 = 2
2x + 3 = 1
(I) hoặc 
(II) hoặc 
 x + 2 y = −4
x + 2y = 2
x + 2y = 4
Vậy (1)  
 2 x + 3 = −2
 2 x + 3 = −4
2x + 3 = 4
hoặc 
hoặc 
 x + 2 y = −2
 x + 2 y = −1
x + 2y = 1
Hoặc 
 x = −1
 x = −2

(tm)
(I )  
5 (l ) ; ( II )  
y=
 y = −1


2
Tương tự các hệ phương trình còn lại không có nghiệm nguyên
Do đó phương trình đã cho có nghiệm nguyên (x; y) = (-2; -1)
 x 2 − 2 y + 6 x − 12 y = 0(1)
4
2
 ( x − y + 5) + ( y + 5) = 2(2)
(1)  x( x − 2 y) + 6( x − 2 y) = 0
 ( x − 2 y)( x + 6) = 0
x = 2y

 x = −6
2) Ta có: 
Với x = -6 ta có (2)  ( y + 1)4 + ( y + 5)2 = 2(3)
Đặt a = y + 1
(3) trở thành a4 + (a + 4)2 − 2 = 0
 a4 + a2 + 8a + 14 = 0
 a4 − 2a2 + 1 + 2(a2 + 4a + 4) + a 2 + 5 = 0
 (a2 − 1)2 + 2(a + 2)2 + a2 + 5 = 0 , phương trình này vô nghiệm
(vì (a2 − 1)2 + 2(a + 2)2 + a2 + 5  0, a  R )
Với x = 2y (4) ta có (2)  ( y + 5)4 + ( y + 5)2 = 2
(5)
Đặt t = ( y + 5) 2  0
t = 1(tm)
t = −2(l )
(5) trở thành t 2 + t − 2 = 0  
 y = −6
 y = −4
Vậy ( y + 5)2 − 1 = 0  ( y + 6)( y + 4) = 0  
+ Với y = -6 ta có (4)  x = −12
+ Với y = -4 ta có (4)  x = −8
Do đó hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x; y) là (-12, -6); (-8, -4)
Cách 2:
Ba bước đầu như cách 1
Với x = 2y (4) ta có (2)  ( y + 5)4 + ( y + 5)2 − 2 = 0
 ( y + 5)4 − ( y + 5)2 + 2( y + 5)2 − 2 = 0
 ( y + 5) 2  ( y + 5) 2 − 1 + 2  ( y + 5) 2 − 1 = 0
  ( y + 5) 2 − 1  ( y + 5) 2 + 2  = 0
 ( y + 5)2 − 1 = 0 (vì ( y + 5)2 + 2  0, y  R )
 ( y + 6)( y + 4) = 0
 y = −6  x = −12

 y = −5  x = − 8
Do đó hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x; y) là (-12, -6); (-8, -4)
Bài 3:
1) Ta có: P( x) = x3 + bx2 + cx + d (với b, c, d  Z )
Vì P(1) = 4 nên 1 + b + c + d = 4  b + c + d = 3(1)
Vì x = 2 là một nghiệm của P(x) nên P ( 2 ) = 0  2 2 + 2b + 2c + d = 0
 2b + d = − 2(c + 2)
 c + 2 = 0  c = −2 (vì c  Z nên nếu c + 2  0  − 2(c + 2) là số vô tỷ, vô lý,
do 2b + d  Z nên không là số vô tỷ)
b + d = 5
 b = −5

 2b + d = 0
 d = 10
Kết hợp với (1) ta có 
Vậy các giá trị cần tìm là b = -5, c = -2, d = 10.
3
2
2) Ta có a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c  . Cần chứng minh:
(a + b) 2 + 3 + (b + c) 2 + 3 + (c + a) 2 + 3  6
( x + 3) 2
(2)
Bổ đề: Với x > 0 ta có x + 3 
4
Thật vậy, (2)  4 x2 + 12  x2 + 6 x + 9  3( x − 1)2  0 (luôn đúng)
2
(a + b + c) 2 a + b + 3
=
4
2
c+a+3
b+c+3
Tương tự: (b + c)2 + 3 
; (c + a ) 2 + 3 
2
2
2(
a
+
b
+ c) + 9
6
Vậy (a + b)2 + 3 + (b + c)2 + 3 + (c + a)2 + 3 
2
Áp dụng (2) ta có: (a + b)2 + 3 
Bất đẳng thức (1) được chứng minh, dấu “=” xảy ra  a = b = c =
Bài 4:
1) Cần tìm x, y  N * thỏa mãn lcm( x, y) + 2.gcd( x, y) = 61
 x = dm
(m, n  N *;gcd(m, n) = 1)
 y = dn
 lcm( x, y) = dmn
Vậy (1)  dmn + 2d = 61  d (mn + 2) = 61
d = 1

 mn + 2 = 61
Đặt d = gcd( x, y)  
(1)
1
2
(vì 61 là số nguyên tố, d = gcd(x, y) nên d  N * và do m, n  N * nên mn + 2 > 2)
m = 1
 x = 1


 n = 59
 y = 59

Vậy mn = 59  

  x = 59
 m = 59


  n = 1
  y = 1
Do đó các số nguyên dương cần tìm là x = 1 và y = 59, x = 59 và y = 1.
2) Ta có: n = 2 p + p 2 , với p là số nguyên tố.
Nếu p = 3 thì n = 23 + 32 = 17 là số nguyên tố
Nếu p = 2 thì n = 22 + 22 = 8 không là số nguyên tố
Nếu số nguyên tố p  5  p = 2m + 1, m  N
 2 p = 22m+1 = 2.4m có số dư bằng 2 trong phép chia cho 3 (vì 4m có số dư bằng
1 trong phép chia cho 3, m  N )
Vì số nguyên tố p  5 nên p = 3k  1, k  N
 p2 = (3k  1)2 = 3(3k 2  2k ) + 1 có số dư bằng 1 trong phép chia cho 3
Vậy n = (2 p + p2 ) 3 (do p  5 ) hay n không là số nguyên tố, với mọi số nguyên tố
p  5.
Do đó p = 3 thỏa mãn bài toán
3) Gọi A là tập hợp gồm 12 số nguyên tương đầu tiên.
Vậy A được chia thành 6 cặp số gồm 1;3 ;5;7 ;9;11 ;2; 4 ;6;8 ;10;12
Nhận xét: Nếu n là số nguyên dương thì n(n + 2) + 1 là số chính phương
(vì n(n + 2) + 1 = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 )
 a  b là hai số trong mỗi cặp số nói trên thì ab + 1 là số chính phương
Theo nguyên lý Dirichlet, trong mọi cách chọn 7 số bất kì trong 12 số nguyên dương
đầu tiên thì luôn tồn tại ít nhất 2 số thuộc một trong 6 cặp số đó.
Áp dụng tính chất ở nhận xét trên ta có điều phải chứng minh.
Cách 2:
Gọi A = 1; 2;...;12 là tập hợp gồm 12 số nguyên dương đầu tiên
Theo nguyên lý Dirichlet, trong mọi cách chọn 7 số bất kì trong A thì luôn tồn tại ít
nhất 2 số là hai số lẻ liên tiếp hoặc hai số chẵn liên tiếp
Mà 1.3 + 1 = 4 là số chính phương, 3.5 + 1 = 16 là số chính phương, …, 9.11 + 1 =
100 là số chính phương.
2.4 + 1 = 9 là số chính phương, 4.6 + 1 = 25 là số chính phương, …, 10.12 + 1 = 121
là số chính phương
Vậy ta có đpcm
Bài 5:
1)
Ta có: PB = PD (vì P thuộc đường trung trực của đoạn thẳng BD)
 tam giác PBD cân tại P
 PDB = PBD
Hay PDB = PBC
Mà PBC = BAC (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp có cùng cung bị
chắn của (O))
Nên PDB = BAC
Hay PDB = BAE
Vậy tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn (vì có góc ngoài bằng góc trong đỉnh đối nên
hai góc đối bù nhau)
Cách 2:
Ba bước đầu như cách 1
Mà PDB + BDE = 180 (Hai góc kề bù)
Vậy BAE + BDE = 180
Do đó tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn
2)
Ta có: PBQ = BAQ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp có cùng cung bị
chắn của (O))
Hay PBQ = BAP
Mà BPQ = BPA (góc chung)
Vậy BPQ ~ APB( g − g ) 
PB PQ
=
AP PB
PD PQ
=
(do PB = PD, cmt)
AP PD
Mà DPQ = APD (góc chung)

Vậy DPQ ~ APD(c − g − c)  PDQ = PAD
3)
Tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn
 BAE = BDI (vì cùng bù với BDE )
Hay BAC = BDI
Tứ giác ABQC nội tiếp (O)  BQC + BAC = 180
Hay BQI + BAC = 180  BQI + BDI = 180
 Tứ giác BDIQ nội tiếp đường tròn
 QBI = QDI (Hai góc nội tiếp có cùng cung bị chắn của đường tròn ngoại
tiếp tứ giác BDIQ)
Mà QDI = PDQ = PAD (cmt)
Mặt khác PAD = QAK = QBK (hai góc nội tiếp có cùng cung bị chắn của (O))
Vậy QBI = QBK
Do đó ba điểm B, I, K thẳng hàng
Cách 2:
Ta có: AQC = ABC (hai góc nội tiếp có cùng cung bị chắn của (O))
Hay AQI = ABD
Mà ABD + AED = 180 (Do tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn)
Hay ABD + AEI = 180  AQI + AEI = 180
 Tứ giác AEIQ nội tiếp đường tròn
 EIQ + EAQ = 180  DIQ + CAQ = 180
Lại có: CAQ = CBQ (hai góc nội tiếp có cùng cung bị chắn của (O))
Hay CAQ = DBQ
Nên DIQ + DBQ = 180
 Tứ giác BDIQ nội tiếp đường tròn
 QBI = QDI (hai góc nội tiếp có cùng cung bị chắn của đường tròn ngoại tiếp tứ
giác BDIQ)
Mà QDI = PDQ = PAD (cmt)
Mặt khác PAD = QAK = QBK (hai góc nội tiếp có cung cùng bị chắn của (O))
Vậy QBI = QBK
Do đó ba điểm B, I, K thẳng hàng
Đáp án đề thi Tuyển sinh môn Toán chuyên tỉnh Lâm Đồng năm học
2024-2025
CLB TOÁN HỌC CHUYÊN BẢO LỘC
Cao Quốc Hưng (TK10) Trần Xuân Nam (TK11)
Nguyễn Bảo Quỳnh Như (TK11) Tô Nguyễn Bảo Ngọc(TK11)
Ngày 5 tháng 6 năm 2024
§1 Đề bài
Bài 1. (𝟓, 𝟎 điểm)
 A = 9 − 4 5 − 21 + 8 5

1.1 Cho biểu thức: 
 x + x   x − x  với x  0 và x  1 .
  1 +

 B = 1 +
 1+ x   1− x 

Tìm tất cả các số tự nhiên x để B  A .
ˆ
1.2 Một khu đất hình tam giác ABC có A = 90 , Bˆ = 60 và cạnh AB = 20 m . Người ta trồng hoa trên
phần đất hình quạt tròn ( B; BA ) , phần còn lại của khu đất để trồng cỏ (phần tô đậm họa bởi hình bên).
Tính diện tích phần đất trồng cỏ.
Bài 2. (4,5 điểm)
2.1 Cho nửa hình tròn tâm O đường kính BC . Gọi A là điểm chính giữa cung BC , D là điểm thuộc
cung AC (điểm D không trùng điểm A và C ). Trên dây BD lấy điểm E sao cho BE = CD . Chứng
minh rằng tam giác ADE vuông cân.
2.2 Hồ Xuân Hương là một hồ nước nhân tạo hình dạng trăng lưỡi liềm nằm ở trung tâm thành phố
Đà Lạt với diện tích khoảng 25ha, mỗi vòng bờ hồ có chiều dài khoảng 5 km và xung quanh là các
địa danh du lịch của thành phố như: Vườn hoa thành phố, Công viên Yersin, Đồi Cù, Quảng trường
Lâm Viên.
Để rèn luyện sức khỏe, mỗi ngày anh Thanh dành một khoàng thời gian đi bộ và chạy bộ quanh bờ
Hồ Xuân Hương với quãng đường 10 km . Biết rằng anh Thanh đi bộ vơi vận tốc 5 km / h , chạy bộ
10 km / h và thời gian chạy bộ nhiều hơn thời gian đi bộ là 6 phút. Hỏi mỗi ngày anh Thanh đã dành
bao nhiêu phút để đi bộ và chạy bộ.
Bài 3. (4,0 điểm)
3.1 Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng ( d ) : y = −2 x + m − 1 ( m là tham số). Tìm tất cả các giá trị
của m để ( d ) và ( P ) cát nhau tại hai điểm phân biệt A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 , y2 ) và thỏa mãn điêu kiện
y1 − 2 x2 = 2027
3.2 Khi bạn Hòa hỏi số căn cước công dân của bạn Bình, bạn Bình cho biết: "Số đó dạng
06820900abcd vơi abcd là số chính phương và ab − cd = 1 . Em hãy giúp bạn Hoà xác định số căn
cước công dân của bạn Bình.
Bài 4. ( 3,5 điểm)
4.1 Bác An dự định làm một nhà kính trồng rau sạch, phần mái vòm có dạng nửa hình trụ đường kính
đáy là 10 m , chiều dài là 40 m (minh họa bởi hình bên). Để phủ kín mái vòm (gồm diện tích xung
quanh nửa hình trụ và kế cả hai nửa đáy) bác An ra cửa hàng mua một tấm nhựa Politiv, mỗi tấm có
chiều rộng 2, 2m và chiều dài 50 m với giá 15000 đồng /m2 .
Tính số tiền bác An mua các tấm nhựa Politiv để phủ kín mái vòm ở trên, biết rằng cửa hàng chỉ bán
nguyên tấm (lấy   3,14 )
4.2 Giải phương trình: 2024 2024x − 2023 + 2025x − 2024 = 2025
Bài 5. ( 3,0 điểm)
5.1 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm ( O ) . Tia phân giác của các góc BAC , ABC , ACB cắt
đường tròn ( O ) lần lượt tại D, E, F . Chứng minh:
a) AD  BC = AC  BD + AB  CD
b) AD + BE + CF  AB + AC + BC
5.2 Cho tam giác ABC với độ dài ba cạnh lần lượt là a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1 và
a
b
c
3
+
+
= . Chứng minh rằng tam giác ABC đều.
1− a 1− b 1− c 2
§2 Đáp án
Bài 1:(5,00 điểm)
 A = 9 − 4 5 − 21 + 8 5

1.1 Cho biểu thức: 
 x + x   x − x  với x  0 và x  1 .
B
=
1 +
  1 +


1
+
x


  1− x 
Tìm tất cả các số tự nhiên x để B  A .
ˆ
1.2 Một khu đất hình tam giác ABC có A = 90 , Bˆ = 60 và cạnh AB = 20 m . Người ta trồng hoa trên
phần đất hình quạt tròn ( B; BA ) , phần còn lại của khu đất để trồng cỏ (phần tô đậm họa bởi hình bên).
Tính diện tích phần đất trồng cỏ.
Lời giải.
1.1 Ta có:
A = ( 5 − 2) 2 − (4 + 5) 2
= 5 − 2 − 4 − 5 = −6
Ta có:
(
)
)(
)
(
)

x x +1  
x x −1 




B = 1+
 1+

1+ x  
1− x 

 

(
= 1+ x  1− x = 1− x
B  A  1 − x  −6  x  7
Mà x  1
Vây x  0; 2;3; 4;5;6;7 .
1.2 Gọi S1 , S 2 lần lượt là diện tích tam giác ABC và phần đất hình quạt
Do ABC vuông tai A  AC = AB  tanABC = 20 . tan60 = 20 3  34, 6 ( m )
S1 =
1
1
 AB 2 .60 3,14.202.60
AB  AC  20.34, 6  346 m 2 S2 =

 209,33
2
2
360
360
( )
Vây diện tích phần đất trồng cỏ khoảng 346 − 209,33 = 136,67 m2 .
(nhận)
Vậy anh Thanh dành
3
7
(giờ) = 36 (phút) để đi bô,
(giờ) = 42 (phút) để chay bộ.
5
10
Bài 3(3,5 điểm )
3.1 Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng ( d ) : y = −2 x + m − 1 ( m là tham số). Tìm tất cả các giá trị
của m để ( d ) và ( P ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 , y2 ) và thỏa mãn điêu kiện
y1 − 2 x2 = 2027
3.2 Khi bạn Hòa hỏi số căn cước công dân của bạn Bình, bạn Bình cho biết: "Số đó dạng
06820900abcd vơi abcd là số chính phương và ab − cd = 1 . Em hãy giúp bạn Hoà xác định số căn
cước công dân của bạn Bình.
Lời giải:
3.1 Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là
x2 = −2 x + m − 1  ( x + 1)2 = m
Do ( d ) và ( P ) cá́ t nhau tại 2 điểm phân biệt nên m  0
Đồng thời ( d ) và ( P ) cắt nhau tại x = m −1  x = − m − 1
Ta có: A nằm trên ( d ) nên y1 = m − 2 x1 − 1 .
Theo định lí Vi-ét ta có: x1 + x2 = −2
Do vậy
2027 = y1 − 2 x2 = m − 2 x1 − 2 x2 − 1 = m + 3  m = 2024
Thử lai: m = 2024 thỏa mãn.
3.2 Đăt x = cd
Ta có: ab = x + 1
Do abç là số chính phương nên tồn tại t sao cho t 2 = abcd
Do 1000 abcd  10000 nên 31  t  100
Khi đó:
t 2 = abcd = 100  ( x + 1) + x = 101x + 100  101x = t 2 − 100 = ( t − 10 )( t + 10 )
Ta thấy t −10  100  101t −10
Do vậy t + 10 :101 mà 31  t  100 nên t + 10 = 101  t = 91  x = t −10 = 81
Vậy abcd
Bài 2(4,5 điểm)
2.1 Cho nửa hình tròn tâm O đường kính BC . Gọi A là điểm chính giữa cung BC , D là điểm thuộc
cung AC (điểm D không trùng điểm A và C ). Trên đáy BD lấy điểm E sao cho BE = CD . Chứng
minh rằng tam giác ADE vuông cân.
2.2 Hồ Xuân Hương là một hồ nước nhân tạo hình dạng trăng lưỡi liềm nằm ở trung tâm thành phố
Đà Lạt với diện tích khoảng 25ha, mỗi vòng bờ hồ có chiều dài khoàng 5 km và xung quanh là các
địa danh du lịch của thành phố như: Vườn hoa thành phố, Công viên Yersin, Đồi Cù, Quảng trường
Lâm Viên. Để rèn luyện sức khỏe, mồi ngày anh Thanh dành một khoảng thời gian đi bộ và chạy bộ
quanh bờ Hồ Xuân Hương với quãng đường 10 km . Biết rằng anh Thanh đi bộ với vận tốc 5 km / h ,
chạy bộ 10 km / h và thời gian chạy bộ nhiều hơn thời gian đi bộ là 6 phút. Hỏi mỗi ngày anh Thanh
đã dành bao nhiêu phút để đi bộ và chạy bộ.
Lời giải.
2.1 .
Xét ABE và ACD có:
AB = AC
BE = CD  ABE = ACD
ABE = ACD
Suy ra AE = AD và BAE = CAD
 EAD = BAC = 90
Do đó, ta thu dược EAD vuông cân tại A .
2.2 Đổi 6 phút =
1
giờ.
10
Gọi thời gian anh Thanh đi bộ là x (giờ) ( x  0) .
Thời gian anh Thanh chạy bộ là x +
1
(giờ).
10
Vì anh Thanh đi bộ và chạy bộ hết quãng dường 10 km nên ta có phương trình
1
3

5 x + 10  x +  = 10  15 x = 9  x =
10 
5

Bài 4(4,0 điểm )
4.1 Bác An dự định làm một nhà kính trồng rau sạch, phần mái vòm có dạng nửa hình trụ đường kính
đáy là 10 m , chiều dài là 40 m (minh hoạ bởi hình bên). Để phủ kín mái vòm (gồm diện tích xung
quanh nửa hình tru và kể cả hai nửa đáy) bác An ra cửa hàng mua một tấm nhựa Politiv, mỗi tấm có
chiều rộng 2, 2 m và chiều dài 50 m với giá 15000 đồng /m2 .
Tính số tiền bác An mua các tấm nhưa Politiv để phủ kín mái vòm ờ trên, biết rằng cửa hàng chỉ bán
nguyên tấm (lây   3,14 ).
4.2 Giải phương trình: 2024 2024x − 2023 + 2025x − 2024 = 2025
Lời giải.
4.1 Diện tích xung quanh nửa hình trụ là
2
(
1
  10  40  628 m 2
2
)
 10 
2
  78,5 m
 2
Diện tích hai nửa đáy là   
( )
Diện tích của mỗi tấm Politiv là̀ 2, 2.50 = 110 ( m 2 )
Ta có ( 628 + 78,5 ) :110  6, 42
Suy ra Bác An cần mua 7 tấm nhựa Politiv.
Số tiền bác An mua các tấm nhựa là 7.110.15000 = 11550000 đồng.
4.2 DKXD: x 
2024
2025
Ta có : 2024 2024x − 2023 + 2025x − 2024 = 2025 (1)
Nếu x  1 từ (1)  2025  2024. 2024 − 2023 + 2025 − 2024 = 2025 (vô lí)
Nếu x  1 từ (1)  2025  2024. 2024 − 2023 + 2025 − 2024 = 2025 (vô lí)
Với x = 1 thì ta thấy VT = VP
Vậy x = 1 là nghiệm phương trình.
Bài 5(3,0 điểm)
5.1 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm ( O ) . Tia phân giác của các góc BAC , ABC , ACB cát
đường tròn ( O ) làn lươt tại D, E, F . Chứng minh:
a) AD  BC = AC  BD + AB  CD
b) AD + BE + CF  AB + AC + BC .
5.2 Cho tam giác ABC với độ dài ba cạnh lần lượt là a, b, c thoả mãn a + b + c + 1 và
a
b
c
3
+
+
= . Chứng minh rằng tam giác ABC đều.
1− a 1− b 1− c 2
Lời giải.
5.1
a) Gọi X là giao điểm của AD và BC .
Xét ABD và AXC có:
BAD = XAC
ADB = ACX
 ABD  AXC
Suy ra
DB CX
=
 DB  AC = CX . AD .
AD AC
(1)
Tương tự, ta thu được DC.AB = BX .AD (2)
Công (1) và (2) vê theo vế, ta thu được:
DB  AC + DC  AB = AD ( CX + BX ) = AD  BC .
b) Gọi M là trung điểm BC , do đó O, M , C thẳng hàng
AC  BD + AB  CD
BD
= ( AB + AC )
BC
2 BM
AB + AC
1
AB + AC
 AD =

2
sinDBM
2
Từ kết quả ý a), ta có AD =
Tương tự, ta thu được BE 
BC + BA
CA + CB
và CF 
2
2
Cộng vế theo vế 3 đẳng thức trên, ta suy ra AD + BE + CF  AB + BC + AC . Ta thu được điều phải
chứng minh.
5.2 Đặt T =
a
b
c
+
+
1− a 1− b 1− c
Ta có:
T=
a
b
c
+
+
b+c c+a a+b
1
1 
 1
= (a + b + c)
+
+
−3
b+c c+a a+b 
(a + b + c) 
9
3
−3=
2(a + b + c)
2
Dấu " = " xảy ra khi a = b = c
Mà T =
= 8281
3
nên dấu" =" xảy ra do vậy a = b = c hay
2
ABC đều.
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
ĐĂK NÔNG
Câu 1.
(1,5 điểm) Với x
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
NĂM HỌC: 2024-2025
Môn: TOÁN (chuyên)
Khoá thi ngày: 8/6/2024
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
a) Tính giá trị biểu thức A khi x
b) Rút gọn biểu thức B .
A 3
c) Tìm x để
.
B 2
Câu 2.
1
x
x
và B
1
x
1
x
x
.
x
64 .
(2,0 điểm)
a) Giải phương trình: x
b) Giải hệ phương trình:
Câu 3.
x
0 , cho các biểu thức A
3
4
4
82 .
x
5
y y
x
2x2
x
y
x
3x
y
7
1
7y
3x 2
1
(2,0 điểm)
1 2
1 2
m
m 1 với m là tham số.
x và đường thẳng d : y mx
2
2
Tìm m để P và d cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 sao cho x1 x2 2 .
a) Cho parabol P : y
b) Tìm tất cả các nghiệm nguyên x, y của phương trình: xy
Câu 4.
(0,5 điểm) Cho tập hợp A
x
6.
3y
201; 203; ...; 2021; 2023 gồm 912 số tự nhiên lẻ. Cần chọn ra ít
nhất bao nhiêu số từ tập hợp A sao cho trong các số được chọn luôn tồn tại hai số có tổng bằng
2288 ?
Câu 5.
(3,0 điểm) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn AB
AC . Vẽ đường cao AD, BE, CF của tam
giác đó. Gọi H là giao điểm của các đường cao vừa vẽ. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của
các đoạn thẳng AH và BC .
a) Chứng minh rằng MFN là tam giác vuông.
b) Chứng minh FMN
FAC .
c) Gọi P, Q lần lượt là chân các đường vuông góc từ M , N đến đường thẳng DF . Chứng
minh rằng giao điểm của FE và MN thuộc đường tròn đường kính PQ .
Câu 6.
(0,5 điểm) Cho a, b là 2 số thực dương.
a) Chứng minh rằng
b) Cho a
b
1
a 1 b
ab thỏa mãn a2
1
ab .
0 và b2
1
2
a
3a b
3a b
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P
3b
b2
a 0.
1
3b a
1
a 2 1 b2 .
---------------------------------@Hết@---------------------------------
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.
(1,5 điểm) Với x
x
0 , cho các biểu thức A
a) Tính giá trị biểu thức A khi x
b) Rút gọn biểu thức B .
A 3
c) Tìm x để
.
B 2
1
x
x
và B
1
x
64 .
Lời giải
a) Tính giá trị biểu thức A khi x 64 .
Ta có: x 64 (thỏa mãn điều kiện x 0 ). Khi đó:
64 1 8 1 7
.
8
8
64
7
Vậy A
khi x 64 .
8
b) Rút gọn biểu thức B .
A
x
Ta có: B
x 1
x
x
x
1
x
1
x
x
x
1
x
x
1
x
x
1
1
x
x
1
với x
1
A 3
c) Tìm x để
.
B 2
Vậy B
Ta có:
A
B
A
B
3
2
3
2
x
x
x
1
x
(ĐKXĐ: x
x
1
x
1
:
0 và x
3
2
0
x
x
x
1
x
x
x
x
x
x
1
x
x
1
1
3
2
1
.
1
0.
:
x
x
1
1
3
2
1
1
1)
3
2
x
2 x
2
3 x
1
x
0
2 x
x
0 (vì x
7y
3x 2
2
x 2 x 4.
Kết hợp điều kiện, ta được 0 x 4 và x
A 3
Vậy
khi 0 x 4 và x 1 .
B 2
Câu 2.
1
1.
(2,0 điểm)
a) Giải phương trình: x
b) Giải hệ phương trình:
3
4
4
x
5
y y
x
2x2
x
y
x
82 .
3x
y
7
Lời giải
a) Giải phương trình: x
3
4
x
5
4
82 .
1
1
0)
1
x
x
.
x
Đặt x
4
t . Khi đó phương trình trở thành: t 1
4
t4
4t 3
6t 2
4t
1 t4
1
82
t4
6t 2
40
0
t2
t2
4 (vì t 2
10
0 t)
t
t
2
2
1
1
x
2
Vậy S
x
6
2;
6 .
x
x
PT (1)
2 x2
x
y
y
y
0
7
0
xy
y2
1 2x
6t 2
4t
10 t 2
4
0
1
3x 2
1
82
.
b) Giải hệ phương trình:
ĐKXĐ:
4t 3
4
t
y
y y
x
2x2
x
y
x
3x
1
1
0
0
y
3x
y
7
x
y 2x
y
x
1 (vì x
y
0 nên x
1
3
x
2x
7y
2
y
2x
y
y
1
0
0 ).
1
Thay vào phương trình (2), ta được:
x
2x 1
x
2x 1 7
3x 1
6
x
3x
4
1
6
3x 1 16
3x 1 4
x
x
1
nên
3
Vậy x, y
5
1
x
1
6 x
4
3
3x
y
3x 2
1
6 x 1
6 x 1
3x
Do đó x
Câu 3.
14 x 8
3
5
Vì x
3x 2
14 x
1
1
0 (ĐKXĐ:
14 x
5
1
0
3x
1
0
3x
1
1
1
5)
0
5 3x
1
6 x
4
7 3x 2
0
11 (thỏa mãn).
5; 11 .
(2,0 điểm)
1 2
1 2
m
m 1 với m là tham số.
x và đường thẳng d : y mx
2
2
Tìm m để P và d cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 sao cho x1 x2 2 .
a) Cho parabol P : y
b) Tìm tất cả các nghiệm nguyên x, y của phương trình: xy
x
3y
6.
Lời giải
1 2
1 2
m
m 1 với m là tham số.
x và đường thẳng d : y mx
2
2
Tìm m để P và d cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 sao cho x1 x2 2 .
a) Cho parabol P : y
Phương trình hoành độ giao điểm của P và d là:
1 2
x
2
mx
1 2
m
2
m
1
x2
2mx
m2
2m
2
0
(1)
b2
Ta có:
ac
m
2
1 m2
2m
2
2m
2
Để P và d cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt
a
0
1 0
2m 2
0
Với m
x1
x2
c
a
x1 . x2
Ta có: x1
2m
2
Vậy m
m
0
1.
1 có 2 nghiệm phân biệt. Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:
b
2m
a
.
m2
x2
2m
2
4 m2
2
x1
2m
2
x2
2
4
4
x1
x2
2m
2
1
2
4 x1 x2
4
1
tm .
2
m
1
.
2
b) Tìm tất cả các nghiệm nguyên x, y của phương trình: xy
Ta có: xy
x
3y
6
x y 1
3 y 1
3
x
x
3y
3 y 1
3.
6.
Vì x, y nguyên nên ta có các trường hợp sau:
x
Vậy x, y
Câu 4.
3
3
1
1
3
y 1
1
3
3
1
x
6
4
2
0
y
0
2
4
2
6; 0 ,
4;
(0,5 điểm) Cho tập hợp A
2 ,
2; 4 , 0; 2 .
201; 203; ...; 2021; 2023 gồm 912 số tự nhiên lẻ. Cần chọn ra ít
nhất bao nhiêu số từ tập hợp A sao cho trong các số được chọn luôn tồn tại hai số có tổng bằng
2288 ?
Lời giải
Xét các cặp số a, b trong tập hợp A có tổng bằng 2288 là:
2023; 265 , 2021; 267 , 2019; 269 , ..., 1147; 1141 , 1145; 1143 (*)
Số các cặp số a, b trong tập hợp A có tổng bằng 2288 là:
2023 1145
1 440 .
2
Số các số trong tập hợp A mà không có số ghép đôi để tổng bằng 2288 là:
912 2.440 32 .
Chọn ra 441 số từ (*), theo Dirichlet tồn tại một nhóm chứa 2 số có tổng bằng 2288.
Vậy cần chọn ít nhất 441 32 473 số từ tập hợp A luôn tồn tại hai số có tổng bằng 2288 .
Câu 5.
(3,0 điểm) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn AB
AC . Vẽ đường cao AD, BE, CF của tam
giác đó. Gọi H là giao điểm của các đường cao vừa vẽ. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của
các đoạn thẳng AH và BC .
a) Chứng minh rằng MFN là tam giác vuông.
b) Chứng minh FMN
FAC .
c) Gọi P, Q lần lượt là chân các đường vuông góc từ M , N đến đường thẳng DF . Chứng
minh rằng giao điểm của FE và MN thuộc đường tròn đường kính PQ .
Lời giải
A
E
M
P
G
H
F
B
D
C
N
Q
a) Chứng minh rằng MFN là tam giác vuông.
Ta có các tam giác FHA và tam giác FBC là các tam giác vuông nên có
AH
và FN
2
NB
MFA
BAD và NFB
DBA
MFA
NFB
FM
MA
BC
( tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền )
2
BAD
DBA
90 ( vì tam giác BAD vuông tại D )
MFN 180
MFA
b) Chứng minh FMN
NFB
180
90
AM
AF
CN
.
FC
FAC .
+) Xét
BFC và
AFH
BFC
FAH
FCB (cùng phụ ABC )
BFC
HFA có:
90
HFA g.g
AH
BC
2 AM
2CN
AF
FC
AF
FC
+) Xét AMF và CNF có:
AM CN
(chứng minh trên)
AF
FC
FAH
FCB (cùng phụ ABC )
90
MFN là tam giác vuông
 AMF
CNF ( c.g.c ) 
FM FN
=
AF FC
+) Xét FMN và FAC có:
FM
FN
(chứng minh trên)
AF
FC
AFC
MFN
90
FMN
FAC c.g .c .
Cách khác: Ta có: MF
1
AH và NF
2
ME
NE
1
BC
2
MN là đường trung trực của FE
NFE cân tại N
mà
NF
NE
MN đồng thời là đường phân giác của NFE
1
(3)
FNM
FNE
2
+) Ta có: tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn tâm N (chứng minh câu a)
1
(4)
FCE
FNE (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung FE )
2
1
FMN
FAC c.g .c
Từ (3), (4) suy ra FNM FCA
FNE .
2
Ý c)
Gọi G là giao điểm của MN và FE
MF
NE
AH
nên MN là đường trung trực của EF )
2
ME
+) Ta có: Tứ giác MPFG nội tiếp MPF
MGF
180
FQN
180
BC
và
2
GMF .
GPF
+) Ta có: Tứ giác GFQN nội tiếp FGN
GQF
GNF
Cộng lại ta được GPF
GQF
GMF
GNF
90 (vì tam giác MFN vuông ở F )
90 . Vậy giao điểm của FE và MN thuộc đường tròn đường kính PQ .
PGQ
Câu 6.
FE tại G ( do NF
MN
(0,5 điểm) Cho a, b là 2 số thực dương.
a) Chứng minh rằng
1
a 1 b
1
ab .
0 và b2
1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P
2
a
3a b
Lời giải
ab .
a) Chứng minh rằng 1 a 1 b 1
b) Cho a
Ta có:
ab thỏa mãn a2
b
1
a 1 b
2
a
b
1
ab
3b
3a b
1
a
b
0 . Dấu “=” xảy ra khi a
b.
ab
a 0.
1
3b a
b2
1
ab
2 ab
1
a 2 1 b2 .
b) Cho a
b
ab . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1
1
P
1 a 2 1 b2 .
2
2
a
3a b b 3b a
1 1
4
Áp dụng bất đẳng thức
, ta có:
x y x y
1
1
4
4
2
2
2
2
2
2
a
3a b b
3b a
a
b
2 a
a
3a b
b
3b a
a
1
3a
2
b
a
a
b
a 2 1 b2
1
ab
4
Suy ra P
4
2
b
1
Mặt khác
1
3b
2
a
b
1
2
a
4
2
a
a b
16
2
1
b (theo câu a)
a
4
b
a
b
+) Ta có: a
b
b
16
b a
b
7 a
b
7
2
4
33
a
a
ab
a
8
a
b
b
a b
16
2
b
0
a
2
b a
16
a b
16
y
b
ab )
7 a
b
8
z
3 xyz , ta có:
b
3
4
(1)
b
0
16
1
2
a
4
4
a
b
(vì a
a
+) Áp dụng bất đẳng thức Cô – sy cho 3 số dạng x
4
2
2ab
b
b
b
2
4 a
4 (vì a, b
0 nên a
b
0)
(2)
3
4
7
21
.
1
2
4
Dấu “=” xảy ra khi a b 2 .
21
Vậy giá trị nhỏ nhất của P
khi a b 2 .
4
---------------------------------@Hết@---------------------------------
Từ (1), (2) suy ra P
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH GIA LAI
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
NĂM HỌC 2024 – 2025
Môn: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 8/6/2024
Câu 1:

 1
:

 x
x
+
4
−
2
x
+
4
+
2


2
b) Cho phương trình x − (m − 1) x − 2(m + 1) = 0 (với m là tham số). Tìm m để phương
trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 x2 + x1 x2 2 = x1 + x2
a) Rút gọn biểu thức A = 
1
+
1
Câu 2:
a) Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol (P) có phương trình y = x2 và đường thẳng (d)
có phương trình y = ( 2 + 1) x + 2 + 2 . Tìm tọa độ giao điểm của parabol (P) và đường
thẳng (d).
b) Tìm tất cả nghiệm nguyên (x, y) của phương trình
x2 − 4 xy + 5 y 2 = 2( x − y + 1)
Câu 3: Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB cố định, I là điểm thuộc đoạn thẳng
AO sao cho AI = 2IO. Đường thẳng qua I vuông góc với đường thẳng AB cắt đường
tròn (O) tại hai điểm phân biệt M và N. Điểm C di động trên cung nhỏ MB (C không
trùng với M và B), E là giao điểm của hai đường thẳng AN và BM. Đường thẳng
qua E vuông góc với đường thẳng AB cắt đường thẳng AM tại F.
a) Chứng minh rằng bốn điểm M, N, E, F cùng thuộc một đường tròn.
b) Gọi D là giao điểm của hai đường thẳng AC và MN. Chứng minh rằng
AD. AC − AI .IB = AI 2
c) Gọi K là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức:
P = 2KM .KB − MK.MB
Câu 4:
a) Giải phương trình 3x + 2 ( x 2 + 5)( x − 1) = x 2 + 8
 x 12 − y + y (12 − x 2 ) = 12
( x, y  R )
b) Giải hệ phương trình  3
 x = 8 x + 1 + 2 y − 2
Câu 5:
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P=
1
1
1
3
+ 2
+ 2
+
2
2
2
a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3 2
2
ĐÁP ÁN
Câu 1:
a) Điều kiện: x > 0.
Với x > 0 ta có

 1
1
1
:
A=
+

 x
x
+
4
−
2
x
+
4
+
2



x + 4 + 2 − ( x + 4 − 2)  1
:
A=
 ( x + 4 − 2)( x + 4 + 2)  x



x + 4 + 2−
x+4+2  1
:
A=
 ( x + 4 − 2)( x + 4 + 2)  x


4 1
4
A=
:
=
. x=4
x
x
x
Vậy với x > 0 thì P = 4.
b) ta có phương trình x2 − (m − 1) x − 2(m + 1) = 0 (với m là tham số)
Để phương trình đã cho có nghiệm thì
  0  (m − 1)2 + 8(m + 1)  0
 m2 + 6m + 9  0
 (m + 3)2  0(ld )
x + x = m −1
Theo định lý Viet ta có:  1 2
 x1 x2 = −2(m + 1)
Ta có:
x12 x2 + x1 x2 2 = x1 + x2
 x1 x2 ( x1 + x2 ) = x1 + x2
Thay (1) vào (2) ta được:
−2(m + 1)(m − 1) = m − 1
 −2(m2 − 1) = m − 1
 2m2 + m − 3 = 0
 (m − 1)(2m + 3) = 0
m = 1

m = − 3

2
Câu 3:
(2)
(1)
a) Dễ thấy tam giác AMN cân tại A
 AMN = ANM
Mà EF // MN (cùng vuông góc với OA)
 AMN = ANM = FEN
 M, N, F, E cùng thuộc 1 đường tròn
b) Ta cần chứng minh
AD. AC − AI .IB = AI 2  AD.AC = AI ( AI + IB)  AD.AC = AI .IB
(*)
Mà do DCIB là tứ giác nội tiếp (vì DIB + DCB = 180 )
 (*) đúng.
c) Trước hết ta chứng minh K, M, B thẳng hàng
Thật vậy, ta có: AMK = AMD + DMK = AMD + 90 −
MKD
= AMD + 90 − MCD
2
Mà AMD = MCD (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau)
 AMK = 90
Mà AMB = 90  K, M, B thẳng hàng
Ta có: P = 2KM.KB – KM.MB
P = KM(2KB – MB)
P = KM(KB – KM)
2 KM ( KB − KM )
2
( KB + KM ) 2 MB 2
P
=
8
8
8
Mặt khác, MB 2 = IA.IB = R 2
3
2
R
 P
3
P=
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là
1
R2
xảy ra khi MK = MB
4
3
Câu 4:
a) Điều kiện: x  1
3x + 2 ( x 2 + 5)( x − 1) = x 2 + 8
Ta có:
 3( x − 1) + 2 ( x 2 + 5)( x − 1) = x 2 + 5
x −1 = v
Ta đặt  2
x + 5 = u
Phương trình đã cho trở thành
3v + 2 uv = u
 2 uv = u − 3v
 4uv = (u − 3v)2 (u  v, u, v)
 4uv = u 2 − 6uv + 9v2
 u 2 − 10uv + 9v2 = 0
 (u − v)(u − 9v) = 0
u = v

u = 9v
Với u = v thì x2 + 5 = x − 1  x2 − x + 6 = 0 (phương trình vô nghiệm)
Với u = 9v thì x 2 + 5 = 9( x − 1)
 x2 − 9 x + 14 = 0
x = 2

(tm)
x = 7
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 2, x = 7.
 −2 3  x  2 3
 2  y  12
b) Điều kiện xác định: 
 x 12 − y + y (12 − x 2 ) = 12(1)
Ta có:  3
 x = 8 x + 1 + 2 y − 2(2)
(1) 
y (12 − x 2 ) = 12 − x 12 − y
 y (12 − x 2 ) = (12 − x 12 − y ) 2
 12 y − x 2 y = 144 − 24 y 12 − y + 12 x 2 − x 2 y
 12 y − 144 + 24 y 12 − y − 12 x 2 = 0
 −12(12 − y ) + 24 x 12 − y − 12 x 2 = 0
 x 2 − 2 x 12 − y + (12 − y ) = 0
 ( x − 12 − y ) 2 = 0
 x = 12 − y
 x2 = 12 − y(3)
Thay (3) vào (2) ta được
x 3 − 8 x − 1 = 2 10 − x 2
(4)
 x3 − 8 x − 3 = 2( 10 − x 2 − 1)
 x ( x − 3) + 3x( x − 3) + ( x − 3) = 2.
2
9 − x2
10 − x 2 + 1

2(3 + x) 
 ( x − 3)  x 2 + 3x + 1 +
=0
10 − x 2 + 1 

TH1: x − 3 = 0  x = 3(tm)
2(3 + x)
TH2: x 2 + 3x + 1 +
=0
10 − x 2 + 1
Ta đi chứng minh x > 0. Phản chứng giả sử x < 0
Từ (1) ta có:
y (12 − x 2 ) = 12 − x 12 − y  12
Mà
y (12 − x 2 )  12(12 − 0) = 12
 Vô lý
Như vậy x > 0
Với x > 0 thì phương trình (4) vô nghiệm
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y) = (3, 3)
Câu 5:
Ta có: a2 + 2b2 + 3 = (a2 + b2 ) + (b2 + 1) + 2  2ab + 2b + 2

1
1
1

=
2
a + 2b + 3 2ab + 2b + 2 2(ab + b + 1)
2
Chứng minh tương tự ta được
1
1
1

=
2
b + 2c + 3 2bc + 2c + 2 2(bc + c + 1)
1
1
1

=
2
2
c + 2 + 3 2ca + 2a + 2 2(ca + a + 1)
2
1
1
1
1
 3
(*)
+
+

+
2  ab + b + 1 bc + c + 1 ca + a + 1  2
1
1
1
+
+
=1
Bây giờ ta chứng minh
ab + b + 1 bc + c + 1 ca + a + 1
P
Thật vậy ta có
1
1
1
+
+
ab + b + 1 bc + c + 1 ca + a + 1
abc
abc
1
=
+
+
2
ab + b + abc bc + abc + abc ca + a + 1
ac
a
1
=
+
+
ac + a + 1 1 + ac + a ca + a + 1
ca + a + 1
=
=1
ca + a + 1
Như vậy (**) đã được chứng minh.
Từ (*) và (**) ta được P  2
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1
Vậy giá trị lớn nhất của P là 2 khi a = b = c = 1.
(**)
KÌ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT, NĂM 2024-2025 TỈNH BÌNH THUẬN
MÔN: TOÁN (chuyên Tin)
NỘI DUNG ĐỀ
Bài 1. (2,0 điểm) Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng ( d ) : y = mx + 4 ( m là tham số)
a) Chứng minh ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt với mọi m .
b) Gọi x1 , x2 là hoành độ giao điểm của ( d ) và ( P ) . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
M=
2 ( x1 + x2 ) + 7
x12 + x22
.
Bài 2. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình 3x 2 + 2 x = 2 x 2 + x + 1 − x .
 x + y = −1
.
2
x + y + 4x + 4 y = 1
b) Giải hệ phương trình:  2
Bài 3. (2,0 điểm)
a) Cho hai biểu thức P = x + 3 − 4 x − 1 + 2 và Q = 3 − x − 2 x − 1 ( x  1) .
Với những giá trị nào của x thì P  Q ?
b) Tìm các số nguyên dương x, y để A, B đồng thời là các số chính phương biết A = x2 + y + 1
và B = y 2 + x + 4.
Bài 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn ( O ) đường kính BC và H là một điểm nằm trên đoạn
thẳng BO ( H không trùng với hai điểm B và O ). Qua H vẽ đường thẳng vuông góc với
BC , cắt đường tròn ( O ) tại A và D . Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng AC và BD ,
N là chân đường vuông góc kẻ từ M đến BC .
a) Chứng minh ANM = ACD .
2
 BO  OH
b) Chứng minh 2 
= 1.
 −
 AB  BH
c) Tiếp tuyến tại B của đường tròn ( O ) cắt AN tại E . Chứng minh đường thẳng EC luôn đi
qua trung điểm I của AH khi điểm H di động trên đoạn thẳng BO .
Bài 5. (1,0 điểm) Cho bàn cờ vua có 64 ô vuông như hình vẽ. Trong mỗi ô vuông của
bàn cờ ghi ngẫu nhiên một số nguyên dương nhỏ hơn 10 đồng thời hai số được ghi trong
hai ô vuông có chung cạnh hoặc chung đỉnh là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh
rằng trên bàn cờ tồn tại một số xuất hiện ít nhất 11 lần.
ĐÁP ÁN
1. (2,0 điểm) Cho parabol ( P ) : y = x và đường thẳng ( d ) : y = mx + 4 ( m là tham số)
2
a) Chứng minh ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt với mọi m .
b) Gọi x1 , x2 là hoành độ giao điểm của ( d ) và ( P ) . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
M=
2 ( x1 + x2 ) + 7
x12 + x22
.
Lời giải.
a) Chứng minh ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt với mọi m .
Phương trình hoành độ giao điểm: x2 − mx − 4 = 0 (1). Do a.c = −4  0 nên phương trình (1)
luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu với mọi m , do đó ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân
biệt với mọi m .
b) Gọi x1 , x2 là hoành độ giao điểm của ( d ) và ( P ) . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
M=
2 ( x1 + x2 ) + 7
x12 + x22
.
*Theo định lí Viet ta có: x1 + x2 = m; x1 x2 = −4 .
*M =
2 ( x1 + x2 ) + 7
x12 + x22
2 ( x1 + x2 ) + 7
( m − 1)  0, m
2m + 7
− m 2 + 2m − 1
=
=
→
M
−
1
=
=− 2
2
2
2
m +8
m +8
( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 m + 8
2
Suy ra M  1, m , do đó giá trị lớn nhất của M bằng 1 khi m = 1.
Nhận xét: Ta có thể tìm được giá trị nhỏ nhất của M như sau:
1
1
1 m2 + 16m + 64 ( m + 8)
M+ =
=
 0, m → M  − , m , do đó giá trị nhỏ nhất của M bằng −
2
2
8
8
8
8 m +8
8 m +8
2
(
)
(
)
khi m = −8 .
2. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình 3x 2 + 2 x = 2 x 2 + x + 1 − x .
 x + y = −1
.
2
x + y + 4x + 4 y = 1
b) Giải hệ phương trình:  2
Lời giải
a) Giải phương trình 3x + 2 x = 2 x + x + 1 − x .
2
2
*Điều kiện: x2 + x  0 , với điều kiện đó, phương trình viết lại 3 ( x 2 + x ) − 2 x 2 + x − 1 = 0
t = 1
*Đặt t = x + x , với t  0 , phương trình trở thành: 3t − 2t − 1 = 0  
.
t = − 1 (l )
3


−1 − 5
x =
2
* Với t = 1 → x 2 + x = 1  x 2 + x − 1 = 0  
.

−1 + 5
x =

2
2
2
Vậy phương trình có hai nghiệm x =
−1 + 5
−1 − 5
và x =
.
2
2
 x + y = −1
.
2
x + y + 4x + 4 y = 1
b) Giải hệ phương trình:  2
 x = 1

 y = −1 − x
 x + y = −1
 y = −1 − x
 y = −2
Ta có:  2 2
.
 2
 2

2
  x = −2
 x + y + 4 x + 4 y = 1  x + ( −1 − x ) + 4 x + 4 ( −1 − x ) = 1  x + x − 2 = 0

  y = 1
Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm ( x; y ) là (1; −2 ) , ( −2;1) .
Cách 2:
 x + y = −1
 x + y = −1
 x + y = −1
. Suy ra x, y là hai nghiệm



2
2
 x + y + 4 x + 4 y = 1 ( x + y ) + 4 ( x + y ) − 2 xy = 1  xy = −2
Ta có:  2
t = 1
, vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x; y ) là (1; −2 ) và
t = −2
của phương trình t 2 + t − 2 = 0  
( −2;1) .
3. (2,0 điểm)
a) Cho hai biểu thức P = x + 3 − 4 x − 1 + 2 và Q = 3 − x − 2 x − 1 ( x  1) .
Với những giá trị nào của x thì P  Q ?
b) Tìm các số nguyên dương x, y để A, B đồng thời là các số chính phương biết A = x2 + y + 1 và
B = y 2 + x + 4.
Lời giải
a) Cho hai biểu thức P = x + 3 − 4 x − 1 + 2 và Q = 3 − x − 2 x − 1 ( x  1) .
Với những giá trị nào của x thì P  Q ?
*Với x  1 ta có
P − Q = x + 3 − 4 x −1 + x − 2 x −1 −1 =
( 2 − x − 1 ) + ( x − 1 − 1) − 1 = 2 − x − 1 + x − 1 − 1 − 1
2
2
 2 − x −1  2 − x −1
2 − x − 1  0

*Ta có 
2 x5
( do A  A, A) . Dấu đẳng thức xảy khi 
x
−
1
−
1

0

 x −1 −1  x −1 −1

→ P − Q  0  P  Q, x  1 , do đó x  1 thì P  Q chỉ xảy ra khi P = Q  2  x  5 .
b) Tìm các số nguyên dương x, y để A, B đồng thời là các số chính phương biết A = x2 + y + 1
và B = y 2 + x + 4.
2
2
2
2
2
* Với x  y  0 thì x  A = x + y + 1  x + x + 1  x + 2 x + 1 = ( x + 1) , do đó tồn tại x, y
để A = x2 + y + 1 là số chính phương.
* Với y  x  0  y 2  B = y 2 + x + 4  y 2 + y + 4  y 2 + 4 y + 4 = ( y + 2) 2
B= y + x+4
 y 2  B  ( y + 2) 2 B = ( y + 1) 2 ⎯⎯⎯⎯
→ ( y + 1) = y 2 + x + 4 → x = 2 y − 3 , thay vào
2
2
A = x 2 + y + 1 = (2 y − 3) 2 + y + 1 = 4 y 2 − 11y + 10
Vì A là số chính phương nên A = k 2 ( k  0 )  k 2 = 4 y 2 − 11y + 10
 4 y 2 − 11 y + 10 − k 2 = 0 (*) *Phương trình (*) ẩn y có  = 16k 2 − 39
Để A là số chính phương thì  là số chính phương, suy ra  = a 2 , ( a  0 )  16k 2 − 39 = a 2
 4k + a  0
nên ta có
→ ( 4k − a )( 4k + a ) = 39 = 1.39 = 3.13 . Do 
4
k
+
a

4
k
−
a

  4k − a = 1
 a = 19


4k + a = 39  k = 5

.

( 4k − a )( 4k + a ) = 39  
 a = 5
 4k − a = 3


4
k
+
a
=
13
 
 k = 2
*Với k = 5 → y = −1  0 (loại)
Với k = 2 → y = 2 → x = 1
x = 1
Vậy chỉ có một cặp số 
thỏa mãn bài toán.
y = 2
Bài 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn ( O ) đường kính BC và H là một điểm nằm trên đoạn
thẳng BO ( H không trùng với hai điểm B và O ). Qua H vẽ đường thẳng vuông góc với
BC , cắt đường tròn ( O ) tại A và D . Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng AC và BD ,
N là chân đường vuông góc kẻ từ M đến BC .
a) Chứng minh ANM = ACD .
2
 BO  OH
b) Chứng minh 2 
= 1.
 −
 AB  BH
c) Tiếp tuyến tại B của đường tròn ( O ) cắt AN tại E . Chứng minh đường thẳng EC luôn đi
qua trung điểm I của AH khi điểm H di động trên đoạn thẳng BO .
Lời giải
a) Chứng minh ANM = ACD .
*Ta có BAC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  BAM = 900 , mặt khác MNB = 900
nên tứ giác MNBA nội tiếp, suy ra ANM = ABM = ACD (đpcm)
2
 BO  OH
b) Chứng minh 2 
= 1.
 −
 AB  BH
AB 2 AB 2
=
* Ta có ABC vuông tại A, nên: BH =
.
BC 2 BO
OH 2 BO 2 − AB 2
AB 2 2 BO 2 − AB 2
 BO 
=
= 2
=
→
 −1
2
BH
AB
BC
2 BO
 AB 
2
* Mà OH = BO − BH = BO −
2
 BO  OH
Suy ra 2 
= 1 (đpcm)
 −
 AB  BH
c) Tiếp tuyến tại B của đường tròn ( O ) cắt AN tại E . Chứng minh đường thẳng EC luôn đi
qua trung điểm I của AH khi điểm H di động trên đoạn thẳng BO .
* MBN = DBC (đối đỉnh), mà DBC = DAC ( tứ giác DBAC nội tiếp)
suy ra MBN = DAC  NMB = BCA (1)
* Do tứ giác MNBA nội tiếp nên ta có NMB = NAB (2)
Tam giác OAC cân tại O  BCA = OAC (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra NAB = OAC  OAC + BAO = NAB + BAO  BAC = NAO , mà
BAC = 90 → NAO = 90 . Vậy NA là tiếp tuyến của ( O ) .
* Ta có EA = EB (tính chất tiếp tuyến) và EAB = EBA .
Trong tam giác vuông ABK , ta có EAB = EBA  BKA = EAK (cùng phụ với 2 góc bằng nhau)
nên KAE cân tại E  AE = KE  EB = KE
AI HI
CI
AI
CI HI
=
*Mặt khác AI KE →
; HI EB →
, suy ra
.
=
=
KE BE
CE KE
CE BE
Mà KE = BE nên suy ra AI = HI , do đó I là trung điểm đoạn thẳng AH .
Bài 5. (1,0 điểm) Cho bàn cờ vua có 64 ô vuông như hình vẽ. Trong mỗi ô vuông của
bàn cờ ghi ngẫu nhiên một số nguyên dương nhỏ hơn 10 đồng thời hai số được ghi trong
hai ô vuông có chung cạnh hoặc chung đỉnh là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh
rằng trên bàn cờ tồn tại một số xuất hiện ít nhất 11 lần.
Lời giải
* Bàn cờ vua có kích thước 8  8 ;
*Xét hình vuông kích thước 2  2 (gồm bốn hình vuông nhỏ kích thước 11 ), trong hình
vuông này, mỗi hình vuông 11 luôn có chung cạnh hoặc chung đỉnh với ba hình vuông còn
lại, nên trong 4 số nguyên dương được viết trong bốn hình vuông nhỏ này chỉ có nhiều nhất
một số chẵn (vì nếu có 2 số chẵn sẽ mâu thuẫn với giả thiết nguyên tố cùng nhau) và cũng có
nhiều nhất một số chia hết cho 3. Do đó trong bốn hình vuông 11 này chắc chắn có ít nhất
hai số lẻ không chia hết cho 3,
* Bàn cờ vua có kích thước 8  8 có 64 : 4 = 16 hình vuông 2  2 không giao nhau, nên có ít
nhất 2 16 = 32 số lẻ không chia hết cho 3.
*Trong 9 số nguyên dương nhỏ hơn 10 chỉ có 3 số lẻ không chia hết cho 3 là 1,5,7 nên theo
nguyên lí Dirichlet tồn tại một trong ba số 1,5,7 xuất hiện ít nhất 
32 
+ 1 = 11 lần.
 3 
----HẾT---
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NINH THUẬN
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2024-2025
Môn thi chuyên: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút
(không kể thời gian phát đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề:
(Đề thi này gồm 01 trang)
x
Bài 1. (1,5 điểm) Giải hệ phương trình x
2
1
1
3
x
1
y 1
2y 3
1 y
1
Bài 2. (2,5 điểm) Cho phương trình bậc hai: x 2
x
4
m
2
0
a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x 1, x 2 thỏa mãn x12
b) Khi m
x 22
3m
1 , gọi x 1, x 2 là hai nghiệm của phương trình. Tính giá trị biểu thức
S
2023
2023
x17
x 27
7
7
.
Bài 3. (1,5 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên x ; y thỏa mãn: 2xy
2x
x
y
0.
1
AB . Gọi
2
O1,O2 lần lượt là trung điểm của AB và CD và E, F là trung điểm các đoạn AO1 và
Bài 4. (3,5 điểm) Cho hình thang ABCD , vuông tại A và D , AD
DO2 . Trên đoạn thẳng EF lấy các điểm M , N sao cho AMB
CD
CND
90 .
a) Chứng minh tứ giác ABCM nội tiếp.
b) Gọi S là giao điểm của AD và BC . Chứng minh các đường thẳng BC , EF và
O1O2 đồng quy tại S .
c) Chứng minh bốn điểm A, D, M, N cùng thuộc một đường tròn.
Bài 6. (1,0 điểm) Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn a.b
1
a
2
1
b
4
2024
.
27
---------------- HẾT ---------------
Trang 1
1 . Chứng minh rằng:
CÂU
HƯỚNG DẪN GIẢI
x 2
1
1
x
1
y
1
Giải hệ phương trình
3
2y 3
4
x 1 1 y
x
Ta có: x
2
1
1
y 1
2y 3
1 y
3
x
1
1
x
1.
1
y
1
3
x
1
5
y
1
1
a b 0
3a 5b 2
1
x
1
y
1
1
1
1
1
4
x
x
0
x
b
1
1
1
5
2
y
1
1
0,50
4
1 . Ta được:
1
y
x
y
1
1
1
. Khi đó
2
2
x
y
2
2
Cho phương trình bậc hai: x 2 x m 2 0
a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x 1, x 2 thỏa mãn
2.
x 22
0,5
3m
+ Điều kiện để phương trình có hai nghiệm là:
9
0
1 4 m 2
0
m
4
x
x2 1
+ Áp dụng định lý Vi-et ta có 1
x1.x 2 m 2
+ Khi đó x12
x 22
3m
x1
x2
2 m
2
3m
5m
5
1
0,50
0,25
Vậy hệ phương trình có nghiệm
x12
0,25
1
a
b
2
a
1
1
. Đặt
b
y
1
1
a
2
1,5
1
3
2a
x
y
1
1
ĐIỂM
Trang 2
2
2x1x 2
m
0,25
3m
1 (thỏa mãn)
0,25
1 , gọi x 1, x 2 là hai nghiệm của phương trình. Tính giá trị
b) Khi m
biểu thức S
2023
2023
x17
x 27
7
1,0
7
1 phương trình trở thành x 2
x
x2 1
+ Theo định lý Vi-et ta có 1
x1x 2
1
x
+ Với m
+ x12
x 22
x1
x2
+ x13
x 23
x1
x2
+ x15
x 25
x13
+ x17
x 27
x15
Khi đó S
2
12
2x1x 2
3
1
0
0,25
2.
1
3.
13
3.
3x1x 2 x1
x2
x 23 x12
x 22
x12x 22 x1
x2
11
x 25 x12
x 22
x12x 22 x13
x 23
29
2023
2023
2023 x17
x17
x 27
x17x 27
7
7
x 27
7 x17
6x
y
0
4xy
2x 2y
3
2y
3
3
2x
1 2y
3
3
nên 2x
Vì x, y
6x
2y
x 27
0
4.
0,25
14.2023
2023.29 14.2023 86989
1 7.29 49
251
Tìm tất cả các cặp số nguyên x ; y thỏa mãn: 2xy
Ta có: 2xy
1 .1
0,25
49
0,25
2x
x
y
0.
1,5
0,50
0,25
0,25
, 2y
1
3
Do đó ta có các trường hợp sau:
2x 1 1
x 0
TH1:
2y 3 3
y 0
3.
2x
2y
1
3
2x
TH3:
2y
1
3
1
3
x
y
1
3
2x
2y
1
3
3
1
x
y
2
2
TH2:
TH4:
x
y
3
1
2
1
Vậy có 4 cặp số nguyên thỏa mãn là:
0; 0 , 2; 1 , 1; 3 , 2; 2
Trang 3
0,50
B
H
K
S
C
O1
O2
E
F M
0,50
N
A
D
a) Chứng minh tứ giác ABCM nội tiếp.
Ta có AMB
1,0
90 nên M thuộc đường tròn đường kính AB
Dễ thấy tứ giác ABCD là hình thang vuông và CD
4.a)
DA
1
0,25
1
AB
2
0,25
nên ADCO1 là hình vuông và BCDO1 là hình bình hành.
AC
DO1 và DO1 || BC nên AC
BC
Vậy C thuộc đường tròn đường kính AB
2
Từ 1 và 2 suy ra hai điểm M ,C cùng thuộc đường tròn đường
kính AB . Do đó tứ giác ABCM nội tiếp.
b) Gọi S là giao điểm của AD và BC . Chứng minh các đường
thẳng BC , EF và O1O2 đồng quy tại S .
4.b)
SA,C
0,25
1,0
1
Theo giả thiết ta có BC đi qua S
Ta có D
0,25
1
AB nên DC là
2
SAB . Suy ra D,C lần lượt là trung điểm
SB và DC || AB; DC
0,25
đường trung bình của
SA, SB
Xét SBE ta có C là trung điểm SB và CF || BE
CO2 là đường trung bình của
SBO1
0,25
O2 là trung điểm của SO1 .
Vậy O1O2 đi qua S
2
Xét SBO1 ta có C là trung điểm SB và CO2 || BO1
CF là đường trung bình của SBE
F là trung điểm của SE .
3
Vậy EF đi qua S
Trang 4
0,25
Từ 1 và 2 suy ra BC , EF và O1O2 đồng quy tại S
0,25
c) Chứng minh bốn điểm A, D, M, N cùng thuộc một đường tròn.
Gọi K là giao điểm của EF với đường tròn đường kính CD
H là giao điểm của KO2 với AB
1,0
Ta có K
SM , O2 là trung điểm SO1 và KO2
1
O M nên KO2
2 1
SO1M
là đường trung bình của
KO2 || MO1
4.c)
KO2D
2KND và MO1A
Mà KO2D
0,25
MO1A (đồng vị)
KHA
2MAD
0,25
KND MAD hay MND MAD
Vậy tứ giác ADMN nội tiếp hay bốn điểm A, D, M, N cùng thuộc
một đường tròn.
Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn a.b 1 . Chứng minh rằng:
1
1
a
2
1
a
2
1
2
1
2
5.
1
1
b
a
4
2
1
b
4
a
2
2
a
2
b
1
aa
33 1
22
4
11
33
b
22
b
9.3
0,25
a4
2
4
.81.3
b4
4
4
Trang 5
4
1024
.
27
2
9.3
0,25
1,0
a4
16
0,25
b4
256
0,25
4
81.3
729 3 4 4
ab
16
729
16
1024
27
0,50
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH KHÁNH HÒA
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
NĂM HỌC: 2024 - 2025
Môn thi: TOÁN CHUYÊN
Ngày thi 04/05/2024
Thời gian làm bài: 𝟏𝟓𝟎 phút (Không kể thời gian phát đề)
Bài 1. (2,00 điểm)
a) Giải phương trình ( x + 2)2 − x − 6 = x 2 + 3x
b) Cho x, y  thȯa y 25 − y 2 + x 25 − x 2 = 2 xy (0  x, y  5) . Chứng minh x2 + y 2 = 25 .
Bài 2. (2,00 điểm)

1 
1
 x +   y +  = 5
x 
y

1. Giải hệ phương trình 
 xy + 1  y + x  = 25



xy  x y  4

2. Biết phương trình x2 + 2 x − m − m2 = 0 luôn có 2 nghiệm phân biệt vởi mọi tham số m .
Gọi (1 , 1 ) , ( 2 ,  2 ) , ( 3 , 3 ) , , ( 25 ,  25 ) tương ứng là 2 nghiệm của phương trình (1) khi m
nhận các giá trị lần lượt là 1;2;3;;25 . Tính T =
1
1
+
1
+
1
1  2
+
1
2
+
1
 25
+
1
 25
.
Bài 3. (1,50 điểm)
1. Cho p, q( p  q  5) là 2 số nguyên tố. Chứng minh p8 − q 4 chia hết cho 240 .
2. Tìm tất cả số nguyên dương n và số nguyên tố p thoả n 2044 + 4n + p 2 chia hết cho np .
Bài 4. (1,50 điểm)
x
1
2
  x +  luôn đúng với mọi x, y  0 .
xy + 2 k 
y
1 1 1
2. Cho a, b, c, x, y, z  0 thoà mãn x + y + z = 2  + +  = 4 .
a b c
x
y
z
+
+
1
Chứng minh:
ax + 2 by + 2 cz + 2
1. Tìm tất cả số thực k  0 sao cho
Bài 5. (2,50 điểm)
Cho A, B là hai điểm cố định trên đường tròn ( O, R ) , C là điểm chính giữa cung AB và M là
điểm di động trên dây cung AB ( M  A, M  B ) . Tia CM cắt ( O, R ) tại D ( D  C ) .
a) Chứng minh AC2 = CM.CD và AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM .
b) Cho R = 5 cm, AB = 6 cm , tính R1 + R2 , với R1 , R2 lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp
tam giác ADM và tam giác BDM
Bài 6. (0,50 điểm)
Cho đa giác A1 A2  A2024 là đa giác đều 2024 đỉnh, trong đó đỉnh A2009 được tô đỏ, các đỉnh còn
lại được tô xanh.
Đổi màu các đỉnh của đa giác theo quy tắc:
Mỗi lần chọn 4 đỉnh của 1 hình chữ nhật rồi đổi màu đồng thời 4 đỉnh ấy (đỏ thành xanh và
xanh thành đỏ).
Hỏi sau một số hữu hạn lần đổi màu như vậy, có thể thu được kết quả đỉnh A2009 và A997 cùng
màu hay không ? Vi sao ?
------------------HẾT--------------------Đề thi này có 01 trang;
Giám thị không giài thích gì thêm.
Lời giải tham khảo
Câu 1: Đặng Mai Quốc Khánh
Câu 2: Nguyễn Khắc Hoàng Lâm
Câu 3: Trần Đình Cẩn
Câu 4: Trần Đình Cẩn
Câu 5: Nguyễn Khắc Hoàng Lâm
Câu 6: Nguyễn Bá Vinh
Câu 1 (2 điểm)
a) Giải phương trình ( x + 2)2 − x − 6 = x 2 + 3x
b) Cho x, y 
thoả y 25 − y 2 + x 25 − x 2 = 2 xy (0  x, y  5) . Chứng minh x2 + y 2 = 25 .
Hướng dẫn
1. ( x + 2)2 − x − 6 = x 2 + 3x (Điều kiện: x  −3 hoặc x  0 )
 x 2 + 4 x + 4 − x − 6 = x 2 + 3x
 x 2 + 3x − x 2 + 3x − 2 = 0 (1)
Đặt t = x 2 + 3x ( t  0 )
Thay vào (1) ta được: t 2 − t − 2 = 0
Vì a − b + c = 0 nên t = −1 (loại do t  0 ) hoặc t = 2 (nhận).
Với t = 2  x 2 + 3x = 2  x 2 + 3x = 4  x 2 + 3x − 4 = 0
 x = −4 ( nhận) hoặc x = 1 (nhận)
Vậy phương trình có tập nghiệm S = −4;1 .
2. Cách 1:
y 25 − y 2 + x 25 − x 2 = 2 xy (0  x, y  5)
y
( 25 − y − x ) + x ( 25 − x − y ) = 0
(

2
2
y 25 − x 2 − y 2
25 − y 2 + x
) + x ( 25 − x − y ) = 0
2
2
25 − x 2 + y


y
x
=0
 25 − x 2 − y 2 
+
2
 25 − y 2 + x

25
−
x
+
y


(
)
Vì 0  x, y  5 nên
y
25 − y + x
2
+
x
25 − x 2 + y
0
Do đó 25 − x2 − y 2 = 0  x2 + y 2 = 25 (dpcm)
Cách 2:
25 − x 2  y 2
 25 − x 2  y

Già sử x + y  25  
(Do 0  x, y  5 )

2
2
2
25
−
y

x
25 − y  x


2
2
Khi đó: 2 xy = y 25 − y 2 + x 25 − x 2  yx + xy = 2 xy (vô lý)
 Điều giả sử sai. Do đó: x 2 + y 2  25 (1)
Chứng minh tương tự ta có: x 2 + y 2  25 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: x 2 + y 2 = 25 ( dpcm )
Câu 2

1 
1
 x +   y +  = 5
x 
y

1. Giải hệ phương trình 
 xy + 1  y + x  = 25



xy  x y  4

2. Biết phương trình x2 + 2 x − m − m2 = 0 luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi tham số m .
Gọi (1 , 1 ) , ( 2 ,  2 ) , ( 3 , 3 ) , , ( 25 ,  25 ) tương ứng là 2 nghiệm của phương trình (1)
khi m nhận các giá trị lần lượt là 1;2;3;;25 . Tính T =
Hướng dẫn
1
1
+
1
+
1
1  2
+
1
2
+
1
 25
+
1
 25
.
Câu 2.1. Điều kiện xác định: x ≠ 0, y ≠ 0

1  5
2 x 2 y 2 − 5 xy + 2 = 0
 xy +  =
xy
2



 2
⇔
⇔
5

1  y x  25
x + y 2 = xy

 y x 5
1  y x  25

2

 xy +  +  =
 xy +  +  =
 + =
xy  x y  4
xy  x y  4
{
{
{ x y  2
1 
1

 x +  y +  = 5
x 
y

xy +
1 y x
+ + =5
xy x y
 x =1

y = 2
x = 2

 y =1
 x = −1

 y = −2
 x = −2

 y = −1
  xy = 2

 x + y = 3
  xy = 2

  xy = 2

xy = 2
  x + y = −3
 2

2
2

 x + y = 5
 ( x + y ) = 5 + 2  2 = 9
  xy = 1


1
1
2
 
⇔ 

xy =
 xy = 2


2
3


 x + y =
 2

5
5
1
9

2
2
2

 x + y =
 ( x + y ) = + 2  =

4
4
2
4




1

  xy =
2



3
  x + y = −
2


 x =1


1
 y = 2
1

x =
2

 y = 1
 x = −1


1
 y = − 2
1

x = −
2

 y = −1
Câu 2.2.
x2 + 2 x − m − m2 = 0
Theo bài ra, phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi m , áp dụng vi-et ta có
x1 + x2 = −2
x1 x2 = − m 2 − m
Và khi m  1, 2,3,, 25 thì 0 không phài là nghiệm của phương trình
1 1 x1 + x2
−2
2
1 
1
+ =
=
=
= 2 −

2
x1 x2
x1 x2
−m − m m ( m + 1)
 m m +1 
Do đó:
Suy ra:
T=
1
1
+
1
+
1
1  2
+
1
2
+
1
2s
+
1 
1 1   1 1 
 1
= 2  −  + 2  −  ++ 2  − 
 25
1 2   2 3 
 25 26 
1
1  50

T = 2 1 −  =
 26  26
Câu 3 (1,5 điểm)
1. Cho p, q( p  q  5) là 2 số nguyên tố. Chứng minh p8 − q 4 chia hết cho 240 .
2. Tìm tất cả số nguyên dương n và số nguyên tố p thoà n20:4 + 4n + p2 chia hết cho np .
Hướng dẫn
1. Ta sẽ chứng minh p8 − q 4 chia hết cho 3,5,16 .
Thật vậy, vì p là số nguyên tố lớn hơn 5 nên p  1, 2 ( mod3) và p  1, 2,3, 4 ( mod5 ) *
Do đó: p 2  12 , 22  1, 4  1( mod3) ; p 4  14 , 24 ,34 , 44  1,16,81, 256  1 ( mod5 )
Tương tự: q 2  1( mod2 ) và q 4  1( mod5 )
 p8  q 4  1( mod3) và p8  q 4  1( mod5 )
 p8 − q4 chia hết cho 3,5 . (1)
Vî p là số nguyên tố lớn hơn 5 nên p lè, do đó p 2  1( mod8 )
Thật vậy, ta có p 2 − 1 = ( p − 1)( p + 1) là tích của hai số chẵn liên tiếp, do đó một trong hai số này
chia hết cho 4 . Vî vậy, p 2 − 1 chia hết cho 8 .
Từ đây ta có thể viết p 2 = 8k + 1( k 
*
)  p = 64k + 16k + 1  1( mod16 )
4
2
Tương tự: q 4  1( mod16 )  p8  q 4  1( mod16 )
 p8 − q4 chia hết cho 16 . (2)
Từ (1), (2) suy ra: p8 − q 4 chia hết cho 240 .
2. Ta có: n2024 + 4n + p2 np  n2024 + 4n + p2 : n  p 2 n


 n  1, p, p 2 .
TH1: n = 1  5 + p2 : p  5: p  p = 5 , thư lại thấy thoà mān.
TH2: n = p  p2024 + 4 p + p2 : p2  4 p : p2  4 : p  p = 2  n = p = 2 , thử lại thấy thoả mãn.
TH3: n = p2  p4048 + 5 p2 : p3  5 p2 : p3  5: p  p = 5  n = p 2 = 25 , thử lại thấy thoà mãn.
Vậy ( n, p )  (1,5 ) ; ( 2, 2 ) ; ( 25,5 )
Chú ý : *ở đây quy ước a  b, c ( modd ) tức là a có thể đồng dur vơi b, c modulo d .
Câu 4 (1,5 điểm)
1. Tìm tất cả số thực k  0 sao cho
x
1
2
  x +  luôn đúng với mọi x, y  0 .
xy + 2 k 
y
1

1
1
2. Cho a, b, c, x, y, z  0 thoà mãn x + y + z = 2  + +  = 4 . Chứng minh:
a b c

x
y
z
+
+
1
ax + 2 by + 2 cz + 2
Hırớng dẫn
1. Ta có:
( xy + 2) 2 x 2 y 2 + 4 xy + 4
4
=
= xy + + 4  2 4 + 4 = 8 (AM-GM).
xy
xy
xy
Dấu " = " xày ra khi xy = 2 .
Do đó:
Vi
x
1  xy + 2  1 
2
 
 =  x +  ; x, y  0
xy + 2 8  y  8 
y
x
1
2
  x +  luôn đúng với mọi x, y  0 nên 0  k  8 .
xy + 2 k 
y
Áp dụng câu 4.1:
x
y
z
1
2
2
2 1
+
+
  x + + y + + z +  = ( 4 + 4) = 1 .
ax + 2 by + 2 cz + 2 8 
a
b
c 8
Dấu " = " xȧy ra khi ax = by = cz = 2
Bài 5. (2,50 điểm)
Cho A, B là hai điểm cố định trên đường tròn ( O, R ) , C là điểm chính giữa cung AB và M là
điểm di động trên dây cung AB ( M  A, M  B ) . Tia CM cắt ( O, R ) tại D ( D  C ) .
a) Chưng minh AC2 = CM.CD và AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM .
b) Cho R = 5 cm, AB = 6 cm , tính R1 + R 2 , với R1 , R 2 lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp
tam giác ADM và tam giác BDM
Hướng dẫn
A
C
I
E
H
M
O
F
D
B
Câu a
1
1
1
1
CAB = SdCB = SdAB; ADC = SdAC = SdAB
2
4
2
4
 CAB = ADC
 CAM CDA ( g  g )
CA CM

=
 CA 2 = CD  CM
CD CA
Vẽ 2 đường trung trực của AM, DM cắt nhau tại I . Khi đó I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác ADM Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AM và DM .
Suy ra EF / /AD , nên EFM = ADM (1)
Mà ADM = CAM, ( CAM  CDA )( 2 )
ˆ
ˆ
Lại có tứ giảc EMFI là tứ giác nội tiếp do E + F = 90 , nên EFM = EIM (3)
Hơn nữa EIM = AIE (EI là trung trực của AM ) (
Từ (1), (2), (3), (4) suy ra: CAM = AIE
Do vậy : CAM + IAM = AIE + IAM  CAI = 90 hay CA vuông góc với AI
Vậy AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM.
Câu b
Nối OC , vì C là điểm chính giữa cung nên OC là đường trung trực của AB . Gọi H là giao
điểm cùa OC và AB
AH =
AB
= 3;OH = OA 2 − AH 2 = 52 − 32 = 4
2
CH = OC − OH = 5 − 4 = 1
AC = CH 2 + AH 2 = 12 + 32 = 10
SinCAH =
R1 = IA =
CH
1
=
AC
10
AE
AE
AM 10
=
=
sinAIE sinCAH
2
Chứng minh tương tự, ta cũng có BC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMD
và có bán kinh là R 2 =
Như vậy R1 + R2 =
BM 10
2
( AM + BM ) 10 = AB 10 = 3 10 cm
( )
2
2
Bài 6. ( 0,50 diếm)
Cho đa giác A1, A2, . A2024 là đa giác đều 2024 đinh, trong đó đỉnh A2009 được tô đỏ, các đinh
còn lại được tô xanh. Đổi màu các đinh của đa giác theo quy tắc: Mỗi lần chọn 4 đinh của 1
hình chữ nhật rồi đổi màu đồng thời 4 đinh ấy (đỏ thành xanh và xanh thành đỏ).
Hỏi sau một số hữu hạn lần đồi màu như vậy, có thể thu được kết quả đinh A2000 và A997 cùng
màu hay không? Vi sao?
Hướng dẫn
Vì A1 A2  A2024 là đa giác đều nên đa giác này nội tiếp đường tròn đường kính tâm O , Gọi Ak
là điểm đối xứng với A1 qua tâm O :
• Đường kính A1 Ak chia đa giác đều A1 A2  A2024 thành 2 phần bằng nhau, số lượng các
đỉnh 2 bên là 1011 đỉh,
• Suy ra, Ak  A1013
Từ đó, ta có quy luật về đường kính của đường tròn ngoại tiếp đa giác đều A1 A2  A2024 :
•
A1 đối xứng với A1013 qua O : đường kinh A1 A1013
• Đường kinh A2 A1014
...
• Đường kính Ak Ak +1012
Suy ra: Am 7 đối xứng với A2009 qua tâm O ,
Nghĩa là, một hình chữ nhật có đinh A997 thì A2009 cũng là đinh của hình chữ nhật đó,
Mà ban đầu, A997 được tô màu xanh, A2009 được tô màu đỏ
Vậy theo quy tắc đổi màu như trên thì A2009 và A997 không thể cùng màu sau một số hữu hạn
lần đồi màu.
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TỈNH PHÚ YÊN
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG, NĂM HỌC 2024 – 2025
Môn thi: TOÁN (chuyên)
Ngày thi: 02/6/2024
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1:
a) Biết x = 2 + 1 , tính A =
b) Rút gọn biểu thức: B =
(
)(
2( x + 1)( x 2 + 1)( x 4 + 1) + x − 2
2 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 8 + 9 + 10
1+ 2 + 3 + 4 + 5
)
c) Cho biết x + x 2 + 1 y + y 2 + 1 = 1, x, y  R . Tính x + y
Câu 2: Cho tam giác ABC (AB < AC < BC) ngoại tiếp đường tròn (I) với các tiếp
điểm trên BC, CA, AB lần lượt là D, E, F. Gọi G và H lần lượt là chân đường vuông
góc hạ từ B và C xuống CI và BI. Chứng minh rằng
a) Tứ giác BGED là hình thang
b) Tứ giác BGFD nội tiếp
c) Các điểm E, F, G, H thẳng hàng
Câu 3:
 x− y = 4
a) Giải hệ phương trình  2
2

 x − y + x + y = 10
b) Không giải phương trình, tìm M 2 với M là tổng các giá trị tuyệt đối của tất
7
cả các nghiệm của phương trình: x = 3 +
.
7
3+
7
3+
x
Câu 4: Cho tam giác ABC cân tại A, có đường cao AH. Gọi M là trung điểm của
AH; E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên BM, AC. Đường thẳng CE cắt
các đường thẳng HF và BF lần lượt tại G và K. Chứng minh rằng
a) BEC = HEA
b) AG vuông góc với BF.
1
4
Câu 5: Cho x  0, y  0, xy  . Chứng minh rằng:
2
1
1

+
1 + 2 xy 1 + 2 x 1 + 2 y
Câu 6: Hãy xác định n số nguyên dương liên tiếp, biết rằng tổng của n số đó bằng
2024.
ĐÁP ÁN
Câu 1:
a) Từ x = 2 + 1  x − 2 = 1  x − 1 = 2
Áp dụng kết quả này ta có:
A=
2( x + 1)( x 2 + 1)( x 4 + 1) + x − 2
A = ( x − 1)( x + 1)( x 2 + 1)( x 4 + 1) + 1
A = ( x 2 − 1)( x 2 + 1)( x 4 + 1) + 1
A = ( x 4 − 1)( x 4 + 1) + 1
A=
x8 − 1 + 1
A = x8 = x 4 =
( 2 + 1)
4
Lưu ý: Có thể thí sinh tính ra kết quả tương đương A = 17 + 12 2
b) Ta có: B =
2 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 8 + 9 + 10
1+ 2 + 3 + 4 + 5
=
1 + 2 + 3 + 4 + 5 + ( 2 + 6 + 8 + 2 + 10)
1+ 2 + 3 + 4 + 5
= 1+
2 + 2 + 6 + 8 + 10
1+ 2 + 3 + 4 + 5
2(1 + 2 + 3 + 4 + 5)
1+ 2 + 3 + 4 + 5
= 1+ 2
= 1+
c) Do
( y + 1 − y )( y + 1 + y ) = 1  y + 1 − y  0 ta có
2
2
x + x +1 =
2
 x+ y =
2
1
.
y − y2 + 1
y + y +1 y − y +1
2
2
=
y2 + 1 − y
y 2 + 1 − x 2 + 1 (1)
Tương tự, y + y 2 + 1 = x 2 + 1 − x  x + y = x 2 + 1 − y 2 + 1 (2)
Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được x + y = 0
Câu 2:
a) Ta có: BG ⊥ IC( gt ), IC ⊥ DE (tính chất tiếp tuyến)
 BG // DE
Do đó tứ giác BGED là hình thang.
b) Do AB < AC < BC nên ACB  ABC  BAC
Do
ACB
ABC + ACB + BAC
+ ABC 
= 90
2
2
Nên tia BF nằm giữ hai tia BE và BG.
Tương tự ta cũng chứng minh được tia CE nằm giữa hai tia CF và CH
Ta có: BGI = BDI = 90
(1)
 BGID nội tiếp đường tròn đường kính BI
Ta có: BFI = 90
(2)
 F nằm trên đường tròn đường kính BI
Từ (1) và (2) suy ra B, G, F, I, D cùng nằm trên đường tròn đường kính BI
Hay BGFD là tứ giác nội tiếp
c) BGFD là tứ giác nội tiếp (cmt)
(3)
 GFD + GBD = 180
Lại có EFD = EDC vì cùng chắn cung ED của đường tròn (I)
(4)
Hơn nữa, do BG // ED (cmt) nên GBD = EDC
(5)
Từ (3), (4) và (5)  GFD + EFD = 180
Hay G, F, E thẳng hàng
Tương tự H, E, F thẳng hàng
Suy ra đpcm.
Câu 3:
 x− y = 4
a) Ta có:  2
2

 x − y + x + y = 10
 x − y = 4

 x − y x + y + x + y = 10
 x − y = 4

5 x + y = 10
 x − y = 4

 x + y = 2
x − y = 4
x = 3

x + y = 2
 y = −1
TH1: 
x − y = 4
x = 1

 x + y = −2  y = −3
TH2: 
 x − y = −4
 x = −1

x + y = 2
y = 3
TH3: 
 x − y = −4
 x = −3

 x + y = −2  y = 1
TH4: 
Vậy nghiệm của hệ phương trình (x; y) là (3; −1);(1; −3);(−1;3);(−3;1)
b) Điều kiện: x  0
7

7 3 + 
7 3 x + 49
7
x

=
=
Ta có:
7
7

3+
3  3 +  + 7 10 x + 7 3
7
x

3+
x
7 3x + 49
Do đó x = 3 +
10 x + 7 3
(1)
(1) là phương trình bậc hai, có ac = -7 nên luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 .
 x 2 − 3x − 7 = 0
 x + x2 = 3
 x1 x2 = −7
Áp dụng định lý Viet ta được:  1
Ta có: M 2 = ( x1 + x2 ) = x12 + x22 + 2 x1 x2 = ( x1 + x2 )2 − 2 x1 x2 + 2 x1 x2
2
=
( 3 ) − 2.(−7) + 2. −7 = 31
2
Vậy M 2 = 31 là kết quả cần tìm.
Câu 4:
a) Do HE ⊥ BM , AH ⊥ BC ( gt )  HBE = MHE (1)
Suy ra hai tam giác vuông HBE và MHE đồng dạng
Suy ra
BH HM
=
BE HE
(2)
Do M, H lần lượt là trung điểm của AH, BC nên BC = 2BH và HA = 2HM (3)
BC HA
=
(4)
BE HE
Từ (1) và (4)  EBC ~ EHA(c − g − c)
Từ (2) và (3) suy ra
Do vậy BEC = HEA
b) Do EBC ~ EHA (cmt) nên HCE = BCE = HAE
 Tứ giác AEHC nội tiếp
Do tứ giác AEHC nội tiếp nên HEA + HCA = 180
Do M, E, B thẳng hàng nên MEG + BEC = 180
Do EBC ~ EHA nên BEC = HEA
(7)
Từ (5), (6), (7) suy ra HCA = MEG
(8)
Lại có HCA = MHG vì cùng phụ HAC (9)
Từ (8) và (9) suy ra MEG = MHG
 Tứ giác MEHG nội tiếp
(5)
(6)
 HGM = MEH = 90
 MG ⊥ HF
 MG // AF
Mà M là trung điểm của HA nên G là trung điểm của HE.
Ta có: AHF = ACH vì cùng phụ CHF
 HFA ~ CFH
HA CH
=

HF CF
Do H, G lần lượt là trung điểm của BC, HF nên BC = 2CH và HF = 2HG
HA
BC
HA BC
=

=
2 HG 2CF
HG CF
Kết hợp với (9) dẫn đến BCF ~ AHG
 HBI = CBF = HAG = HAI (với I là giao điểm của AG và BF)
Từ đó suy ra ABHI nội tiếp, vì thế AIK = AIB = AHB = 90 (đpcm)
Khi đó
Câu 5:
Cách 1:
Ta có:
 1
2
1  
1
1  
1
1 
−
+
−
−
 + 

 = 
1 + 2 xy  1 + 2 x 1 + 2 y   1 + 2 xy 1 + 2 x   1 + 2 xy 1 + 2 y 
=
=
=
=
=
=
Vì x  0, y  0, xy 
2 x − 2 xy
(1 + 2 xy )(1 + 2 x)
2 x( x − y)
(1 + 2 xy )(1 + 2 x)
+
+
2 y − 2 xy
(1 + 2 xy )(1 + 2 y)
2 y( x − y)
(1 + 2 xy )(1 + 2 y)
2 x ( x − y )(1 + 2 y ) + 2 y ( x − y )(1 + 2 x)
(1 + 2 xy )(1 + 2 x)(1 + 2 y)
2( x − y )( x − y + 2 x . y − 2 y .x)
(1 + 2 xy )(1 + 2 x)(1 + 2 y )
(
2( x − y ) ( x − y ) − 2 xy ( x − y )
)
(1 + 2 xy )(1 + 2 x)(1 + 2 y)
2( x − y )2 (1 − 2 xy )
(1 + 2 xy )(1 + 2 x)(1 + 2 y)
2( x − y ) 2 (1 − 2 xy )
1
 0 (1) đpcm
nên
4
(1 + 2 xy )(1 + 2 x)(1 + 2 y)
Dấu “=” xảy ra trong (1) khi và chỉ khi x = y  0 hoặc x, y không âm và xy =
Cách 2:
Đặt a = x , b = y  a, b  0; ab   . Ta cần chứng minh
2
1


2
1
1

+
(1)
2
1 + 2ab 1 + 2a 1 + 2b 2
1
1
1
1

−

−
2
1 + 2ab 1 + 2a 1 + 2ab 1 + 2b 2
a 2 − ab ab − b 2


(do 1 + 2ab  0 )
1 + 2a 2 1 + 2b 2
 a(a − b)(1 + 2b2 )  b(a − b)(1 + 2a 2 ) (do 1 + 2a2  0;1 + 2b2  0 )
 (a − b)(a + 2ab2 − b − 2a2b)  0
1
4
 (a − b) ( (a − b) − 2ab(a − b) )  0
(2)
 (a − b)2 (1 − 2ab)  0
Do (a − b)2  0 và 1 − 2ab  0 nên (2) đúng  (1) đúng
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y  0 hoặc x, y không âm và xy =
1
4
Câu 6:
Ta có: S = 1 + 2 + 3 + ... + n
Và
S = n + (n − 1) + ... + 1
Cộng 2S = (n + 1)n  S =
n(n + 1)
2
Giả sử n số nguyên dương liên tiếp thỏa mãn yêu cầu đề bài bắt đầu từ số nguyên
dương k + 1.
Ta có: (k + 1) + (k + 2) + ... + (k + n − 1) + (k + n) = 2024
n(n + 1)
= 2024
2
 2nk + n(n + 1) = 4048
 n(2k + n + 1) = 24.253
 nk +
Do n, n + 1 có tính chẵn lẻ khác nhau nên n và 2k + n + 1 có tính chẵn lẻ khác nhau.
i) Nếu n lẻ thì 2k + n + 1 chẵn.
 n = 253
 n = 253

(l )
 2k + n + 1 = 16
 k = −119
Khi đó 
ii) Nếu n chẵn thì 2k + n + 1 lẻ
 n = 16
 n = 16

( n)
 2k + n + 1 = 253  k = 118
Khi đó 
Chú ý: Học sinh có thể không xét 2 trường hợp như trên mà có thể làm như sau:
 n = 16
 n = 16

 2k + n + 1 = 253  k = 118
Do n < 2k + n + 1 nên 
Vậy các số cần tìm là 16 số liên tiếp: 119, 120, …, 134.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH
Đề chính thức
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO
LỚP 10 THPT
NĂM HỌC: 2024 - 2025
Môn thi chuyên: TOÁN
(CHUYÊN TOÁN)
Ngày thi: 05 / 6 / 2024
Thời gian làm bài: 150 phút
(không kể thời gian phát đề)
Bài 1: (2.0 điểm)
1. Cho a − b = 17 − 12 2 + 2 2 . Tính giá trị của biểu thức A = a 2 ( a + 1) − b 2 ( b − 1) − 11ab + 2024 .
2. Cho phương trình x2 − 6mx + 18m − 9 = 0 ( m là tham số). Tìm tất cả giá trị của m để phương
trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn
( x12 − 6mx1 + 16m − 20 )( x22 − 6mx2 + 17m − 7 ) = 15m − 28 .
Bài 2: (2,5 đ̛iểm)
x +1 x −1 x + 4 x − 4 5
+
−
−
= ,( x 
x −2 x + 2 x −3 x +3 4
 y 2 − 2 xy − y + 4 x − 2 = 0
2.Giải hệ phương trình  2
, ( x, y 
4
 x − 3 y − 3 = x + 24
1.Giải phương trình
).
).
Bài 3: (1,5 điểm)
1. Tìm tất cả cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn phương trình 6x2 − 2 y 2 − xy + 4 x + 2 y = 7 .
2. Cho n là số ngưyên dương thỏa mãn 12n 2 + 1 là một số nguyên dương. Chứng minh
8 12n 2 + 1 + 8 là một số chính phương.
Bài 4: ( 3,0 điểm )
Cho đường tròn ( O ) và một dây cung BC cố định không là đường kính. Xét điểm A thay đổi trên
( O ) sao cho ABC là tam giác nhọn và AB  AC . Gọi D, E, F lần lượt là chân các đường cao của
tam giác ABC kẻ từ A, B, C . Gọi H là trục tâm của tam giác ABC và I là trung điểm của BC .
1. Chứng minh IEC = ICE và IE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF .
2. Gọi P là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC . Đường thả̉ ng PH cắt đường tròn ngoại
tiếp tam giác HEF tại điểm thứ hai là Q khác H . Chứng minh PD  PI = PE  PF và
AFQ = PIQ .
3. Gọi L là điểm đối xứng với A qua O và M , X , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của L lên
BC , CH, BH . Chúng minh đường tròn ngoại tiểp tam giác MNK luôn đi qua một điểm cố
định.
Bài 5: ( 1,0 điểm)
1.Chứng minh từ 5 số tự nhiên bất kì luôn tìm được 3 số mà tổng của chúng chia hết cho 3 .
2.Chứng minh từ 161 số tự nhiên bất kì luôn tìm được 81 số mà tổng của chúng chia hết cho 8
---------------------HẾT--------------------
TOÁN CHUYÊN
Bài 1:
1. Cho a − b = 17 − 2 2 + 2 2 . Tính giá trị biểu thức A = a 2 ( a + 1) − b 2 ( b − 1) − 11ab + 2024
2. Cho phương trình x2 − 6mx + 18m − 9 = 0 ( m là tham số). Tìm tất cả giá trị của m để phương
trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn
( x12 − 6mx1 + 16m − 20 )( x22 − 6mx2 + 17m − 7 ) = 15m − 28 .
G
1. Ta có: a − b = 17 − 12 2 + 2 2
= (3 − 2 2) 2 + 2 2
= 3− 2 2 + 2 2 = 3
A = a ( a + 1) − b ( b − 1) − 11ab + 2024 =
2
a 3 + a 2 − b3 + b 2 − 11ab + 2024
2
Ta có:
=
( a − b ) + ( a + b ) − 11ab + 2024
=
( a − b ) (a − b)2 + 3ab  + (a − b)2 + 3ab  − 11ab
=
=
+2024
3 ( 9 + 3ab ) + ( 9 + 3ab ) − 11ab + 2024
27 + 9 + 2024 = 2060
3
3
2
2
2. PT: x2 − 6mx + 18m − 9 = 0
PT có hai nghiệm phân biệt x1, x2 nếu Δ  0 , tức là (−3m)2 − (18m − 9 )  0
 9m 2 − 18m + 9  0
(
)
 9 m 2 − 2m + 1  0
 9(m − 1) 2  0
Do đó, m  1 thi phương trình có hai nghiệm phân biệt. Ta có: x11 x2 là hai nghiệm phân biệt của
phương trình nên:
 x12 − 6mx1 + 18m − 9 = 0
 x12 − 6mx1 + 16m − 20 = −2m − 11
 2
 2
 x2 − 6mx2 + 18m − 9 = 0  x2 − 6mx2 + 17m − 7 = −m + 2
Thay lại vào giải thiết bài cho ta có:
( x − 6mx + 16m − 20 )( x − 6mx + 17m − 7 ) = 15m − 28
2
1
2
2
1
2
 ( −2m − 11)( − m + 2 ) = 15m − 28
 2m2 − 4m + 11m − 22 − 15m + 28 = 0
 2m2 − 8m + 6 = 0
 2 ( m 2 − 4m + 3 ) = 0
m = 1
 2 ( m − 1)( m − 3) = 0  
m = 3
( KTM )
(TM)
Vậy m = 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán
Bài 2:
1.Giải phương trình
x +1 x −1 x + 4 x − 4 5
+
−
−
= ,( x 
x −2 x + 2 x −3 x +3 4
).
 y 2 − 2 xy − y + 4 x − 2 = 0
2.Giải hệ phương trình  2
, ( x, y 
4
 x − 3 y − 3 = x + 24
).
G
G
x + 1 x −1 x + 4 x − 4 4
1.
+
−
−
=
( x  ; DK : x 2; 3)
x −2 x + 2 x −3 x +3 4
 x +1
 x −1  x + 4 5   x − 4 3 

+ 2 +
−
+ −
+ =0
 x−2
 x + 2  x −3 2   x +3 4 
3x − 3 x − 1 7 x − 7
7x − 7

+
−
−
=0
x − 2 x + 2 2 ( x − 3) 4 ( x + 3)
 3
1
7
7 
 ( x − 1) 
+
−
−
=0
 x − 2 x + 2 2 ( x − 3) 4 ( x + 3) 
 3x + 6 + x − 2 −7  1

1
 ( x − 1) 
+ 
+
  = 0

 ( x − 2 )( x + 2 ) 2  x − 3 2 ( x + 3)  
 4 ( x + 1)

3 ( x + 1)
−7
 ( x − 1) 
+ 
=0
 ( x − 2 )( x + 2 ) 2 2 ( x − 3)( x + 3) 
21 1 
 4
 ( x − 1)( x + 1)  2
−  2
=0
 x −4 4 x −9 

x = 1

  x = −1
 4
21 1
−  2
=0
 2
x −4 4 x −9
4
21
Giai (*): 2
= 2
x − 4 4 x − 36
4
21
Nếu 2
thì một cách tương đương ta có: 16x2 −144 = 21x2 − 84 hay 5x2 = −60 (vô lí)
= 2
x − 4 4 x − 36
Thử lại ta thấy x = 1 và x = −1 đều thỏa mãn
Vậy phương trình có nghiệm x = 1 và x = −1
2

 y − 2 xy − y + 4 x − 2 = 0 (1)
2)  2
4
( x, y  )

 x − 3 y − 3 = x + 24
Ta viết pt (1) thành tam thức bậc hai theo ý như sau:
(1)  y 2 − ( 2 x + 1) y + 4 x − 2 = 0
Taco : Δ = (2 x + 1) 2 − 41( 4 x − 2 )
= 4 x 2 + 4 x + 1 − 16 x + 8
= 4 x 2 − 12 x + 9 = (2 x − 3) 2 0

( 2 x + 1) + ( 2 x − 3) = 2 x − 1
y =
2


( 2 x + 1) − ( 2 x − 3) = 2
 y=
2

Nếu y = 2 thay vào (2) ta được: x 2 − 9 = x 4 + 24 (vô lí vì x 4 + 24  x 2  x 2 − 9 )
Nếu y = 2x −1 thay vào (2) ta được: x 2 − 3 ( 2 x − 1) − 3 = x 4 + 24
 x 2 − 6 x + 3 − 3 = x 4 + 24
 x 2 − 6 x = x 4 + 24

x2 − 6 x  0
x2 − 6x  0

 4

2
3
2
4
 x − 12 x + 36 x = x + 24
12 ( x − 1) x − 2 x − 2 = c
 x = − 3 +1
(
)
 y = −2 3 + 1 , thử lại ta thấy thỏa mãn
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( − 3 + 1; −2 3 + 1)
Bài 3:
1. Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn phương trình 6x2 − 2 y 2 − xy + 4 x + 2 y = 7
2. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 12n 2 + 1 là một số nguyên dương. Chứng minh
8 12n 2 + 1 + 8 là một số chính phương
G 1)
PT  7
= 6 x 2 − 2 y 2 − xy + 4 x + 2 y
= ( 3x − 2 y )( 2 x + y ) + 2 ( 2 x + y )
= ( 2 x + y )( 3x − 2 y + 2 )
Suy ra ( 2 x + y,3x − 2 y + 2 )  u 2 ( 7 ) = 1; 7 , ta xét các trường hợp:
2x + y
1
7
-1
-7
3x − 2 y + 2
7
1
-7
-1
X
X
x
1
y
-1
X
x
V y ( x; y ) = (1; −1) là nghiệm duy nhất của phương trình
2

 y − 2 xy − y + 4 x − 2 = 0
2)  2
4

 x − 3 y − 3 = x + 24
(1)
( x, y  )
Ta viết pt (1) thành tam thức bậc hai theo ý như sau:
x
x
(1)  y 2 − ( 2 x + 1) y + 4 x − 2 = 0
Taco : Δ = (2 x + 1) 2 − 41( 4 x − 2 )
= 4 x 2 + 4 x + 1 − 16 x + 8
= 4 x 2 − 12 x + 9 = (2 x − 3) 2 0

( 2 x + 1) + ( 2 x − 3) = 2 x − 1
y =
2


( 2 x + 1) − ( 2 x − 3) = 2
 y=
2

Nếu y = 2 thay vào (2) ta được: x 2 − 9 = x 4 + 24 (volí vi− x 4 + 24  x 2  x 2 − 9 )
Nếu y = 2x −1 thay vào (2) ta được: x 2 − 3 ( 2 x − 1) − 3 = x 4 + 24
 x 2 − 6 x + 3 − 3 = x 4 + 24
 x 2 − 6 x = x 4 + 24

x2 − 6 x  0
x2 − 6x  0

 4

2
3
2
4
 x − 12 x + 36 x = x + 24
12 ( x − 1) x − 2 x − 2 = c
 x = − 3 +1
(
)
 y = −2 3 + 1 , thử lại ta thấy thỏa mãn
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( − 3 + 1; −2 3 + 1)
Bài 3:
1. Tìm tất cả cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn phương trình 6x2 − 2 y 2 − xy + 4 x + 2 y = 7 .
2. Cho n là số ngưyên dương thỏa mãn 12n 2 + 1 là một số nguyên dương. Chứng minh
8 12n 2 + 1 + 8 là một số chính phương.
G 1)
PT  7
= 6 x 2 − 2 y 2 − xy + 4 x + 2 y
= ( 3x − 2 y )( 2 x + y ) + 2 ( 2 x + y )
= ( 2 x + y )( 3x − 2 y + 2 )
Suy ra ( 2 x + y,3x − 2 y + 2 )  u 2 ( 7 ) = 1; 7 , ta xét các trường hợp:
2x + y
1
7
-1
-7
3x − 2 y + 2
7
1
-7
-1
X
X
x
1
y
-1
X
x
Vay ( x; y ) = (1; −1) là nghiệm duy nhất của phương trình
x
x
2) Vì 12n 2 + 1 là số nguyên dương nên 12n2 + 1 là số chính phương lẻ, t đó ta có thể đặt
12n 2 + 1 = (2k + 1) 2 , ( k  Z )
 12n 2 = 4k 2 + 4k
 k ( k + 1) = 3n 2
Nhưng ( k ; k + 1) = 1 và phải có một trong hai số k , k + 1 chia hết cho 3 nên ta có thể biểu diễn k và
k + 1 theo các trường hợp sau:
k = u 2
*) Nếu 
k + 1 = 3v
Khi đó 3v 2 − u 2 = 1  u 2 = 3v 2 − 1( mod3)( vôlí )
2
k = 3v 2
*) Nếu 
2
k + 1 = 3u
Khi đó: 8 12n 2 + 1 + 8 = 8 ( 2k + 1) + 8 = 16 ( k + 1) = 16u 2 là số chính phương Như vậy, 12n 2 + 1 nguyên
thì 8 12n 2 + 1 + 8 là một số chính phương.
Bài 4:
A
E
F
HQ O
K
N
M
B
P
C
D I
L
C / M IEC = ICE
IE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp HEF
G
Vi BEC vuông tại E có EI là trung tuyến nên IEC cân tại I  IEC = ICE Ta có AEHF là tứ giác
nội tiếp ( AEH + AFH = 180 mà tương tự ý trên ta cũng có IEB = DAC nên IE là tiếp tuyến của
)
(HEF)
CM : PD.PI = PE.PF và AFQ = PIQ
2. Ta có : EIC = EBI + BEI = 2EBI
Dễ thấy BFHD, AEHF là tứ giác nội tiếp nên DHF = EBI = DAC = EFH
Do dó EIC = 2EBI = DFH + EFH = DFE
 DFEI là tứ giác nội tiếp nên dễ chứng minh được PFD ∽ PIE
PF PD
=
 PF .PE = PD.PI
PI PE
Lại có: PF.PE = PH .PQ nên PH .PQ = PD.PI  PHD ∽ PIQ

Do đó: HQI = HDI = 90
 DHQI là tứ giác nội tiếp
Mà AQH = 90 nên A, Q , I thẳng hàng
Từ đây ta có: PIQ = IAC + ICA = I AC + AFE = AFQ ( dpcm )
3. CM: đường tròn ngoại tiếp MNK luôn đi qua 1 điểm cố định
L đối xứng với A qua O nên  B.LC lần lượt vuông góc với AB, AC
Ta cũng có AB ⊥ CH , AC ⊥ BH nên LB//CH, LC//BH nên BHCL là hình bình hành
Ta có I là trung điểm BC nên I là trung điểm HL
Ta thấy K , H , N , L cùng nằm trên 1 đường tròn (I, IH )
(
)
Ta có : KTN = 2 KCN = 2 180 − KHN = 2 BAC
(
) (
)
= 2 (180 − BHC ) = 2  BAC = KIN
KMN = 180 − KMB − NMC = 90 − KLB + 90 − NLC = HBL + HCL
Do đó, K , I , M , N cùng nằm trên 1 đường tròn hay I nằm trên ( KMN )
Mà I là điểm cố định khi A di chuyển trên (0). Do tó (KMN) luôn đi qua 1 điểm cố định là trung
điểm BC .
Bài 5:
1.Chứng minh từ 5 số tự nhiên bất kì luôn tìm được 3 số mà tổng của chúng chia hết cho 3 .
2.Chứng minh từ 161 số tự nhiên bất kì luôn tìm được 81 số mà tổng của chúng chia hết cho
8
Giai
1.Một số khi chia cho 3 sẽ có số dư là là 0;1; 2
TH1: Trong 5 số đó có đủ 3 số dư khi chia cho 3 , Khi đó ta chỉ cần chọn bộ 3 số có 3 số dư khác
nhau khi chia cho 3 là thỏa mãn bài toán.
TH2: Trong 5 số đó chỉ có 2 số dư khia chia cho 3. Theo nguyên lí Dirichlet chỉ tồn tại ít nhất
5
 2  + 1 = 3 số có cùng số dư khi chia cho 3 . Khi đó tổng 3 số có cùng số dư Khi chia cho 3 sẽ chia
hết cho 3 .
2. Trong 161 số tự nhiên đó, ta luôn chọn được 3 số mà tổng của chúng là a chia hết cho 3 .
Tương tự trong 158 số còn lại ta luôn chọn được 3 số mà tổng của chúng là a2 chia hết cho 3, cứ
lập luận như vậy ta the đươ các tông a1 , a2 ,, a53 chia hêt cho 3.
CM tương tự câu 1 ta cũng thấy được trong 5 số chia hết cho 3 ta luôn chọn được 3 số có tổng chia
hết cho 9, vì thế trong 53 số a1 , a2 ,, a53 ta chọn được 3 số mà tổng của chúng là b1 chia hết cho 9,
tương tự trong 50 số còn lại ta cũng chọn được 3 số có tổng là b2 chia hết cho 9. Cứ tiếp tục như
vậy ta cũng thu được các tổng b1b2 b12 chia hết cho 9.
Lập luận tương tự như trên từ các số b1 , b2 ,b12 ta cũng chọn được các tổng c1 , c2 ,c5 . chia hét cho
27, và trong 5 số ta luôn chọn được tổng d của 3 số sao cho d chia hết cho 81, mà d là tổng của 81
số từ 161 số tự nhiên bất kì nên ta có thể kết thúc chứng minh
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NGÃI
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2024-2025
Ngày thi: 10/6/2024
Môn: TOÁN (Hệ chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1. (1,5 điểm)
1. Rút gọn biểu thức A =

a + 2 a +1  1
2 a
.
−
 , với a  0, a  1 .
a −1  a +1 a a + a + a +1 
2. Cho hai đường thẳng (d1 ) : y = 2 x + 4 và (d 2 ) : y = (m 2 − 2) x + m + 2 . Tìm m để (d1 ) và
( d 2 ) cắt nhau tại một điểm thuộc trục hoành.
Bài 2. (1,5 điểm)
1. Cho số nguyên a , biết a chia cho 3 dư 2 và a chia cho 7 dư 3. Tìm số dư khi a chia
cho 21.
2. Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x ; y) thỏa mãn x 2 − xy = −4 x + 2 y + 1 .
Bài 3. (2,5 điểm)
1. Giải phương trình ( x − 1) 2 − x x − 1 + 1 = 0 .
2. Cho phương trình x 2 − 2(m + 1) x + m 2 + 4m − 1 = 0 , với m là tham số. Tìm tất cả các giá
trị nguyên của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn giá trị của
x x
biểu thức 1 2 là số nguyên.
x1 + x2
3. Cho 2 số dương a, b thỏa mãn điều kiện 2024a + 1011b  2023 . Tìm giá trị nhỏ nhất
20 23
+ − 1944a − 988b .
của biểu thức P =
a
b
Bài 4. (3,5 điểm)
1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) . Hai tia AB và DC cắt nhau tại E sao cho
AED = 400 , hai tia BC và AD cắt nhau tại F sao cho AFB = 300 . Tính số đo các góc trong
của tứ giác ABCD .
2. Cho đường tròn (O) và BC là dây cung cố định khác đường kính của (O) , A là điểm
di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Gọi ( I ) là đường tròn nội
tiếp tam giác ABC . Tia phân giác của góc BAC cắt (O) tại D (khác A ).
a) Chứng minh tam giác DBI cân. Từ đó suy ra D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
IBC.
b) Gọi E, P, Q lần lượt là các tiếp điểm của ( I ) với BC, CA, AB . Đường thẳng qua A
và song song với BC cắt các tia EP , EQ lần lượt tại M , N . Gọi F là điểm đối xứng
với E qua I . Chứng minh AM = AN và F là trực tâm tam giác EMN .
c) Tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) cắt nhau tại K . Gọi X , Y lần lượt là hình
chiếu của K trên các đường thẳng AB và AC. Chứng minh rằng đường thẳng XY luôn
qua điểm cố định khi A thay đổi.
Bài 5. (1,0 điểm)
Cho số nguyên n  6 . Xét một đa giác lồi n cạnh A1 A2 An . Người ta muốn kẻ một số
đường chéo của đa giác sao cho các đường chéo này chia đa giác thành đúng k lục giác lồi
không có điểm trong chung.
a) Với n = 2022 và k = 505 , hãy chỉ ra một cách chia đa giác đó.
b) Với n = 2023 và k = 505 , ta có thể chia đa giác được không? Hãy giải thích.
HẾT
Trang 1
Ghi chú: Giám thị không giải thích gì thêm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
QUẢNG NGÃI
NĂM HỌC 2024-2025
Ngày thi: 10/6/2024
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: TOÁN (Hệ chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút
HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài 1. (1,5 điểm)
1. Rút gọn biểu thức A =

a + 2 a +1  1
2 a
.
−
 , với a  0, a  1 .
a −1  a +1 a a + a + a +1 
2. Cho hai đường thẳng (d1 ) : y = 2 x + 4 và (d 2 ) : y = (m 2 − 2) x + m + 2 . Tìm m để (d1 )
và ( d 2 ) cắt nhau tại một điểm thuộc trục hoành.
Bài
Tóm tắt cách giải

a + 2 a +1  1
2 a
. 
−

a − 1  a + 1 (a + 1)( a + 1) 
0.25
=
( a + 1) 2 a + 1 − 2 a
.
a − 1 (a + 1)( a + 1)
0.25
=
( a + 1)2 ( a − 1) 2
a −1
=
( a − 1)(a + 1)( a + 1) a + 1
Ta có: A =
1.1
a −1
* Vậy A =
, với a  0, a  1 .
a +1
+) Điều kiện (d1 ) và (d 2 ) cắt nhau: m  −2, m  2 .
1.2
Điểm
+) (d1 ) cắt Ox tại tại A ( −2; 0 ) .
0.25
0.25
0.25
 m = 2 ( L)
+) (d 2 ) qua A ( −2; 0 )  0 = −2(m − 2) + m + 2  
m = − 3

2
3
Vậy m = − là giá trị cần tìm.
2
2
0.25
Bài 2. (1,5 điểm)
1. Cho số nguyên a , biết a chia cho 3 dư 2, a chia cho 7 dư 3. Tìm số dư khi a chia cho 21.
2. Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y) thỏa mãn x 2 − xy = −4 x + 2 y + 1 .
Bài
Tóm tắt cách giải
Vì a chia cho 7 dư 3 nên a = 7k + 3, k  .
Đặt k = 3t + r (t , r  ; 0  r  2)
2.1
Khi đó a = 7 ( 3t + r ) + 3 = 21t + 7 r + 3 (t , r  ; 0  r  2)
Vì a chia cho 3 dư 2 nên r = 2 .
2.2
Điểm
0.25
0.25
Lúc đó a = 21t + 14 + 3 = 21t + 17 . Vậy a chia cho 21 dư 17 .
0.25
* Ta có x 2 − xy = −4 x + 2 y + 1  x 2 + 4 x − 1 = ( x + 2) y .
0.25
x2 + 4x − 1
5
* x = −2 không thỏa, suy ra y =
= x+2−
x+2
x+2
Suy ra được x + 2 là ước của 5 .
0.25
Trang 2
+) Tìm được các nghiệm (−7; −4), (−3;4), (−1; −4), (3;4) .
0.25
Bài 3. (2,5 điểm)
1. Giải phương trình ( x − 1) 2 − x x − 1 + 1 = 0 .
2. Cho phương trình x 2 − 2(m + 1) x + m 2 + 4m − 1 = 0 , với m là tham số. Tìm tất cả các giá
trị nguyên của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn giá trị của biểu thức
x1  x2
là số nguyên.
x1 + x2
3. Cho 2 số dương a, b thỏa mãn điều kiện 2024a + 1011b  2023 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
20 23
+ − 1944a − 988b.
biểu thức P =
a
b
Tóm tắt cách giải
Điểm
Điều kiện x  1.
+) Pt tương đương x 2 − x x − 1 − 2( x − 1) = 0 .
* Dễ thấy x = 1 không là nghiệm phương trình.
0.25
Bài
1
2
2
x
 x 
− 2 = 0.
nên pt tương đương 
 −
x −1
 x −1 
x
=2 x=2
* Giải được
x −1
*  = −2m + 2 . phương trình có hai nghiệm phân biệt  m  1 .
x1  x2 m2 + 4m − 1
*
=
x1 + x2
2(m + 1)
* Ta có 2 
x1  x2
4
là số nguyên nếu (m + 1) | 4 .
= m +3−
x1 + x2
m +1
* Tìm được m = −3.
Ta có:
20 23
+ − 1944a − 988b
a
b
1

1

= 20  + 4a  + 23  + b  − 1944a − 988b − 80a − 23b
a

b

1

1

= 20  + 4a  + 23  + b  − 2024a − 1011b
a

b

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
P=
3.
1
1
.4a + 23.2 .b − ( 2024a + 1011b )
a
b
 20.2.2 + 23.2 − 2023 = −1897

2024a + 1011b = 2023
1


1
a =

Dấu '' = '' xảy ra   = 4a
2
a

b = 1
1
 b = b
1
Vậy MinP = −1897 , đạt được khi a = , b = 1.
2
 20.2
Trang 3
0.25
0.25
0.25
Bài 4. (3,5 điểm)
1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) . Biết hai tia AB và DC cắt nhau tại E
sao cho AED = 400 , hai tia BC và AD cắt nhau tại F sao cho AFB = 300 . Tính số đo các góc
trong của tứ giác ABCD .
Bài
Tóm tắt cách giải
Điểm
0.25
4.1
 A + B + 300 = 1800

Ta có  A + D + 400 = 1800 .

0
 B + D = 180
0.25
 A = 550
0.25
 B = 95 , C = 125 , D = 85
0.25
2. Cho đường tròn (O) và BC là dây cung cố định khác đường kính của (O) , A là điểm
di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Gọi ( I ) là đường tròn nội
tiếp tam giác ABC . Tia phân giác của góc BAC cắt (O) tại D (khác A ).
a) Chứng minh tam giác DBI cân. Từ đó suy ra D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
IBC.
b) Gọi E, P, Q lần lượt là các tiếp điểm của ( I ) với BC, CA, AB . Đường thẳng qua A
và song song với BC cắt các tia EP , EQ lần lượt tại M , N . Gọi F là điểm đối xứng
với E qua I . Chứng minh AM = AN và F là trực tâm tam giác EMN .
c) Tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) cắt nhau tại K . Gọi X , Y lần lượt là hình
chiếu của K trên các đường thẳng AB và AC. Chứng minh rằng đường thẳng XY luôn
qua điểm cố định khi A thay đổi.
Bài
Tóm tắt cách giải
Điểm
0.25
4.2
a
Ta có BID = IAB + IBA (tính chất góc ngoài của tam giác)
= IAC + IBC (tính chất phân giác)
0.25
= DBC + IBC = IBD
Vậy tam giác DBI cân tại D .
0.25
Trang 4
Vì AD là tia phân giác trong góc A nên D là điểm chính giữa của cung nhỏ BC hay
DB = DC . Vậy DB = DI = DC hay D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC.
0.25
Ta có ANQ = QEB (so le trong)
QEB = EQB (tính chất tiếp tuyến)
0.25
EQB = NQA (đối đỉnh)
Vì thế ANQ = NQA , nên tam giác ANQ cân tại
A hay AN = AQ .
4.2
b
Chứng minh tương tự ta có AM = AP .
0.25
Mà AQ = AP (tính chất tiếp tuyến). Do đó AM = AN (đpcm).
* Tam giác QMN có AM = AN = AQ nên vuông tại Q . Suy ra MQ ⊥ NE
Mà FQE = 90  FQ ⊥ NE . Từ đó ta có M , F , Q thẳng hàng.
(1)
 EF ⊥ BC
Lại có 
nên EF ⊥ MN
 BC // MN
(2)
0.25
0.25
Từ (1) và (2) suy ra F là trực tâm tam giác EMN .
Gọi T là trung điểm của BC .
Rõ ràng các tứ giác BXKT , CYKT nội tiếp.
Khi đó XBK = XTK và ACB = TKY .
0.25
4.2
c
Ta có XBK = 180 − ABC − CBK = 180 − ABC − CAB = ACB
Từ đó suy ra XTK = TKY suy ra XT // KY .
Chứng minh tương tự TY // XK .
Vậy XTYK là hình bình hành nên XY qua trung điểm Z của đoạn TK . Mà TK cố
định Z cố định.
0.25
Bài 5. (1,0 điểm)
Cho số nguyên n  6 . Xét một đa giác lồi n cạnh A1 A2 An . Người ta muốn kẻ một số
đường chéo của đa giác sao cho các đường chéo này chia đa giác thành đúng k lục giác lồi không
có điểm trong chung.
a) Với n = 2022 và k = 505 hãy chỉ ra một cách chia đa giác đó.
b) Với n = 2023 và k = 505 , ta có thể chia đa giác được không? Hãy giải thích.
Bài
a
Điểm
Tóm tắt cách giải
Ta chia được như sau: Kẻ các đường chéo A1 A6 , A1 A10 ,
Trang 5
, A1 A2018 .
0.25
Khi đó đa giác này được chia thành k = (2022 − 6) : 4 + 1 = 505 miền lục giác.
b
Giả sử ta có thể chia đa giác lồi 2023 cạnh thành 505 lục giác lồi không có điểm
trong chung bởi các đường chéo của nó. Gọi m là số giao điểm của các đường chéo
nằm trong đa giác. Do mỗi đỉnh của lục giác lồi là đỉnh của đa giác đã cho hoặc là
một trong m giao điểm của các đường chéo đã nêu nên tổng số đo tất cả các góc ở
đỉnh của các lục giác này là m  360 + (2023 − 2) 180 = 180 (2m + 2021) .
0.25
0.25
Tổng số đo các góc ở đỉnh của 505 lục giác là 505  4 180 .
Ta có phương trình 180 (2m + 2021) = 505  4 180  m = −
1
(không thỏa).
2
0.25
Vậy ta không thể thực hiện được với n = 2023 và k = 505 .
Chú ý: Mọi lời giải đúng, khác với hướng dẫn chấm, đều cho điểm tối đa theo từng câu và từng phần
tương ứng.
Trang 6
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH QUẢNG NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
THPT CHUYÊN VÀ PTDTNT TỈNH
NĂM HỌC: 2024 – 2025
Môn thi: Toán (chuyên)
Thời gian: 150 phút
(Không kể thời gian giao đề)
Khóa thi ngày: 04 – 06/6/2024
Câu 1:
a) Cho biểu thức A =
x −2
x −3
1
với x  0, x  4, x  9 . Rút gọn biểu thức A
−
+
x −3
x −2 x−5 x +6
và tìm tất cả các giá trị của x sao cho A > -1
b) Cho parabol (P): y = − x2 và điểm A thuộc (P) có hoành độ bằng -2. Đường thẳng (d) đi
qua điểm B(0; -3), song song với OA (O là gốc tọa độ) và cắt (P) tại hai điểm M, N. Tìm
tọa độ của M và N, biết M có hoành độ âm.
Câu 2:
a) Giải phương trình x 2 + x 2 + x + 3 = x + 2 + 2 x + 5
3xy + y 2 + 2 x − 10 y − 1 = 0
2
2
 (3xy + y )(2 x − 1) − 21 y = 0
b) Giải hệ phương trình 
Câu 3:
Cho hình bình hành ABCD có góc BAD là góc tù, AB < AD và tia phân giác của góc BAD
cắt cạnh BC tại K sao cho CK < AB. Trên cạnh AB lấy điểm L sao cho AL = CK. Hai đoạn
thẳng AK và CL cắt nhau tại M. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ALM cắt đường thẳng AD
tại N (N khác A).
a) Chứng minh AB.NL = AK.NM
b) Chứng minh CNL = 90
c) Gọi I là giao điểm của BD và KL, chứng minh
BA BC BD
+
=
BL BK BI
Câu 4:
Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) có AE là đường phân giác (E thuộc cạnh BC). Trên
đường thẳng đi qua A và vuông góc với AE lấy điểm D sao cho góc BCD bằng 90 . Trên
cạnh AB lấy điểm F sao cho góc DEF bằng 90 .
a) Chứng minh tứ giác ADCE nội tiếp đường tròn và BE 2 = BA.BF
b) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF, đường thẳng đi qua E và song song
với AC cắt cạnh AB tại P. Chứng minh OP vuông góc với AE và điểm O thuộc đường thẳng
BD.
Câu 5:
a) Cho ba số tự nhiên a, b, c thỏa mãn a > 1, b > 1, c > 1 và abc + 1 chia hết cho ab – b +
1. Chứng minh b chia hết cho a.
b) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn
thức P = (2x + 2)(2 y + 3)(2z + 4)
x −1 y −1
6
+

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
x+3 y+4 z+5
ĐÁP ÁN
Câu 1:
a) Với x  0, x  4, x  9 ta có
A=
x −2
x −3
1
−
+
x −3
x −2 x−5 x +6
A=
( x − 2)2
( x − 3) 2
1
−
+
( x − 3)( x − 2) ( x − 3)( x − 2) ( x − 3)( x − 2)
A=
x − 4 x + 4 − ( x − 6 x + 9) + 1
( x − 3)( x − 2)
A=
2 x −4
=
( x − 3)( x − 2)
Để A > -1 
2
 −1 
x −3
2
x −3
2
+1 0 
x −3
x −1
0
x −3
 x −3 0
x  9


0  x  1
 x − 1  0
Vậy với x > 9 hoặc 0  x  1 thì A > -1
b) Ta có đường thẳng OA : y = 2x
Vì MN // OA nên đường thẳng MN có dạng: y = 2x + b
Mà MN đi qua B(0; -3) nên b = -3
Hay đi MN có dạng y = 2x – 3
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng MN và CD có
x = 1
− x2 = 2x − 3  x2 + 2x − 3 = 0  
 x = −3
Như vậy M(-3; -9), N(1; -1)
Câu 2:
a) ĐKXĐ: x  −
5
2
Ta có: x 2 + x 2 + x + 3 = x + 2 + 2 x + 5
 x2 − x − 2 +
x2 − x − 2
x2 + x + 3 + 2x + 5
 x2 − x − 2 = 0


1
1+
= 0(vn)
2

x + x + 3 + 2x + 5
=0
 x = −1

(tm)
x = 2
Vậy nghiệm của phương trình trên là x = -1, x = 2.
3xy + y 2 + 2 x − 10 y − 1 = 0
b) Ta có: 
2
2
 (3xy + y )(2 x − 1) − 21 y = 0
(3xy + y 2 )(2 x − 1) − 21y 2 = 0
y = 0

 (3x + y )(2 x − 1) = 21y
TH1: y = 0 thì 3.x.0 + 02 + 2 x − 10.0 − 1 = 0  x =
1
2
TH2: (3x + y)(2 x − 1) = 21y và y  0
Nếu 3x + y = 0 thì y = 0 và x = 0 (vô lý)
Do đó xét 3x + y  0  2 x − 1 =
21y
3x + y
Ta có: 3xy + y 2 + 2x − 10 y − 1 = 0
21y
− 10 y = 0
3x + y
21
 3x + y +
− 10 = 0
3x + y
 y (3x + y ) +
 (3x + y)2 − 10(3x + y) + 21 = 0
3x + y = 3

3x + y = 7
Khả năng 1: 3x + y = 7 thì 2x – 1 = 3y
Suy ra x = 2, y = 1
Khả năng 2: 3x + y = 3 thì 2x – 1 = 7y
Suy ra x = 2; y = -3
1

x = 2
x = 2
x =
Vậy nghiệm của hệ phương trình là  2 hoặc 
hoặc 
 y = −3
y =1

y = 0
Câu 3:
A
N
D
L
M
I
B
K
C
F
E
a) Ta có: MAL = LNM (do ALMN nội tiếp)
và NLM = NAM = AKB
Suy ra NLM ~ AKB( g − g )
NL MN
=
 AB.NL = AK .MN
AK
AB
b) Ta có: NLM = MAN = LAM = LNM
Hay
Suy ra tam giác LMN cân tại M
 ML = MN (1)
Gọi E là giao điểm của AK, CD
Ta có: CEK = BAK = KAD = EKC hay tam giác CKE cân tại C
ML AL AL
=
=
= 1  ML = MC (2)
MC CE CK
Từ (1) và (2) suy ra tam giác CLN vuông tại N hay CNL = 90
ID DP CD CF
=
=
+
c) Ta có:
(F là giao điểm của LK và CD)
IB BL BL BL
CF CK
ID
CD
CF
=

+1=
+ 1+
mà
BL BK
IB
BL
BL
BD AB
CK AB BC

=
+ 1+
=
+
BI
BL
BK BL BK
Theo định lý Thales:
Câu 4:
D
A
P
O
F
B
E
C
a) Ta có: EAD = ECD = 90 suy ra tứ giác ADCE nội tiếp đường tròn
Ta có: BEF + DEC = 180 − FED = 90
Nên BEK = 90 − DEC = ECD = EAC = BAE
Mà ABE chung
Suy ra BFE ~ BEA( g − g )
BF BE
=
 BE 2 = BF .BA
BE BA
b) Ta có: AEP = EAC = PAE nên tam giác APE cân tại P hay PA = PE

Mà OA = OE
Suy ra OP là trung trực của AE
 OP ⊥ AE
Theo câu a thì BE 2 = BF.BA
Hay BE là tiếp tuyến của (O).
Nên OE ⊥ BC mà DC ⊥ BC hay OE // DC
Ta có: OPE ~ DAC do hai tam giác có các cặp cạnh lần lượt song song
Do đó, AP, OD, EC đồng quy tại B
Vậy O, D, B thẳng hàng.
Câu 5:
a) Ta có: ab − b + 1 (ab − b + 1)c + bc − c + 1 = abc + 1
Suy ra ab − b + 1 bc − c + 1
Ta lại có: ab − b + 1 (bc − c + 1)a + ac − a + 1 = abc + 1
Suy ra ab − b + 1 ac − a + 1 hay 0  ab − b + 1  ac − a + 1
Mặt khác, 2(ab − b + 1) − (ac − a + 1) = a(b − c) + a + 1 + b(a − 2)  0
(vì a > 1, a nguyên nên a  2 )
Do đó: ab − b + 1  ac − a + 1  2(ab − b + 1)
Và ab − b + 1 ac − a + 1
Suy ra ab – b + 1 = ac – a + 1
 b(a − 1) = a(c − 1)
Từ đó, b(a − 1) a mà (a, a – 1) = 1 nên b a (đpcm)
x + 3− 4 y + 4− 5
6
+

b) Ta có:
x+3
y+4
z+5
4
5
6
 2
+
+
(*)
x+3 y+4 z+5
Từ (*) có
Từ (*)
2x + 2
4
5
6
30
= 2−

+
2
(1)
x+3
x+3 y+4 z+5
( y + 4)( z + 5)
2y + 3
5
4
6
24
= 2−

+
2
(2)
y+4
y+4 x+3 z+5
( z + 5)( x + 3)
2z + 4
6
4
5
20
= 2−

+
2
(3)
z+5
z+5 x+3 y+4
( x + 3)( y + 4)
Nhân vế theo vế của (1), (2), (3) thì
(2 x + 2)(2 y + 3)(2 z + 4)
120
 8.
( x + 3)( y + 4)( z + 5)
( x + 3)( y + 4)( z + 5)
 (2 x + 2)(2 y + 3)(2 z + 4)  960
5
6
 4
x = 3
x+3 = y+4 = z+5

7


 y =
Dấu “=” xảy ra khi 
2
 4 + 5 + 6 =2

z
=
4
 x + 3 y + 4 z + 5

x = 3

7

Vậy MinP = 960 khi  y =
2

 z = 4
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2024 – 2025
Môn thi: TOÁN (chuyên)
Thời gian: 150 phút
(Không kể thời gian giao đề)
(Dành cho thí sinh thi vào Trường
THPT chuyên Lê Quý Đôn)
Bài 1:

2
3 x
11 x + 4   x − 2 −2 x + 4 
+
−
+
 : 
 với x  0, x  4
x
+
1
x
+
2
x
+
3
x
+
2
x
x
+
2
x

 

Cho biểu thức P = 
Rút gọn biểu thức P và tìm tất cả các giá trị của x để P là số nguyên
Bài 2: Trên cùng một mặt phẳng tọa độ, cho Parabol ( P) : y = x2 và đường thẳng (d):
y = kx – k + 5
a) Chứng minh rằng (d) luôn đi qua một điểm cố định M và cắt (P) tại hai điểm phân
biệt A, B với mọi giá trị của tham số k.
b) Cho điểm C(1; 2), tìm tất cả giá trị của k để các tam giác MAC và MBC có diện
tích bằng nhau.
Bài 3:
a) Giải phương trình 8 x 2 + 16 x − 7 = (8 x + 3) 5 x − 1
2
2

 x( x − xy + 10 y ) = y (− x + 9 x + 10 y )
b) Giải hệ phương trình  3

 2 x − 16 y + 6 y − 1 = 4 xy(3 − 2 x) 2 − 2 x
Bài 4: Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), các đường phân
giác của tam giác cắt nhau tại I. Đường thẳng vuông góc với AI tại I lần lượt cắt các
đường thẳng BC, AB, AC tại các điểm D, E, F. Đường tròn (O) cắt tia AI tại điểm N
(khác A) và cắt đoạn thẳng DN tại điểm K (khác N).
a) Chứng minh rằng tứ giác BEIK nội tiếp
b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường tròn (O) tại điểm P (khác A).
Chứng minh rằng các đường thẳng PN, BC, IK đồng quy.
Bài 5: Trên tia phân giác của góc nhọn xAy lấy điểm O (khác A) và vẽ đường tròn
(O) tiếp xúc với các tia Ax, Ay lần lượt tại B, C. Trên các tia Ax, Ay lần lượt lấy các
điểm D, E sao cho AB < AD < AE. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng DE. Các
đoạn thẳng AM, BC cắt nhau tại N. Chứng minh rằng ON vuông góc với DE.
Bài 6:
a) Cho các số thực dương a, b thỏa mãn ab + 1  2 b . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức T =
ab
2009a
+
2024a + 2025b
b
b) Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho tồn tại cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn
x2 − kxy + y 2 + 1 = 0
ĐÁP ÁN
Câu 1:
Với điều kiện x > 0 và x  4 , khai triển và rút gọn ta được
 2
3 x
11 x + 4   x − 2 −2 x + 4 
P = 
+
−
+
:

x + 2 x + 3 x + 2  
x
x + 2 x 
 x +1
 2( x + 2) + 3 x .( x + 1) − (11 x + 4)   x − 2 x 
P = 
 : 

(
x
+
1)(
x
+
2)

  x ( x + 2) 
P=
3x − 6 x
x −2
:
( x + 2)( x + 1) x + 2
P=
3 x ( x − 2) ( x + 2)
3 x
.
=
( x + 2)( x + 1) ( x − 2)
x +1
Với điều kiện x > 0, ta chứng minh được
0 P=
3 x
3
x +1
Mà P là số nguyên nên P  1; 2
+ Với P = 1 ta có
3 x
1
= 1  x = (tm)
4
x +1
+ Với P = 2 ta có
3 x
= 2  x = 4(ktm)
x +1
Vậy x =
1
là giá trị cần tìm để P là số nguyên.
4
Câu 2:
a) Dễ thấy (d) luôn đi qua điểm M(1; 5)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d)
x2 = kx − k + 5
 x2 − kx + k − 5 = 0(1)
Phương trình (1) là phương trình bậc hai ẩn x, ta có
 = k 2 − 4(k − 5) = k 2 − 4k + 20 = (k − 2)2 + 16  16  0, x  R
Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt, hay đường thẳng (d) cắt (P)
tại hai điểm phân biệt A, B với mọi giá trị của tham số k.
b) Chú ý rằng ba điểm M, A, B thẳng hàng vì cùng thuộc đường thẳng (d), nên hai
tam giác MAC và MBC có diện tích bằng nhau khi và chỉ khi MA = MB
Do hai tam giác này có chung độ dài chiều cao là khoảng cách từ điểm C đến đường
thẳng (d).
Điều này dẫn đến M là trung điểm của A, B do A, B là hai điểm phân biệt.
Gọi A( x1; y1 ), B( x2 ; y2 ) do hoành độ của A, B là nghiệm của phương trình (1) nên theo
định lý Viet, ta có
 x1 + x2 = k

 x1 x2 = k − 5
Vì M(1; 5) là trung điểm của A, B nên ta được
x1 + x2
k
=1 =1 k = 2
2
2
Vậy k = 2 là giá trị cần tìm để các tam giác MAC và MBC có diện tích bằng nhau.
Câu 3:
a) Điều kiện xác định: x 
1
5
Với x thỏa mãn điều kiện xác định, phương trình đã cho tương đương với
5 x − 10 = (8 x + 3)( 5 x − 1 − x − 1)
 5( x − 2) =
(8 x + 3)[5 x − 1 − ( x + 1) 2 ]
5x − 1 + x + 1
(8 x + 3)( x − 1) 

 ( x − 2)  5 +
=0
5x − 1 + x + 1 

Với mọi x 
5+
1
ta có
5
(8 x + 3)( x − 1) 8 x 2 + 2 + 5 5 x − 1
=
0
5x − 1 + x + 1
5x − 1 + x + 1
Nên phương trình (1) tương đương với x – 2 = 0 hay x = 2 (thỏa mãn đkxd)
Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình
b) Điều kiện xác định: x  1, y  0
Ta viết lại phương trình thứ nhất của hệ phương trình thành
x3 + xy = 10 y y
 ( x − 2 y )( x 2 + 2 x y + 5 y ) = 0
Nếu x 2 + 2 x y + 5 y = 0 thì ( x + y )2 + 4 y = 0 ta được x = y = 0 (không thỏa mãn hệ
phương trình)
Xét trường hợp chính x = 2 y , thay vào phương trình thứ hai của hệ phương trình
ban đầu ta được
2 x3 − 4 x 2 + 3 x − 1 = x 3 (3 − 2 x) 2 − 2 x
Hiển nhiên x = 0 không phải nghiệm phương trình
Xét x  0 chia cả hai vế cho x 3 ta được
2−
4 3 1
+ − = (3 − 2 x) 2 − 2 x
x x 2 x3
3
 1  1
 1 −  + 1−  =
x 
x

( 2 − 2x ) + 2 − 2x
3
1
x
Nếu 1 −  2 − 2x thì vế trái nhỏ hơn vế phải
1
x
Nếu 1 −  2 − 2x thì vế trái lớn hơn vế phải
1
x
Vậy ta có 1 − = 2 − 2x
Từ điều kiện xác định và phương trình x = 2 y ta có 0  x  1
1
x
Do đó 1 −  0  2 − 2x
1
4
Dấu “=” xảy ra khi x = 1; y = (tm)
1
Vậy ( x; y ) =  1;  là nghiệm duy nhất của hệ phương trình.
 4
Câu 4:
a) Ta có: DIB = AIB − AIE = 180 − IAB − IBA − 90 =
180 − BAC − ABC ACB
=
= DCI
2
2
Ta có: DBI ~ DIC( g − g )
Kết hợp với tứ giác BCNK nội tiếp
suy ra DI 2 = DB.DC = DK.DN
Từ đó ta thu được DIK ~ DNI (c.g.c)
 DIK = DNI
Mà tứ giác ABKN nội tiếp, ta có EBK + EIK = ABK + ANK = 180
Suy ra tứ giác BEIK nội tiếp
b) Vì AI đồng thời là đường cao và đường phân giác của tam giác AEF nên tam giác
AEF cân tại A
Suy ra AE = AF và AEF = AFE =
Ta có: BKE = BIE = AEF − EBI =
180 − BAC
2
180 − BAC ABC ACB AKB
−
=
=
2
2
2
2
Suy ra KE là tia phân giác của AKB
Chứng minh tương tự ta thu được tứ giác CEIK nội tiếp
và KF là tia phân giác của AKC
KB KB KA EB FA EB
=
.
=
.
=
KC KA KC EA FC FC
Ta có:
Vì ABP = ACP, AEP = AFP nên PBE ~ PCF ( g − g )
Suy ra
PB BE KB
=
=
PC CF KC
Do NPB = NAB = NAC = NPC nên PN là tia phân giác của BPC
Gọi PN cắt BC tại Q
QB PB KB
=
=
QC PC KC
Ta có:
Suy ra KQ là tia phân giác của BKC
Do đó, tia KI và tia KQ trùng nhau hay ba điểm K, Q, I thẳng hàng
Vậy PN, BC, IK đồng quy tại Q.
Nhận xét:
Ở ý 4b) có thể xử lí bằng cách sử dụng tính chất KD là phân giác ngoài của góc BKC
và sử dụng thêm định lý Menelaus cho tam giác ABC với D, E, F thẳng hàng để thu
được
KB BE
=
KC CF
Câu 5:
Qua N kẻ đường thẳng song song với DE cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại
H, K.
Áp dụng bổ đề hình thang với chú ý HK // DE và M là trung điểm của BC
Ta có: N là trung điểm của HK
Qua H kẻ đường thẳng song song với BC cắt đường thẳng AC tại L
Theo định lý Thales, ta có:
BH CL
=
AB AC
Vì AB = AC nên BH = CL
Xét tam giác HKL có N là trung điểm của HK và CN // HL nên C là trung điểm của
KL.
Suy ra CK = CL = BH
Từ đó, ta chứng minh được OBH = OCK (c.g.c)
Suy ra OH = OK.
Vì ON là đường trung tuyến của tam giác OHK cân tại O nên ON ⊥ HK
Lại có HK // DE nên ta suy ra được ON ⊥ DE
Câu 6:
a) Đặt a = x,
1
=y
b
Ta thu được ngay x + y  2
Viết lại biểu thức T theo x, y ta có
T=
xy
+ 2009 x 2 y 2
2
2024 x y + 2025
2
Đặt c = xy, theo bất đẳng thức Cauchy thì 2 xy  x + y  c  1
Ta có:
c
1
4049c − 2024c 2 − 2005 (1 − c)(2004c − 2005)
−
=
=
0
2024c 2 + 2025 4049 4049(2024c 2 + 2005)
4009(2024c 2 + 2005)
2009c2  2009
Vậy T 
1
+ 2009
4009
Và dấu “=” xảy ra tại a = b = 1
Vậy Tmax = 2009 +
1
4009
b) Xét k để tồn tại bộ số nguyên (x; y) thỏa mãn phương trình.
Ta thấy ngay cặp (x, y) thỏa mãn phương trình thì xy > 0.
Mà (x, y) là nghiệm thì (-x, -y) cũng là nghiệm
Và có thể kiểm tra x, y  0
Vậy là phương trình có một bộ nghiệm (x, y) mà x, y > 0
Xét S = ( x, y ) : x 2 − kxy + y 2 + 1 = 0; x, y  0
Do tập S khác rỗng nên ta có thể xét bộ ( x0 , y0 )  S mà x0 + y0 đạt giá trị nhỏ nhất.
Không mất tính tổng quát giả sử x0  y0
Xét phương trình bậc hai ẩn x
x 2 − x.ky0 + y0 2 + 1 = 0
Phương trình này có một nghiệm là x0 nên nó sẽ có thêm một nghiệm nữa là x1 và
theo định lý Viet thì
 x0 + x1 = ky0

2
 x0 .x1 = y0 + 1
Do x0 + x1 là số nguyên nên x1 là số nguyên
Do x0 .x1  0 nên x1 là số nguyên dương
Vậy ( x0 , x1 )  S
Do đó: x1 + y0  x0 + y0  x1  x0  y0
Nếu x0  y0 + 1  y02 + y0  y02 + 1  y0  1
Từ đây thu được y0 = x0 = 1 và thu được k = 3.
Thử lại thì k = 3 có nghiệm (x, y) = (1, 1)
Vậy k = 3 thỏa mãn
Nếu x1 = y0  x1 = x0 = y0  y02 = y02 + 1 (vô lý)
Vậy k = 3 là giá trị duy nhất cần tìm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC KẠN
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2024 - 2025
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm có 01 trang)
MÔN: TOÁN
(Dành cho thí sinh thi chuyên toán)
Thời gian làm bài:150 phút, không kể thời gian giao đề.
1  x +2
 1
Câu 1 (1,0 điểm). Cho biểu thức A = 
với x  0, x  4 .
+

x −2
x
 x +2
a) Rút gọn biểu thức A .
b) Tìm các số nguyên x để A nhận giá trị nguyên.
Câu 2 (2,0 điểm).
a) Giải phương trình
x 2 + 12 + 5 = 3x + x 2 + 5.

x2 + 1
 2x = y2

b) Giải hệ phương trình 
2
2 y = y + 1 .

x2
Câu 3 (2,0 điểm).
Cho phương trình x 2 + 6 x − m 2 + 6m = 0 (1) ( m là tham số).
a) Tìm các giá trị m nguyên để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn
điều kiện x1 x2  5.
b) Tìm các giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều
kiện x12 − 8 x1 = x2 .
Câu 4 (1,0 điểm).
Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn x 2 − xy + 3 x − 2 y 2 − 3 y − 3 = 0 .
Câu 5 (3,0 điểm).
Cho tam giác ABC vuông ở A ( AB  AC ) . Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC,
tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Gọi S là giao điểm của AI và DE.
a) Chứng minh IECD là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi K, O lần lượt là trung điểm của AB và BC. Chứng minh K, O, S thẳng hàng.
c) Gọi M là giao điểm của KI và AC. Đường thẳng chứa đường cao AH của tam giác
ABC cắt đường thẳng DE tại N. Chứng minh HNM = EMN .
Câu 6 (1,0 điểm).
x2
y2
1
5
+
+
+x+ y  .
Cho x, y  0 thỏa mãn x + y  1 . Chứng minh
1− x 1− y x + y
2
------------------------------- Hết -------------------------------
Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: …………………………………., Số báo danh:………….………….......
Chữ ký của cán bộ coi thi số 1: …………, Chữ ký của cán bộ coi thi số 2: ……….……......
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC KẠN
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
THPT
NĂM HỌC 2024-2025
ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC
MÔN THI:TOÁN - Chuyên
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang)
I. Hướng dẫn chung
1. Giám khảo cần nắm vững yêu cầu chấm để đánh giá tổng quát bài làm của thí
sinh, tránh cách chấm đếm ý cho điểm một cách máy móc, linh hoạt trong việc vận
dụng Đáp án và thang điểm.
2. Cần khuyến khích những bài làm có tính sáng tạo, nội dung bài viết có thể không
trùng với yêu cầu trong đáp án nhưng lập luận thuyết phục, ….
3. Việc chi tiết hóa điểm số của các ý (nếu có) phải đảm bảo không sai lệch với
tổng điểm của mỗi phần và được thống nhất trong Hội đồng chấm thi.
4. Bài thi được chấm theo thang điểm 10; lấy đến 0,25; không làm tròn điểm.
II. Đáp án và thang điểm
Nội dung
Câu
Điểm
1
1  x +2
+
với x  0, x  4 .

x −2
x
 x +2
a) Rút gọn A .
Với x  0, x  4 ta có:

Cho biểu thức A = 
A=
1
(1,0đ
)
x −2+ x +2
( x + 2)( x − 2)
=

x +2
x
2
.
x −2
0,25
0,25
b) Tìm các số nguyên x để A nhận giá trị nguyên.
Để A  
Tức là
2

x −2



x − 2 là ước của 2  



x = 0 ( L)

x − 2 = −1
x =1

x = 9
x − 2 =1

 x = 16
x −2= 2
x − 2 = −2
Vậy x  1;9;16 thì A
a) Giải phương trình
x 2 + 12 + 5 = 3 x + x 2 + 5
0,25
0,25
PT  x 2 + 12 − x 2 + 5 = 3x − 5
Ta có:
2
(2,0đ
)
x 2 + 12 − x 2 + 5  0  3x − 5  0  x 
5
3
0,25
PT  x 2 + 12 − 4 + 3 − x 2 + 5 = 3 x − 6

x2 − 4
x 2 + 12 + 4
+
4 − x2
3 + x2 + 5
− 3( x − 2) = 0
0,25


x+2
x+2
 ( x − 2) 
−
− 3 = 0
2
2
 x + 12 + 4 3 + x + 5

1
1
Ta có : 4 + x 2 + 12  3 + x 2 + 5 

2
4 + x + 12 3 + x 2 + 5
x+2
x+2
5



 vì x  
2
2
3
4 + x + 12 3 + x + 5 


x+2
4 + x 2 + 12
x+2
4 + x 2 + 12
−
−
x+2
3 + x2 + 5
x+2
3 + x2 + 5
0,25
0
−3 0
Vậy phương trình có duy nhất một nghiệm x = 2
0,25

x2 + 1
 2x = y2

b) Giải hệ phương trình 
2
2 y = y + 1

x2
Điều kiện: x, y  0 .
 2 xy 2 = x 2 + 1
Hệ PT   2
2
2 x y = y + 1
0,25
x = y
 2 xy + x + y = 0
Trừ vế với vế ta có: ( x − y )( 2 xy + x + y ) = 0  
0,25
TH1: 2 xy + x + y = 0 vô nghiệm vì

x2 + 1
2
x
=
0

y2

 x  0, y  0  2 xy + x + y  0

2
2 y = y + 1  0

x2
TH2: x = y , thế vào một phương trình trong hệ, ta có:
2 x3 − x 2 − 1 = 0  ( x − 1) ( 2 x 2 + x + 1) = 0  x = 1
Vậy hệ có duy nhất một nghiệm là: (1; 1)
0,25
0,25
Cho phương trình x 2 + 6 x − m 2 + 6m = 0 (1) ( m là tham số)
a) Tìm các giá trị m nguyên để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa
mãn điều kiện x1 x2  5
 ' = ( m − 3)
2
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt  '  0  m  3
x1 x2  5  − m 2 + 6m  5
3
(2,0đ
)
0,25
0,25
 ( m − 1)( m − 5 )  0
0,25
m  2;4 là các giá trị cần tìm.
0,25
b) Tìm các giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa
mãn điều kiện x12 − 8 x1 = x2 .
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi m  3
 x1 + x2 = −6 (2)
0,25
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:

2
 x1 x2 = 6m − m (3)
Ta lại có:
x12 − 8 x1 = x2 (4) Cộng theo vế của (2) và (4) ta được:
 x =1
x − 7 x1 = −6  x − 7 x1 + 6 = 0   1
 x1 = 6
x = 1
 m = −1
Với  1
 m 2 − 6m − 7 = 0  
m=7
 x2 = −7
2
1
0,25
2
1
x = 6
 m = 12
 m2 − 6m − 72 = 0  
 m = −6
 x2 = −12
Với  1
Vậy m  −6; − 1;7;12 là các giá trị cần tìm.
0,25
0,25
Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn x 2 − xy + 3x − 2 y 2 − 3 y − 3 = 0 .
PT  x 2 − ( y − 3) x − 2 y 2 − 3 y + 2 = 5
0,25
Xét phương trình bậc hai: x 2 − ( y − 3) x − 2 y 2 − 3 y + 2 = 0
 = ( 3 y + 1)  x = 2 y − 1, x = − y − 2
2
0,25
x 2 − ( y − 3) x − 2 y 2 − 3 y + 2 = ( x − 2 y + 1)( x + y + 2 )
Vậy pt đã cho  ( x − 2 y + 1)( x + y + 2 ) = 5
2

x
=

x − 2 y +1 = 5
3

TH2: 
(loại)
 x + y + 2 =1
y = − 5

3
16

x=−

 x − 2 y + 1 = −5
 x = −4
 x − 2 y + 1 = −1 
3


TH3: 
TH4: 
 x + y + 2 = −5
 x + y + 2 = −1
 y =1
 y = −5

3
0,25
4
(1,0đ
x − 2 y +1 = 1 x = 2

TH1:

)
x+ y +2 = 5
 y =1
0,25
(loại)
Vậy có 2 cặp số nguyên ( x; y ) cần tìm là: ( 2; 1) , ( −4; 1) .
5
(3,0đ
)
Cho tam giác ABC vuông ở A ( AB  AC ) . Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác
ABC, tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Gọi S là giao
điểm của AI và DE. Chứng minh rằng:
a) IECD là tứ giác nội tiếp.
0,5
Ta có IEC = IDC = 90o  IEC + IDC = 180o  tứ giác IECD nội tiếp.
0,5
b) Gọi K, O lần lượt là trung điểm của AB và BC. Chứng minh K, O, S thẳng
hàng.
180o − ECD
ECD
= 90o +
Ta có: AES = 180 − DEC = 180 −
2
2
CAB + ABC
ECD
= 90o +
Mặt khác: AIB = 180o − IAB − IBA = 180o −
2
2
Suy ra AES = AIB.
Xét tam giác IAB và tam giác EAS có IAB = SAE = 45o và AES = AIB.
IA EA
 IAB ∽ EAS 
=
AB AS
Mà IAB = SAE  IAE ∽ BAS . Vì tam giác IAE vuông cân tại E nên
o
o
1,0
tam giác ABS vuông cân tại S, suy ra S nằm trên đường trung trực của
AB suy ra K, O, S thẳng hàng.
c) Gọi M là giao điểm của KI và AC. Đường thẳng chứa đường cao AH của
tam giác ABC cắt đường thẳng DE tại N. Chứng minh HNM = EMN .
ID SI
=
AN SA
IK
SI
KS //AM 
=
KM SA
IK
FI
ID
FI
IF //AM 
=

=
mà ID = FI  AM = AN
KM AM
AN AM
Vì ID //AN 
1,0
Suy ra tam giác AMN cân
Vậy: HNM = EMN . Điều phải chứng minh.
2
2
x
y
1
5
6
+
+
+x+ y 
Cho x, y  0 thỏa mãn x + y  1 . Chứng minh
(1,0đ
1− x 1− y x + y
2
)
x2
1
y2
1
Ta có:
=
− x − 1,
=
− y −1
1− x 1− x
1− y 1− y
1
1
1
5
1
1
1
9
BĐT trở thành:
+
+
−2 
+
+

1− x 1− y x + y
2
1− x 1− y x + y 2
1 1 1
Chứng minh BĐT: ( a + b + c )  + +   9 với a, b, c  0
a b c
Áp dụng BĐT AM-GM ta có: a + b + c  3 3 abc ,
1 1 1
1
+ +  33
a b c
abc
0,25
0,25
1 1 1
 ( a + b + c )  + +   9 . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c
a b c
Áp dụng BĐT vừa CM ta có:
 1
1
1 
+
+
9
1
−
x
1
−
y
x
+
y


(1 − x + 1 − y + x + y ) 

0,25
1
1
1
9
+
+

1− x 1− y x + y 2
Dấu bằng xảy ra khi 1 − x = 1 − y = x + y  x = y =
1
3
---------------------- HẾT ------------------------
0,25
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
CHUYÊN TOÁN TỈNH ĐIỆN BIÊN NĂM HỌC 2024-2025
Câu 1. Cho P =
1
x +1
−
2
( x − 1)
x x + x − x −1
ĐỀ BÀI
x −1
; Q=
3 x
( x + 1)
( x  0, x  1)
a. Rút gọn P.
b. Cho M =
P
. Tìm x để M là số nguyên.
Q
Câu 2
a. Giải phương trình:
x 2 − x = 4 + 3x − 3x 2 .
4 x 2 + 3x + 5 = 4 xy
b. Giải hệ phương trình:  2
.
 y + 2 y − 8 = 7 x
2
+ 2023 .
a +1
Câu 3. Cho các hàm số y = − x 2 ( P ) và y = ( 2m − 2 ) x − 2m − 5 ( d ) . Biết ( d )  ( P ) tại A, B sao cho
c. Cho số thực a thay đổi. Tìm GTNN của biểu thức N = a 2 − a +
2
M ( −1; −11) là trung điểm của AB . Gọi H , K tương ứng là hình chiếu của A, B trên trục hoành. Tính độ
dài HK .
Câu 4. Cho đường tròn ( O ) . B, C là các điểm cố định trên ( O ) , BC  2R . A là một điểm thay đổi trên
( O ) sao cho tam giác ABC nhọn. Kẻ các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC. AA là đường kính
của ( O ) .
a. Chứng minh BAD =  CAA
b. M là điểm đối xứng với A qua BC, N là điểm đối xứng với B qua AC.
1. Chứng minh rằng CM .CE = CN.CD
2. Giả sử M, C, N thẳng hàng, R = 8cm . Tính AB.
c. I, J lần lượt là trung điểm của BC, EF. AI cắt EF tại K, H là hình chiếu của K lên BC. Chứng minh A, J,
H thẳng hàng.
Câu 5. Cho a, b, c, d là các số nguyên thỏa mãn: a − b + b − c + c − d + d − a = a 2024 + 2025 .
Chứng minh rằng a12 − 1 chia hết cho 16.
Câu 6. Một hội nghị tham dự có n người ( n  75 ) , mỗi người được xếp vào m hàng. Tổng số người và số
hàng cộng với tích, thương, hiệu của số người và số hàng bằng 847. Tính số người tham dự hội nghị và số
người của mỗi hàng.

Trang 1
HƯỚNG DẪN GIẢI
Lời giải được thực hiện bởi thầy Trần Đại Lộ, Trần Trường Sinh, GV toán trường THPT chuyên Lê
Quý Đôn, Điện Biên
2 x −1
x −1
1
Câu 1. Cho P =
; Q=
−
( x  0, x  1)
x +1 x x + x − x −1
3 x x +1
(
)
(
)
a. Rút gọn P.
b. Cho M =
P
. Tìm x để M là số nguyên.
Q
Lời giải
a. P =
x −1
( x + 1)
b. M =
3 x
x +1
2
. Dễ thấy 0  M  3 nên nếu M là số nguyên thì M = 1 hoặc M = 2
1
4
Trường hợp 2: M = 2  x = 4
Câu 2.
Trường hợp 1: M = 1  x =
a. Giải phương trình:
Lời giải
x 2 − x = 4 + 3x − 3x 2 .
Phương trình tương đương với: 3 ( x 2 − x ) + x 2 − x − 4 = 0.
Đặt t = x 2 − x ( t  0 ) ta được phương trình: 3t 2 + t − 4 = 0.
Giải phương trình này ta được t1 = 1 (thỏa mãn), t2 = −
(
4
(loại).
3
)
) (
1
1 5 .
2
1
1

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S =  1 − 5 ; 1 + 5  .
2
2

2
4 x + 3x + 5 = 4 xy
b. Giải hệ phương trình:  2
.
 y + 2 y − 8 = 7 x
Lời giải
Cộng hai phương trình tương ứng vế với vế ta được:
2
( 2 x − y ) − 2 ( 2 x − y ) − 3 = 0 ( *)
Với t1 = 1 thì
x2 − x = 1  x2 − x − 1 = 0  x =
(
)
 2 x − y = −1  2 x = y − 1

Ta có (*)  
2 x − y = 3
2 x = y + 3
Với 2 x = y −1 thay vào phương trình thứ hai của hệ đã cho ta được:
2 ( y 2 + 2 y − 8 ) = 7 ( y − 1) (1)
5
3
Giải phương trình này ta được y1 = 3, y2 = − , tương ứng ta được x1 = 1, x2 = − .
4
2
Với 2 x = y + 3 thay vào phương trình thứ hai của hệ đã cho ta được:
2 ( y 2 + 2 y − 8 ) = 7 ( y + 3) ( 2 )
3  305
15  305
, tương ứng ta được x3,4 =
.
4
8
Vậy hệ phương trình đã cho có tập các nghiệm ( x; y ) là
Giải phương trình này ta được y3,4 =

Trang 2



 5 3   15 + 305 3 + 305   15 − 305 3 − 305  
S = (1;3) ,  − ; −  , 
;
;
 , 
  .
8
4
8
4
 4 2 

 



2
+ 2023 .
c. Cho số thực a thay đổi. Tìm GTNN của biểu thức N = a 2 − a + 2
a +1
Lời giải
2
a2 −1 a −1
2
− 1 = a ( a − 1) − 2
= 2 .  a ( a 2 + 1) − ( a + 1) 
Ta có M = a − a + 2
a +1
a +1 a +1
2
3
2
( a − 1) ( a − 1) ( a − 1) ( a + a + 1)
M =
=
 0, a  .
a2 + 1
a2 + 1
Do đó N = M + 2024  2024.
Từ đó min N = 2024  a = 1 .
Câu 3. Cho các hàm số y = − x 2 ( P ) và y = ( 2m − 2 ) x − 2m − 5 ( d ) . Biết ( d )  ( P ) tại A, B sao cho
M ( −1; −11) là trung điểm của AB . Gọi H , K tương ứng là hình chiếu của A, B trên trục hoành. Tính độ
dài HK .
Lời giải
Phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) & ( P ) là:
x 2 + 2 ( m − 1) x − 2m − 5 = 0 (1)
Ta có  ' = ( m − 1) + 2m + 5 = m 2 + 6  0, m nên luôn có ( d )  ( P ) tại A, B phân biệt.
2
1
( xA + xB )  −1 = 1 − m  m = 2 (thỏa mãn yM = −11 ).
2
Với m = 2 thì pt (1) trở thành: x 2 + 2 x − 9 = 0 ( 2 )
Khi đó: xM =
Ta có HK = x A − xB = 2 10 .
Câu 4. Cho đường tròn ( O ) . B, C là các điểm cố định trên ( O ) , BC  2R . A là một điểm thay đổi trên
( O ) sao cho tam giác ABC nhọn. Kẻ các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC. AA là đường kính
của ( O ) .
a. Chứng minh BAD =  CAA
b. M là điểm đối xứng với A qua BC, N là điểm đối xứng với B qua AC.
1. Chứng minh rằng CM .CE = CN.CD
2. Giả sử M, C, N thẳng hàng, R = 8cm . Tính AB.
c. I, J lần lượt là trung điểm của BC, EF. AI cắt EF tại K, H là hình chiếu của K lên BC. Chứng minh A, J,
H thẳng hàng.
Lời giải

Trang 3
N
A
G
T
J
E
K
F
O
B
D
H
I
C
M
180 − AOC
= 90 −  ABC =  BAD
2
b. 1. CM .CE = CN.CD tương đương CACE
. = CD.CB , điều này hiển nhiên đúng do tứ giác AEDB nội
tiếp.
2. Có:  ACN = BCA =  BCM nên nếu C, N, M thẳng hàng thì  BCA = 60 suy ra  AOB = 120 .
a.  CAA =
+, Gọi T là trung điểm AB, khi đó AB = 2 AT = 2OA.sin TIA = 2R.sin 60 = 8 3
c. +, AJ cắt BC tại H  . Gọi G là trung điểm của AH, theo kết quả quen thuộc thì G, J, I cùng thuộc trung
trực của EF nên  KJI = 90
+, Mặt khác tam giác AEF và ABC đồng dạng mà J, I lần lượt là trung điểm của EF và BC nên tam giác
AIC và AJF đồng dạng nên  AIC =  AJF = KJH  nên tứ giác KJH I nội tiếp suy ra
KH I = KJI = 90 nên H   H suy ra điều phải chứng minh
Câu 5. Cho a, b, c, d là các số nguyên thỏa mãn: a − b + b − c + c − d + d − a = a 2024 + 2025 .
Chứng minh rằng a12 − 1 chia hết cho 16.
Lời giải
+,
Đặt
a − b = x, b − c = y, c = d = z, d − a = t ,
P = x + y + z + t = x + y + x+ y+t + t
khi
đó
x+ y + z +t = 0
và
Ta xét các trường hợp sau.
Trường hợp 1: x + y là số chẵn, khi đó x + y chẵn. Mặt khác x + y + t và t cùng chẵn hoặc cùng lẻ nên
x + y + t + t chẵn suy ra P là số chẵn.
Trường hợp 2: x + y là số lẻ, khi đó: x + y lẻ. Mặt khác x + y + t + t có thể nhận 4 kết quả sau:
x + y + 2t , x + y, − x − t , − x − y − 2t đều là số lẻ nên P là số chẵn.
Vậy a2024 + 2025 là số chẵn suy ra a là số lẻ.
Có: a12 − 1 = ( a 6 − 1)( a 6 + 1) = ( a 2 − 1)( a 4 + a 2 + 1)( a 6 + 1)
Do a là số lẻ nên a 2 − 1 chia hết cho 8 và a6 + 1 chia hết cho 2 nên a12 − 1 chia hết cho 16 suy ra điều phải
chứng minh.
Câu 6. Một hội nghị tham dự có n người ( n  75 ) , mỗi người được xếp vào m hàng. Tổng số người và số
hàng cộng với tích, thương, hiệu của số người và số hàng bằng 847. Tính số người tham dự hội nghị và số
người của mỗi hàng.
Lời giải

Trang 4
+, Ta có phương trình sau: m + n + mn + n − m +
n
n
= 847 tương đương 2n + mn + = 847
m
m
n
cũng là số tự nhiên suy ra n = km ( k  ) , thay vào phương trình ta
m
2
có: 2km + km 2 + k = 847  k ( m + 1) = 847 = 7.112 nên m + 1 = 11  m = 10 và k = 7
Vậy tổng có 70 người và mỗi hàng 7 người.
+, Do 2n + mn là số tự nhiên nên

Trang 5
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
THPT
NĂM HỌC 2024 – 2025
Môn thi chuyên: TOÁN (CHUYÊN
TOÁN - TIN)
Ngày thi: 05/6/2024
Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kể thời gian phát đề)
Bài 1:
2
1  
x+2 
−
 với x  0, x  4
 : 
 x − 2 x 2 − x   x − 4 x + 4 

1. Cho biểu thức T = 
a) Rút gọn biểu thức T
b) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x sao cho T < 0
2. Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = 2x – 3m + 1 (m là tham số). Tìm
tất cả các giá trị của m để (P), (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A( x1; y1 ), B( x2 ; y2 )
thỏa mãn y12 − y22 = 2024( x12 − x22 )
Bài 2:
1. Giải phương trình: 2 x 2 + ( x + 2) x + 2 = 2 − 3 x( x  R)
2. Giải hệ phương trình với x, y  R
1
1

x − x = y − y

 y x + x y = x2 + y

Bài 3: Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn phương trình sau
2 x2 − y 2 + xy + 2 x + 2 y = 7
Bài 4: Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC nội tiếp đường tròn (O). Kẻ đường cao
AH của tam giác ABC (H thuộc BC). Gọi P, Q lần lượt là chân đường vuông góc kẻ
từ H đến AB, AC.
1. Chứng minh APQ = AHQ và bốn điểm B, C, Q, P cùng nằm trên một đường tròn.
2. Đường thẳng PQ và BC cắt nhau tại M. Chứng minh hai tam giác MQH và MHP
đồng dạng và MH 2 = MB.MC
3. Đường thẳng MA cắt (O) tại K khác A, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác
BCQP. Chứng minh ba điểm I, H, K thẳng hàng.
Bài 5: Cho năm số thực dương a1 , a2 , a3 , a4 , a5 thỏa mãn a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = 2024 . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=
(a1 + a2 + a3 + a4 )(a1 + a2 + a3 )(a1 + a2 )
a1a2 a3a4 a5
ĐÁP ÁN
Bài 1:
1. a) Với điều kiện xác định x  0, x  4 , ta có
2
1  
x+2 

T =
−
:



 x − 2 x 2 − x   x − 4 x + 4 

2
=
+
 x ( x − 2)
1   x+2 

:
x − 2   ( x − 2) 2 
=
x + 2 ( x − 2) 2
.
x ( x − 2)
x+2
=
x−2
x
b) Ta có:
T 0
x −2
0 x−20
x
 x  20 x 4
Kết hợp điều kiện xác định, ta được 0 < x < 4
Vì x nhận các giá trị nguyên nên x  1, 2,3
Kết luận: Với các giá trị nguyên x  1, 2,3 thì T < 0
2. Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
(1)
x2 = 2x − 3m + 1  x2 − 2x + 3m − 1 = 0
Phương trình (1) có  ' = 2 − 3m
Để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có hai nghiệm
thực x1 , x2 phân biệt, tức là
2
3
x + x = 2
2
Với m  theo định lý Viet ta có  1 2
3
 x1 x2 = 3m − 1
 ' = 2 − 3m  0  m 
Vì A( x1; y1 ), B( x2 ; y2 )  ( P) nên y1 = x12 , y2 = x22
Khi đó biểu thức đang xét trở thành
x14 − x24 = 2024( x12 − x22 )
 ( x12 − x22 )( x12 + x22 ) = 2024( x12 − x22 )
 ( x1 − x2 )( x1 + x2 )( x12 + x2 2 − 2024) = 0
 x12 + x2 2 − 2024 = 0 (vì x1 + x2 = 2  0; x1  x2 )
 ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2 − 2024 = 0
 22 − 2(3m − 1) − 2024 = 0
 6m = −2018  m =
Kết luận: m =
−1009
(tm)
3
−1009
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
3
Bài 2:
1. Điều kiện xác định x  −2
Phương trình ban đầu tương đương
(2 x 2 + 3 x − 2) + ( x + 2) x + 2 = 0
 ( x + 2)(2 x − 1) + ( x + 2) x + 2 = 0
 ( x + 2)(2 x − 1 + x + 2) = 0
 x = −2(tm)

 x + 2 = 1 − 2 x(*)
Ta có:
 4 x2 − 5x − 1 = 0
 x + 2 = (1 − 2 x) 2
5 − 41

(*)  

x=
1
8
1 − 2 x  0
x 

2

5 − 41 
Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S =  −2;

8 

2. Điều kiện xác định: x > 0, y > 0
Phương trình thứ nhất tương đương với
 1 1
x− y+ −  = 0
 y x
x− y
 x− y+
=0
xy

1 
 ( x − y)  1 +  = 0
xy 

1
Vì x, y > 0 nên 1 +  0
xy
Do đó x = y
Thay x = y vào phương trình thứ hai ta được
x x + x x = x2 + x
 x2 − 2 x x + x = 0
 x( x − 1) 2 = 0
 x = 0(l )

x = 1 y = 1
Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x, y) = (1; 1)
Bài 3:
Ta có: 2 x2 − y 2 + xy + 2x + 2 y = 7
 ( x + y)(2 x − y) + 2( x + y) = 7
 ( x + y)(2 x − y + 2) = 7
Ta có các cách phân tích 7 = 7.1 = 1.7 = (-7).(-1) = (-1).(-7)
Do đó xét các trường hợp sau
x + y = 7
x = 2
*) 

(tm)
2x − y + 2 = 1  y = 5
x + y = 1
x = 2
*) 

(tm)
2x − y + 2 = 7
 y = −1
−10

x=

 x + y = −7

3
*) 

(l )
 2 x − y + 2 = −1  y = −11

3
−10

x
=

 x + y = −1
3
*) 

(l )
7
 2 x − y + 2 = −7
y =

3
Vậy các cặp số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( x; y )  (2;5); (2; −1)
Bài 4:
1. Xét tứ giác APHQ có APH + AQH = 90 + 90 = 180
Nên APHQ là tứ giác nội tiếp
Suy ra APQ = AHQ
Mặt khác AHQ = 90 − QHC = QCB nên APQ = QCB
Do đó BCQP là tứ giác nội tiếp
Hay 4 điểm B, C, Q, P cùng thuộc một đường tròn
2. Vì APHQ là tứ giác nội tiếp nên HQP = HAP = 90 − PHA = PHM
Xét tam giác MQH và tam giác MHP có
PHM = HQP (cmt)
QMH chung
 MQH ~ MHP( g − g )
MQ MH

=
 MH 2 = MQ.MP
MH MP
Theo câu 1, BCQP là tứ giác nội tiếp nên MB.MC = MQ.MP
Vậy MB.MC = MH 2
3. Ta có AKBC là tứ giác nội tiếp
Do đó: MA.MK = MB.MC = MH 2

MA MH
=
MH MK
Xét tam giác MKH và tam giác MHA có
MA MH
=
(cmt)
MH MK
AMH chung
 MKH ~ MHA(c − g − c)
 MKH = MHA = 90
 AK ⊥ HK
Kẻ đường kính AA’ của (O) thì AK ⊥ AA '
Từ đó K, H, A’ thẳng hàng
Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của PB, QC, HA’
Ta có: HP // A’B (cùng vuông góc với AB)
Do đó: HPBA’ là hình thang
Từ đó FD là đường trung bình của hình thang này
Suy ra FD // HP
Mặt khác HP ⊥ AB nên FD ⊥ BE
Do đó FD là đường trung trực của đoạn thẳng BE
Hoàn toàn tương tự, FE là đường trung trực của đoạn thẳng QC
Do đó F là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác BPQC, tức là F  I
Suy ra H, I, A’ thẳng hàng
Từ (1), (2) ta suy ra H, I, K thẳng hàng
Bài 5:
Đối với 2 số thực dương x, y ta có bất đẳng thức sau:
( x + y)2
xy 
4
Sử dụng bất đẳng thức trên một cách liên tục để đánh giá phần mẫu số của biểu thức
P, ta được
(a1 + a2 )2
a +a
a3a4 a5 = 1 2 (a1 + a2 )a3a4 a5
4
4
2
(a + a )(a + a + a3 )
(a + a ) (a + a + a3 )
 1 2 . 1 2
.a4 a5 = 1 2 1 2
(a1 + a2 + a3 ).a4 a5
4
4
16
(a1 + a2 )(a1 + a2 + a3 ) (a1 + a2 + a3 + a4 ) 2

.
.a5
16
4
(a + a )(a + a + a3 )(a1 + a2 + a3 + a4 )
 1 2 1 2
.(a1 + a2 + a3 + a4 ).a5
64
(a1 + a2 )(a1 + a2 + a3 )(a1 + a2 + a3 + a4 ) (a1 + a2 + a3 + a4 + a5 ) 2

.
64
4
2
(a + a )(a + a + a3 )(a1 + a2 + a3 + a4 ).2024
 1 2 1 2
256
256
4
=
Do đó: P 
2
2024
64009
a1a2 a3a4 a5 
Dấu đẳng thức xảy ra khi
 a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = 2024
253

a1 = a2 =


2
 a1 = a2


  a3 = 253
 a1 + a2 = a3
a + a + a = a
 a4 = 506
3
4
 1 2

 a5 = 1012
 a1 + a2 + a3 + a4 = a5
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
a5 = 1012
4
253
, đạt được tại a1 = a2 =
, a3 = 253 , a4 = 506 ,
64009
2
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHTN
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN
NĂM 2024
MÔN THI: TOÁN (cho tất cả các thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu I.
1) Giải phương trình
1
5 x + 10 x + 30
2
+
1
3 x − 2x + 6
2
=
1
3 5
+
1
x + 8 x 2 + 36
4
2) Giải hệ phương trình
 1 1 
 +  (3 + xy ) = 8
 x y 

 x + 2y + 1 + 1 = 5
 y x x y
Câu II.
1) Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn hệ phương trình
 27 x3 + 27 x 2 + 10 y = ( x + 3 z )3

3
2
3
 27 y + 27 y + 10 x = ( y + 3z )
2) Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
(a + 2)b2 + (b + 2)c2 + (c + 2)a 2  8 + abc
Chứng minh rằng:
2(ab + bc + ca)  a 2 (a + b) + b2 (b + c) + c 2 (c + a)
Câu III.
Cho hình vuông ABCD. Lấy điểm P thuộc cạnh AB (P khác A và B). Gọi J là tâm
đường tròn nội tiếp của tam giác PAD.
1) Chứng minh rằng tứ giác PJDB nội tiếp
2) Gọi H là trực tâm của tam giác PJD, S là giao điểm của JH và AD. Chứng minh
rằng SH = SD.
3) Gọi L là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác PBC, K là trực tâm của tam giác
LPC. Đường tròn nội tiếp của tam giác PCD tiếp xúc CD tại E. Lấy F thuộc đoạn
thẳng CD sao cho CF = DE. Chứng minh rằng tam giác FHK vuông cân.
Câu IV.
Cho bảng ô vuông kích thước (2023 x 2023), ô vuông có kích thước (1 x 1) được gọi
là ô vuông đơn vị. Mỗi ô vuông đơn vị của bảng được tô bằng một tròn 2 màu đen
hoặc trắng sao cho mỗi ô vuông đơn vị tô màu đen được kề với ít nhất 3 ô vuông
đơn vị tô màu trắng (2 ô vuông đơn vị có cạnh chung được gọi là kề nhau). Hỏi số ô
vuông đơn vị được tô màu đen nhiều nhất là bao nhiêu?
ĐÁP ÁN
Câu I.
a) Phương trình luôn luôn xác định với mọi số thực x.
Đặt a = x 2 + 2 x + 6, b = x 2 − 2 x + 6
Khi đó ta có: ab = x 4 + 8 x 2 + 36
Phương trình đã cho có thể được viết lại thành
1
1
1
1
+
=
+
5a
3b 3 5 ab
Hay (a − 3)(b − 5) = 0
Từ đây ta có a = 3 hoặc b = 5 .
Xét từng trường hợp, ta tìm được tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {1;-3}
b) Điều kiện: xy  0
Phương trình thứ hai có thể được viết lại thành
x 2y 1 1
+
+ + +3=8
y x x y
1
1


Hay  +  ( x + 2 y + 1) = 8
x y
Kết hợp với phương trình thứ nhất của hệ, ta được
xy + 3 = x + 2y + 1
Hay (x – 2)(y – 1) = 0
Từ đó x = 2 hoặc y = 1
Xét từng trường hợp ta tìm được tất cả các nghiệm (x, y) của hệ phương trình đã cho

là (1,1), (3,1),  2,

9 − 33   9 + 33 
 ,  2,

4  
4 
Bài 2:
a) Không mất tính tổng quát, giả sử x  y
Từ giả thiết ta có: 27 x3 + 27 x2 + 10 y là số lập phương
Mặt khác ta lại có
(3x)3 = 27 x3  27 x3 + 27 x2 + 10 y  27 x3 + 27 x2 + 10 x  (3x + 2)3
Nên 27 x3 = 27 x2 + 10 y = (3x + 1)3 hay 10y = 9x + 1
Khi đó ta có
27 y 3 + 27 y 2 + 10 x = 27 y 3 + 27 y 2 +
100 y − 10
9
Theo giả thiết thì 27 y3 + 27 y 2 + 10 x là số lập phương nên
27 y 3 + 27 y 2 +
100 y − 10
là số lập phương
9
Mặt khác ta lại có
(3 y )3  27 y 3 + 27 y 2 +
100 y − 10
 (3 y + 2)3
9
Nên 27 y 3 + 27 y 2 +
100 y − 10
= (3 y + 1)3 hay y = 1.
9
Kết hợp với 10y = 9x + 1 ta được x = 1
Thay trở lại giả thiết ta tìm được ngay z = 1.
Vậy có duy nhất một bộ số (x, y, z) thỏa mãn yêu cầu đề bài là (1, 1, 1)
b) Giả thiết của bài toán có thể được viết lại thành
8  2(a2 + b2 + c2 ) + (ab2 + bc2 + ca 2 − abc) (1)
Không mất tính tổng quát, giả sử b nằm giữa a và c
Khi đó ta có a ( b – c )( b – a )  0
Suy ra ab2 + ca2  abc + a2b
Từ đây, kết hợp với bất đẳng thức AM – GM ta có
ab 2 + bc 2 + ca 2 − abc  b(a 2 + c 2 ) = b2 (a 2 + c 2 ) 2 = 2 b 2 .
 a 2 + b2 + c2 
2 

3


a2 + c2 a2 + c2
.
2
2
3
Kết hợp với giả thiết (1) ta được
 a 2 + b2 + c 2 
8  2(a + b + c ) + 2 

3


2
2
2
Từ đó, ta dễ dàng suy ra a + b + c  3
2
2
3
2
1
3
Kết hợp với các bất đẳng thức phụ quen thuộc ab + bc + ca  (a + b + c)2 và
ab + bc + ca  a2 + b2 + c2 , ta được
2(ab + bc + ca ) = 2 ab + bc + ca . ab + bc + ca
 2.
=
1
a 2 + b2 + c2
(a + b + c) 2 . a 2 + b 2 + c 2 .
3
3
2
(a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 )
3
Như vậy, để chứng minh bất đẳng thức đã cho, ta chỉ cần chứng minh
a 2 (a + b) + b 2 (b + c) + c 2 (c + a) 
2
(a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 )
3
Bất đẳng thức này tương đương với
a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a  2ab2 + 2bc2 + 2ca 2
Hay
b(a − b)2 + c(b − c)2 + a(c − a)2  0
Bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng
Từ đây ta có đpcm
Bình luận.
Một cách khác để làm ý b) của bài toán là biến đổi giả thiết thành
a
b
c
+
+
1
b+2 c+2 a+2
(2)
Chứng minh điều này rất đơn giản, ta chỉ cần sử dụng biến đổi tương đương và được.
Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta được
a
a(b + c 2 + a 2 )
a(b + c 2 + a 2 )
=

b + 2 (b + 1 + 1)(b + c 2 + a 2 )
(a + b + c) 2
Thiết lập các bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại, sau đó sử dụng bất đẳng thức (2)
ta được
a(b + c 2 + a 2 ) + b(c + a 2 + b 2 ) + c(a + b 2 + c 2 )
1
(a + b + c) 2
=
ab + bc + ca + a 2 (a + b) + b 2 (b + c) + c 2 (c + a)
(a + b + c) 2
Từ đó suy ra (a + b + c)2  ab + bc + ca + a 2 (a + b) + b2 (b + c) + c 2 (c + a)
Hay a2 (a + b) + b2 (b + c) + c2 (c + a)  2(ab + bc + ca)
Đây chính là bất đẳng thức cần chứng minh.
Cách này tuy đơn giản nhưng việc nghĩ ra biến đổi giả thiết thành bất đẳng thức (2)
là một điều hết sức không tự nhiên.
Vì vậy trong lời giải, chúng tôi chọn trình bày cách như ở trên.
Bài 3:
a) Hai tam giác AJD và AJB bằng nhau (c – g – c)
nên ADJ = ABJ = PDJ
Từ đó suy ra tứ giác BDJP nội tiếp.
b) Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng PJ và HD
Vì DBP = 45 nên MJD = 45
Suy ra MDJ = 45
Từ đây ta có DHP = 45
Mặt khác, ta lại có JHP = JDP = JDS
nên DHP − SHP = MDJ − JDS
Từ đó SHD = SDH
Suy ra SH = SD.
c) Gọi Z là giao điểm của đường thẳng KL và đường thẳng PC
X là giao điểm của đường thẳng HJ và PD
Gọi G, T tương ứng là hình chiếu vuông góc của các điểm H, K trên đường thẳng
CD. Ta có: DHG = SDH = SHD
Do đó: DG = DX =
DA + DP − AP
2
DC + DP − CP
CP + CB − BP
và CF = DE =
2
2
Đến đây, với chú ý tam giác HPD có PHD = 45 và J là trực tâm tam giác, ta dễ dàng
Hoàn toàn tương tự, ta cũng có CT = CZ =
chứng minh được HJ = DP (đây là một kết quả quen thuộc)
Lại có: JX =
AP + AD − DP
nên
2
AD + AP + DP
HX =
= CF + CT = TF
2
Chứng minh tương tự ta có KT = FG.
Từ đó, GHF ~ TFK (c − g − c)
Từ đây ta dễ dàng suy ta tam giác FHK vuông cân.
Bài 4:
Bảng ô vuông đã cho có thể chia thành 1022121 bảng con kích thước 2 x 2
1011 bảng con kích thước 2 x 1 ở rìa phải của bảng đã cho
1011 bảng con kích thước 1 x 2 ở rìa bên dưới của bảng đã cho
và một bảng con kích thước 1 x 1 ở góc dưới bên phải
Ta thấy:
+ Mỗi bảng con 2 x 2 có nhiều nhất hai ô vuông được tô màu đen (nếu có ba
ô vuông được tô màu đen thì sẽ có một ô đen mà chỉ có không quá hai ô kề với nó
được tô màu trắng, mâu thuẫn)
+ Mỗi bảng con 2 x 1 có nhiều nhất một ô vuông được tô màu đen (Nếu cả
hai ô vuông đều được tô màu đen thì mỗi ô sẽ có không quá hai ô kề với nó được tô
màu trắng, mâu thuẫn)
+ Mỗi bảng con 1 x 2 có nhiều nhất một ô vuông được tô màu đen (Nếu cả
hai ô vuông đều được tô màu đen thì mỗi ô sẽ có không quá hai ô kề với nó được tô
màu trắng, mâu thuẫn)
+ Bảng con 1 x 1 ở góc dưới bên phải chỉ có hai ô kề với nó nên được tô màu
trắng.
Như vậy, số ô vuông được tô màu đen không vượt quá
1022121.2 + 1011 + 1011 = 2046264
Mặt khác, cách tô màu sau thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vậy số ô vuông được tô màu đen nhiều nhất là 2046264.
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
HÀ NỘI
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
NĂM HỌC: 2024 – 2025
MÔN THI: TOÁN VÒNG 1 (Toán
chung)
(Dành cho mọi thí sinh vào Trường
THPT Chuyên Đại học Sư Phạm)
Ngày thi: 05/6/2024
Thời gian: 90 phút
(Không kể thời gian giao đề)
Câu 1:
1) Cho A = 11 − 6 2 + 11 + 6 2 . Tính A3
2) Cho các số thực b, c thỏa mãn 24b + c = -523. Biết phương trình x2 + bx + c = 0 có
2 nghiệm x1 , x2 là các số nguyên dương. Tìm x1 , x2 .
Câu 2:
Trong hình vẽ, hình lục giác đều nội tiếp đường tròn tâm O có bán kính bằng 2cm.
Trên mỗi cung nhỏ được chắn bởi một cạnh hình lục giác, lấy đối xứng cung qua
cạnh đó. Tính diện tích phần gạch chéo (cho  = 3,14; 3 = 1, 73 )
Câu 3:
Cho tam giác ABC cân tại A. Lấy D thuộc BC sao cho DB = 2DC. Đường thẳng qua
D song song với AC cắt AB tại E, đường thẳng qua E song song với BC cắt AC tại
F. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AFE cắt AD tại M khác A.
1) Chứng minh BDME, CDMF là tứ giác nội tiếp
2) Chứng minh MB = 2MA
3) Chứng minh BMD = 2CMD
Câu 4: Tìm số thực x thỏa mãn x + 2024 và
185
− 2024 đều là số nguyên
x
Câu 5: Cho 45 số a1; a2 ;...; a45 sao cho mỗi số chỉ nhận một trong ba giá trị 0, 2, 3.
Biết (a1 − 2) 2 + (a2 − 2) 2 + ... + (a45 − 2) 2 = 65 ; (a1 − 3)2 + (a2 − 3)2 + ... + (a45 − 3)2 = −280 .
Trong 45 số trên, có bao nhiêu số nhận giá trị 0?
ĐÁP ÁN
Câu 1:
A = 11 − 6 2 + 11 + 6 2
1)
A = (3 − 2) 2 + (3 + 2) 2 = 3 − 2 + 3 + 2 = 6
 A3 = 63 = 216
 x + x2 = −b  24( x1 + x2 ) = −24b(1)

 x1 x2 = c
 x1 x2 = c(2)
2) Theo định lý Viet ta có  1
Lấy -1.(1) + (2) ta được: −24( x1 + x2 ) + x1x2 = −523
 x1 ( x2 − 24) = 24 x2 − 523 (3)
Dễ thấy x2 = 24 không thỏa mãn (3)
 x1 =
24 x2 − 523 24( x2 − 24) + 53
53
=
= 24 +
x2 − 24
x2 − 24
x2 − 24
Để x1 , x2 nguyên thì x2 − 24   1; 53  x2   25; 23;77; −29
Với x2 = 25  x1 = 77
Với x2 = 23  x1 = −29(l )
Với x2 = 77  x1 = 25
Với x2 = −29  x1 = 23(l )
Vậy ( x1 ; x2 )  (25;77);(77; 25)
Câu 2:
Diện tích của hình tròn là S = R2 = 4(cm2 )
Gọi S1 là phần diện tích được gạch sọc đó
Khi đó diện tích S1 = diện tích hình quạt OAB – diện tích tam giác OAB
S1 =
1
OA2 3 4
2
S−
=
− 3=
− 3
6
4
6
3
2

− 3  = 12 3 − 4(cm2 )
 3

2
Vậy diện tích cần tìm là 12 3 − 4(cm ) = 12.1, 73 − 3.3,14 = 8, 2(cm2 )
Diện tích phần gạch chéo là S − 12S1 = 4 − 12 
Câu 3:
a) Tam giác ABC cân tại A nên AB = AC
Vì EF // CB, AB = AC nên AE = AF  AEF = AFE
 AEF = ABC
Mà 
 AFE = AME  ABC = AME
 Tứ giác BDME nội tiếp
Chứng minh tương tự
ACB = AFE = AEF = AMF nên CDMF là tứ giác nội tiếp
b) EMB = EDB = ACB = AFE = AEF = AMF
 AMB = EMB + EMA = AMF + EMA = EMF
1
2
Ta được AMB ~ FME( g − g ) vì AMB = FME , EAM = EFM = sd EM
MA MF
=
(1)
MB ME
Ta lại có: AMF ~ ACD( g − g ) vì chung CAD và ACD = AMF
MF AM

=
(2)
CD
AC
AME ~ ABD( g − g ) vì chung BAD và ABC = AME
ME AM

=
(3)
BD
AB

MF AM AB ME
MF CD 1
=
.
=

=
=
CD
AB AC BD
ME BD 2
MA 1
=
Thay vào (1) ta được
MB 2
AF 1 TD
= =
 FD ⊥ BC , EBD cân
c) Vẽ đường cao AT ta được
AC 3 TC
Từ (2) và (3) suy ra
Lấy H là trung điểm BD
Ta có: EHD = FDC (c.c.c)  HED = DFC
1

 DFC = 2 BED

1
 DFC = DMC  DMC = BMD
2

BED
=
BMD


 BMD = 2CMD
Câu 4:
 x + 2024 = m(1)

Đặt 185
, m, n  Z
−
2024
=
n
(2)

 x
Từ (1) ta được x = m − 2024 , thay vào (2) ta được
185
− 2024 = n , biến đổi ta được 2209 − mn = (m − n) 2024 (3)
m − 2024
*TH1: m – n = 0, khi đó phương trình (3) có dạng:
2209 − m2 = 0  m = 47(tm)
2209 − mn
= 2024
*TH2: m − n  0 , khi đó ta có
(4)
m−n
2209 − mn
 Z và 2024 là số vô tỉ, nên không tồn tại m, n thỏa mãn
Do m, n  Z 
m−n
Vậy x  47 − 2024; −47 − 2024


Câu 5:
Gọi x, y, z lần lượt là số ghi giá trị a nhận giá trị 0, 2, 3 ( x, y, z  N ; x, y, z  45)
 x + y + z = 45

Ta có:  x(0 − 2)2 + y (2 − 2) 2 + z (3 − 2) 2 = 65

3
3
3
 x(0 − 3) + y (2 − 3) + z (3 − 3) = −280
 x + y + z = 45
 x + y + z = 45
 x = 10



  4 x + 0 y + z = 65
  4 x + z = 65
  y = 10
 −27 x − y + 0 z = −280
 −27 x − y = −280
 z = 25



Vậy có 10 số nhận giá trị 0.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT
CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC: 2024 – 2025
Môn thi: TOÁN
(Dùng chung cho tất cả các thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút
(Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 22/5/2024
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Câu I.

1
x −1
1
8 x   3 x −2
−
+
 :  1 −
 (với x  0 và x  )
9
 3 x − 1 3 x + 1 9x − 1   3 x + 1 
Cho biểu thức P = 
1. Rút gọn biểu thức P
2
3
2. Tìm tất cả các giá trị của x để P = .
Câu II.
1. Cho hai đường thẳng (d1 ) : y = x + 5 và (d2 ) : y = 3x + 1 . Xác định a, b để đường thẳng (d): y
= ax + b đi qua điểm A(1; 5) và giao điểm của hai đường thẳng d1 , d 2 .
 2 x − 18 − 3 y + 4 = −5
2. Giải hệ phương trình 

 4 x − 18 + 5 y + 4 = 23
Câu III. Cho phương trình x2 − 5x + 4m2 = 0 (m là tham số)
1. Giải phương trình khi m = 1.
2. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn
x13 + x23 + 16 x1 x2 − 5m 2 + m − 113  13m − m 2
Câu IV. Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC (AB < AC). Hai đường cao BD
và CE của tam giác ABC cắt nhau tại H ( D  AC, E  AB) . Tia phân giác của góc BAC cắt
đường thẳng BD và đường tròn (O) lần lượt tại M và I (I khác A). Đường thẳng BD cắt
đường tròn (O) tại K (K khác B), hai đường thẳng AC và IK cắt nhau tại Q.
1. Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp.
2. Gọi P là giao điểm của hai đường thẳng QH và AB. Chứng minh đường thẳng MQ song
song với đường thẳng BC và AI là đường trung trực của PQ.
3. Đặt BC = x, DE = y. Tính độ dài đoạn thẳng MQ theo x, y.
Câu V. Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn 8a2 + 2b2 = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
T=
4a − b − 1 2a − 2b + 1 6a + 3b − 6077
−
−
1+ b
1 + 2a
6a + 3b
1
ĐÁP ÁN
Câu 1:
1. Điều kiện: x  0 và x 
1
9
 x −1
1
8 x   3 x −2
P = 
−
+
 :  1 −

 3 x − 1 3 x + 1 9x − 1   3 x + 1 
 ( x − 1).(3 x + 1)
  3 x +1 3 x − 2 
3 x −1
8 x
P = 
−
+
−
 : 

 (3 x − 1).(3 x + 1) (3 x + 1).(3 x − 1) (3 x − 1).(3 x + 1)   3 x + 1 3 x + 1 
P=
3x + x − 3 x − 1 − 3 x + 1 + 8 x 3 x + 1 − 3 x + 2
:
(3 x + 1).(3 x − 1)
3 x +1
P=
3x + 3 x
3
:
(3 x + 1)(3 x − 1) 3 x + 1
P=
3 x .( x + 1)
3 x +1
.
=
3
(3 x + 1)(3 x − 1)
x ( x + 1)
3 x −1
x .( x + 1)
3 x −1
3
P=
2
x .( x + 1) 3
=
2
3 x −1
Vậy P =
2.
x .( x + 1) 3
− =0
2
3 x −1
2( x + x ) 3(3 x − 1)
−
=0
2(3 x − 1) 2(3 x − 1)
2x + 2 x − 9 x + 3
=0
2(3 x − 1)
2x − 7 x + 3
=0
2(3 x − 1)
2x − 7 x + 3 = 0
2x − 6 x + 3 − x = 0
2 x ( x − 3) − ( x − 3) = 0
( x − 3)(2 x − 1) = 0
2
 x =3
 x = 9(t / m)
 x −3= 0




1
1

x = (t / m)
x=
 2 x − 1 = 0


4
2
3
1
Vậy với x thuộc tập S = 9;  thì P = .
2
 4
Câu 2:
1. Hoành độ giao điểm của hai đường thẳng (d1 ), ( d 2 ) là nghiệm của phương trình:
x + 5 = 3x + 1
2x = 4
x=2
y=7
Vậy giao điểm của hai đường thẳng (d1 ), ( d 2 ) là B(2; 7).
Ta có đường thẳng (d): y = ax + b đi qua điểm A(1; 5) và B(2; 7) nên thay tọa độ hai điểm
vào phương trình đường thẳng ta có:
5 = a + b
a = 2


 7 = 2a + b
b = 3
Vậy a = 2; b = 3 thì đường thẳng (d): y = ax + b đi qua điểm A(1; 5) và giao điểm của hai
đường thẳng (d1 ), ( d 2 ) .
 x  18
 y  −4
2. Điều kiện: 
 x − 18 = a
, điều kiện a, b  0 khi đó hệ phương trình trở thành
 y + 4 = b
 2a − 3b = −5 11b = 33
 x = 22(tm)



 4a + 5b = 23
 4a + 5b = 23  y = 5(tm)
Đặt 
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (22; 5).
Câu 3:
1. Thay m = 1 vào phương trình x2 − 5x + 4m2 = 0 , ta có
x2 − 5x + 4 = 0
Ta có: a + b + c = 0 nên phương trình có hai nghiệm là x = 1; x = 4.
2. x13 + x23 + 16 x1 x2 − 5m 2 + m − 113  13m − m 2
Xét  = 52 − 4.4m2 = 25 − 16m2
5
4
Phương trình ban đầu có hai nghiệm khi   0  25 − 16m2  0  −  m 
 x + x2 = 5
Theo hệ thức Vi-et ta có:  1
 x1 x2 = 4m
2
3
5
4
Ta có: x13 + x23 + 16 x1 x2 − 5m 2 + m − 113  13m − m 2
 ( x1 + x2 )( x12 − x1 x2 + x22 ) + 16.4m 2 − 5m 2 + m − 113  13m − m 2
 5( x1 + x2 ) 2 − 5.2 x1 x2 − 5.4m 2 + 59m 2 + m − 113  13m − m 2
 5.(52 − 2.4m 2 − 4m 2 ) + 59m 2 + m − 113  13m − m 2
 5(25 − 12m 2 ) + 59m 2 + m − 113  13m − m 2
 125 − 60m 2 + 59m 2 + m − 113  13m − m 2
 m 2 − m − 12  13m − m 2
Điều kiện 13m − m2  0  0  m  13
Bất phương trình  −(13m − m2 )  m2 − m − 12  13m − m2
 −13m + m2  m2 − m − 12  13m − m2
 2m2 − 14m − 12  0
 m2 − 7m − 6  0


12  12m
m  1
 7 − 73
7 + 23

m
 2
2
m  1

5
Kết hợp điều kiện ta thấy 1  m 
4
5
Vậy 1  m  thì phương trình có hai nghiệm thỏa mãn yêu cầu bài toán.
4
Câu 4:
K
A
D
E
P
Q
M
H
O
C
B
I
1. Do BD và CE là đường cao của tam giác ABC nên
CE ⊥ AB, BD ⊥ AC  CEQ = BDA = 90
4
Xét tứ giác AEHD có: AEH + ADH = 90 + 90 = 180
Mà hai góc này ở vị trí đối diện suy ra tứ giác AEHD nội tiếp.
1
2
2. Ta có: AMK = ( sd AK + sd BI )
1
( sd AK + sdCI )
2
Mà sd BI = sdCI (do AI là phân giác của góc BAC)
 AMK = AQK
AQK =
Mà hai góc này ở vị trí kề nhau, cùng nhìn AK dưới hai góc bằng nhau
Nên A, M, Q, K cùng thuộc một đường tròn.
 KMQ = KAQ (góc nội tiếp cùng chắn cung KQ)
Mà KAQ = KAC = KBC (góc nội tiếp cùng chắn cung KC)
 KMQ = KBC (= KAC )
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên MQ // BC
Tam giác ABC có H là trực tâm nên AH ⊥ BC
Do MQ // BC nên MQ ⊥ AH
Xét tam giác AHQ có HD, MQ là đường cao cắt nhau tại M
 M là trực tâm của tam giác AHQ
 AM ⊥ HQ
Tam giác APQ có AM vừa là đường cao vừa là phân giác nên đồng thười là trung trực.
Chứng tỏ AI là trung trực của PQ.
3. Xét tam giác ADE và tam giác ABC có
BAC chung
ADE = ABC (góc ngoài đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp)
 ADE ~ ABC( g.g )
DE AD y

=
=
BC AB x
DM y
DM
y
= 
=
Ta có:
MB x
BD x + y
MQ DM
MQ
y
xy
=

=
 MQ =
Do MQ // BC 
BC
DB
x
x+ y
x+ y
Câu 5:
Đặt x = 2a, y = b.
Do 8a2 + 2b2 = 1  2( x2 + y 2 ) = 1
T=
4a − b − 1 2a − 2b + 1 6a + 3b − 6077
−
−
1+ b
1 + 2a
6a + 3b
5
2 x − y − 1 x − 2 y + 1 3x + 3 y − 6077
−
−
1+ y
1+ x
3x + 3 y
2x
2y
6077
=
−1+
−1+
−1
y +1
x +1
3( x + y )
2x
2y
6077
=
+
+
−3
y + 1 x + 1 3( x + y )
2 x2
2 y2
6077
2( x + y ) 2
6077
=
+
+
−3
+
−3
xy + x xy + y 3( x + y )
2 xy + x + y 3( x + y )
1
Do x 2 + y 2  2 xy  2 xy 
2
=
( x + y ) 2  2( x 2 + y 2 )  x + y  2( x 2 + y 2 ) = 1
1
3
 2 xy + x + y  + 1 =
2
2
2
2( x + y )
6077
T 
+
−3
3
3( x + y )
2
4
4
4
2023
= ( x + y)2 +
+
+
−3
3
3( x + y ) 3( x + y ) x + y
4
2023
 .3 +
− 3 = 2024
3
1
1

a
=

1
Dấu “=” có khi x = y =   4
2
b = 1

2
6
TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU
HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH LỚP 10
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
Năm học 2024 – 2025
Môn thi: TOÁN(Không chuyên)
Thời gian: 120 phút, không kể thời gian phát để
A. PHẦN TRẮC NGHIỆM
Học sinh kẻ bảng sau vào giấy làm bài thi và trả lời các câu hỏi trắc nghiệm bằng cách:
• Ghi 01 ký tự A hoặc B hoặc C hoặc D vào ô trả lời tương ứng với đáp án của câu hỏi.
• Bỏ câu trả lời (nếu có) bằng cách gạch chéo ký tự ( A hoặc B hoặc C hoặc D ) đã ghi và ghi lại 01
ký tự̂ ( A hoặc B hoặc C hoặc D ) vào ô trả lời tương ứng với đáp án của câu hỏi.
Câu hỏi
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Câu trả lơi
Câu 1. Điêuc kiện của x để biểu thức A =
A. x  1, x  1 .
C. x  1 .
x
2
xác định là:
+
x −1
x +1
B. x  0, x  1 .
D. x  −1, x  1 .
4 − a2
4
16
(a  2) , ta được:
(a − 2) 2
A. A = 2 − a .
B. A = a − 2 .
C. A = 2 + a .
D. A = −a − 2 .
Câu 3. Cho tam giác ABC vuông tại A , có AB = 6 cm, BC = 10 cm . Tính sinB̂ .
1
3
3
4
A. .
B. .
C. .
D. .
5
5
4
2
2
Câu 4. Cho ( P ) : y = x và ( d ) : y = −2 x − m . Tìm m để ( P ) và (d) có điểm chung.
Câu 2. Rút gọn biểu thức A =
A. m  1 .
C. m  1.
B. m  1 .
D. m  1 .
Câu 5. Cho ABC nội tiếp đường tròn ( O ) . M là giao điểm 2 tiếp tuyến của ( O ) tại A, B . Cho ACB = 40 .
Tính AMB .
A. 120 .
B. 70 .
C. 100 .
D. 150 .
Câu 6 .Cho đường thẳng ( d ) : y = ax + b có đồ thị như hình bên: Kết luận nào đúng?
A. a  0, b  0 .
B. a  0, b  0 .
C. a  0, b  0 .
D. a  0, b  0 .
Câu 7. Cho phương trình x 2 + 2 ( m + 1) x − 3 = 0 ( m là tham số) có nghiệm x = 1 . Tìm nghiệm còn lại của
phương trình.
A. 3 .
B. -1 .
C. 2 .
D. -3 .
Câu 8. Cho ba đường tròn tiếp xúc ngoài nhau có bán kính 50 cm . Tính diện tích tam giác có 3 đỉnh là tâm
của 3 dường tròn.
A. 2500 3 cm 2 .
B. 2000 3 cm 2 .
C. 1500 3 cm2 .
D. 2000 6 cm2 .
Câu 9. Cho tam giác ABC cân tại A, AB = 2, BAC = 120 và M , N là trung diểm AB, AC . Tính MN .
A. 2 2 cm .
B. 3 cm .
3 3
cm .
2
Câu 10. Giả sử H là hình chiếu của O lên đường thẳng ( d ) : y = 2 x − 4 . Tính OH .
6
4
A. 5 .
B. 3 .
C.
.
D.
.
5
5
C. 3 2 cm .
D.
B. PHẦN TỰ LUẬN (8 diểm)
Bài 1 (1 diểm). Cho A =
2 x −3
1
−
( x  0, x  1, 4 ) .
x −3 x + 2
x −2
a) Chứng minh biểu thức A 
( x − 1) không phụ thuộc vào x .
b) Tìm tất cả giá trị x thỏa A  ( x + 1) = 5 .
Bài 2 (2 diểm).
a) Giải phương trình
( ( x + 1) ( x − 6x + 9) + 12 − 4x ) ( 2x + 9 − x − 3) = 0 .
2
2
b) Cho hình thang ABCD có hai đáy AB = 2 cm và CD = 6 cm . Lấy điểm M trên BC , tìm tỉ số
diện tích tam giác AMD bằng
BM
sao cho
BC
3
diện tích tứ giác ABCD .
8
Bài 3 (1 diểm). Cho phương trình x2 − 2 x + 2m − 3 = 0
a) Giải phương trình khi m = 2 .
b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa
( x + m − 3) + ( x + m − 3) = 18
2
1
2
2
2
2
Bài 4 (1 diểm). An và Bình cùng di mua một số cây bút và vờ, một cây bút giá 10 ngàn đồng và một quyển
vở giá 20 ngàn đồng. Bié́ t hai bạn mang theo số tiển vừa đủ để mua một số cây bút và vờ và mỗi bạn đểu
mua số bút nhiều gấp đôi số vờ. Khi đến nhà sách, được biét có chương trình giàm 10% mỗi cây bút và
20% mỗi quyển vờ.
a) Bạn An nhận thấy trong chương trình giảm giá, với cùng số tiền mang theo, bạn mua được cùng số cây
bút như dự đọnh và mua được thêm 3 quyển vở. Hỏi bạn An mang theo bao nhiêu tiền và bạn An dự định
mua bao nhiêu cây bút, bao nhiêu quyển vở?
a) Bạn Bình nhận thấy với chương trình giảm giá thì bạn mua dược thêm 2 cây bút và 2 quyển vở và còn dư
lại một số tiền. Hỏi bạn Bình mang theo bao nhiêu tiền (biết số tiền dư nhỏ hơn 10 ngàn đồng)?
Bài 5 (3 diểm). Cho tam giác ABC cân tại A, BAC  90 nội tiếp dường tròn ( O ). Tiếp tuyến tại A và C
cắt nhau tại S . SB cắt ( O ) tại D.CD cắt SA ờ K .
a) Chứng minh rằng AS BC và KA2 = KD  KC .
b) Chứng minh rằng hai tam giác KSD và KCS đồng dạng và K là trung điểm AS .
c) Chứng minh rằng AC 2 = 2CD  CK và BD = 2CD .
------------------------------HẾT---------------------------------Đề thi được sưu tầm từ học sinh nên không tránh khỏi sai sót trong quá trình đánh máy. Rất mong nhận
được sự đóng góp từ bạn đọc.
TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU
HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH LỚP 10
LỜI GIȦI THAM KHȦO
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
Năm học 2024 - 2025
Môn thi: TOÁN (Không chuyên)
ThờI gian: 120 phút, không kể thời
gian phát đề
A. PHẦNTRẮC NGHIỆM (2 diểm)
Câ
u
Đá
p
án
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
B
C
D
B
C
C
D
A
B
D
Câu 1. Diều kiện của x đề biểu thức A =
(A) x  1, x  1 .
(C) x  1 .
x
2
xác định là:
+
x −1
x +1
B x  0, x  1 .
(D) x  −1, x  1 .
4 − a2
4
16
(a  2) , ta được:
(a − 2) 2
(A) A = 2 − a .
(B) A = a − 2 .
C. A = 2 + a .
(D) A = −a − 2 .
Câu 3. Cho tam giác ABC vuông tại A , có AB = 6 cm, BC = 10 cm . Tính sinB̂ .
1
3
3
4
(A)
(B) .
(C) .
D
5
5
4
2
2
Câu 4. Cho ( P ) : y = x và ( d ) : y = −2 x − m . Tìm m để ( P ) và ( d ) có điểm chung.
Câu 2. Rút gọn biểu thức A =
(A) m  1 .
(C) m  1.
B m  1.
(D) m  1 .
Câu 5. Cho ABC nội tiếp đường tròn ( O ) . M là giao điểm 2 tiếp tuyến của ( O ) tại A, B . Cho ACB = 40 .
Tính AMB .
(A) 120 .
(B) 70 .
C 100 .
(D) 150 .
Câu 6 .
Cho đường thẳng ( d ) : y = ax + b có đồ thị như hình bên: Kết luận nào đúng?
(A) a  0, b  0 .
(B) a 0, b 0 .
C a  0, b  0 .
(D) a  0, b  0 .
Câu 7. Cho phương trình x 2 + 2 ( m + 1) x − 3 = 0 ( m là tham số) có nghiệm x = 1 . Tîm nghiệm còn lại của
phương trình.
(A) 3 .
(B) -1 .
(C) 2 .
D -3 .
Câu 8. Cho ba dường tròn tiếp xúc ngoài nhau có bán kính 50 cm . Tính diện tích tam giác có 3 dỉhh là tâm
của 3 dường tròn.
A 2500 3 cm 2 .
(B) 2000 3 cm 2 .
(C) 1500 3 cm2 .
(D) 2000 6 cm2 .
Câu 9. Cho tam giác ABC cân tại A, AB = 2, BAC = 120 và M , N là trung diểm AB, AC . Tính MN .
3 3
cm .
2
Câu 10. Giả sử H là hình chiếu của O lên dường thẳng ( d ) : y = 2 x − 4 . Tính OH .
(A) 2 2 cm .
B 3 cm .
(C) 3 2 cm .
(A) 5 .
(B) 3 .
(C)
6
.
5
D
4
.
5
B. PHẦN TỰ LUẬN (8 diểm)
Bài 1 (1 diểm). Cho A =
2 x −3
1
−
( x  0, x  1, 4 ) .
x −3 x + 2
x −2
a) Chứng minh biểu thức A 
( x − 1) không phụ thuộc vào x .
b) Tìm tất cả giá trị x thỏa A  ( x + 1) = 5 .
Lời giải.
a) Ta có
A
=
2 x −3
( x − 1)( x − 2)
=
−
( x − 1)
( x − 1)( x − 2)
2 x −3−
=
x −2
( x − 1)( x − 2)
=
Như vậy A 
1
x −2
1
x −1
( x − 1) = 1 nên biểu thức không phụ thuộc vào x .
b) DKXD: x  0 và x  1; 4 . Phương trình tương dương với
(D)
A ( x + 1) = 5
 x +1 = 5
( x − 1)
 x −5 x +6 = 0

( x − 2)( x − 3) = 0
x = 4

x = 9
(ktm)
(tm)
Như vậy A  ( x + 1) = 5 khi và chỉ khi x = 9 .
Bài 2 (2 điểm).
a) Giải phương trình
( ( x + 1) ( x − 6x + 9) + 12 − 4x ) ( 2x + 9 − x − 3) = 0 .
2
2
b) Cho hình thang ABCD có hai đáy AB = 2 cm và CD = 6 cm . Láy diểm M trên BC , tìm tỉ số
diện tích tam giác AMD bằng
3
diện tích tứ giác ABCD .
8
Lời giải.
a) DKXD: ( x + 1) ( x 2 − 6 x + 9 )  0 . Phương trình tương dương với
(
)
 ( x + 1) x 2 − 6 x + 9 + 12 − 4 x = 0

# (1)

2
 2 x + 9 − x − 3 = 0 ( 2 )
Với phương trình thứ nhất:
(1)

( x + 1) ( x − 3)2 + 4 3 − x = 0
( x + 1) ( x − 3) 2 = 0



3− x = 0
 x = 3 (tm).
Với phương trình thứ hai:
(2)  2 x 2 + 9 = x + 3  2 x 2 + 9 = ( x + 3) 2 ( do x + 3  2  0 )
x = 0
 x2 − 6x = 0  
x = 6
(tm)
(tm)
Vậy phương trình có 3 nghiệm x  0;3;6 .
b) Giả sử M là điểm cần tìm. Dựng MH ⊥ AB ( H  AB ) và MK ⊥ CD ( K  CD ) . Khi đó
3
5
S ABM + S DCM = S ABCD − S AMD = S ABCD − S ABCD = S ABCD
8
8
Do đó
BM
sao cho
BC




1
1
5 1
MH  AB + MK  DC =  ( AB + CD )  HK
2
2
8 2
2MH + 6 MK = 5 HK
2MH 6 MK
+
=5
HK
HK
2MH
 MH 
+ 6 1 −
=5
HK
HK 

MH 1
= .
HK 4
Áp dụng dịnh lý Thales, ta suy ra
BM MH 1
=
= .
BC HK 4
Bài 3 (1 điểm). Cho phương trình x2 − 2 x + 2m − 3 = 0
a) Giải phương trình khi m = 2 .
b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa
( x + m − 3) + ( x + m − 3) = 18
2
1
2
2
2
2
Lời giải.
a) Thay m = 2 vào phương trình đã cho, ta được:
x2 − 2 x + 2  2 − 3 = 0  x2 − 2 x + 1 = 0  x = 1
Vậy với m = 2 , phương trình đã cho có duy nhất nghiệm x = 1 .
b) Phương trình đã cho có
Δ = (−2) 2 − 4 ( 2m − 3) = 16 − 8m
Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khi Δ  0  16 − 8m  0  m  2 .
 x + x2 = 2
.
 x1  x2 = 2m − 3
Theo định lí Vi-et, ta có  1
Ta có
x2 − 2 x + 2m − 3 = 0  x2 + m − 3 = 2 x − m
Khi đó yêu cầu bài toán trở thành
( 2 x1 − m ) + ( 2 x2 − m ) = 18
2

2
4 x12 − 4 x1  m + m 2 + 4 x22 − 4 x2  m + m 2 = 18
 4 ( x1 + x2 ) − 8 x1 x2 − 4m ( x1 + x2 ) + 2m 2 = 18

4  22 − 8 ( 2m − 3) − 4  m  2 + 2m 2 = 18

2m 2 − 24m + 22 = 0
2

m = 1
 m = 11 (ktm)

Vậy với m = 1, phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 4 (1 điểm). An và Bình cùng đi mua một số cây bút và vở, một cây bút giá 10 ngàn đồng và một quyển
vở giá 20 ngàn đồng. Biết hai bạn mang theo số tiền vừa đủ để mua một số cây bút và vở và mỗi bạn đều
mua số bút nhiều gấp đôi số vở. Khi đến nhà sách, được biết có chương trình giảm 10% mỗi cây bút và
20% mỗi quyển vở.
a) Bạn An nhận thấy trong chương trình giảm giá, với cùng số tiền mang theo, bạn mua được cùng số cây
bút như dự định và mua được thêm 3 quyển vở. Hỏi bạn An mang theo bao nhiêu tiền và bạn An dự dịnh
mua bao nhiêu cây bút, bao nhiêu quyển vở?
a) Bạn Bình nhận thấy với chương trình giảm giá thì bạn mua được thêm 2 cây bút và 2 quyển vở và còn dư
lại một số tiền. Hỏi bạn Bình mang theo bao nhiêu tiền (biết số tiền dư nhỏ hơn 10 ngàn dồng)?
Lời giải.
a) Giá tiền mỗi cây bút sau khi giảm giá: 10  (1 − 10% ) = 9 (ngàn đồng).
Giá tiền mổi quyển vở sau khi giảm giá: 20  (1 − 20% ) = 16 (ngàn đồng).
Gọi a, b lần lượt là số cây bút và số quyển vở mà bạn An đã mua ( a, b  ) . Ta có hệ phương trình:
a = 2b
a = 16


b = 8
10a + 20b = 9a + 16 ( b + 3)
Vậy bạn An dự định mua 16 cây bút và 8 quyển vở. Tổng số tiền An mang theo:
16 10 + 8  20 = 320 (ngàn đ ng).
b) Gọi c, d lần lượt là số cây bút, số quyển vở mà bạn Bình đã mua (c, d  ). Gọi x (ngàn đồng) là số tiền
còn thừa của Bình ( x  ,0  x  10) . Ta có hệ phương trình:
c = 2d
c = 2 d
c = 2 d


# (*)

6d = 50 + x
10c + 20d = 9 ( c + 2 ) + 16 ( d + 2 ) + x
c + 4d = 50 + x
Từ phương trình ( * ) suy ra 50 + x chia hết cho 6 , suy ra x + 2 chia hết cho 6 . Mà 0  x  10 nên suy ra
x = 4 . Từ đó thay vào hệ phương trình, ta tìm dược c = 18, d = 9 . Vậy tổng số tiền Bình mang theo:
18 10 + 9  20 = 360 (ngàn đ ng).
Bài 5 (3 diểm). Cho tam giác ABC cân tại A, BAC  90 nội tiếp đường tròn ( O ) . Tiếp tuyến tại A và C cắt
nhau tại S.SB cắt ( O ) tại D.CD cắt SA ơ K .
a) Chứng minh rằng AS BC và KA2 = KD  KC .
b) Chứng minh rằng hai tam giác KSD và KCS đồng dạng và K là trung diểm AS .
c) Chứng minh rằng AC 2 = 2CD  CK và BD = 2CD .
Lời giài.
a) Ta có SAC = ABC = ACB nên AS BC .
KA KD
=
, dẫn đến KA2 = KD  KC .
KC KA
KS KD
=
b) Ta có KSB = SBC = KCS nên suy ra hai tam giác KSD và KCS dồng dạng, kéo theo
, thu được
KC KS
KS 2 = KC  KD . Kết hợp câu a, ta được KS 2 = KC  KD = KA2 , hay KS = KA .
c) Gọi T là trung diểm của AC . Ta có TK là dường trung bình của tam giác ACS nên TK CS , kết hợp với
hai tam giác KAD và KCA đồng dạng, ta có:
Ta có KAD = KCA nên hai tam giác KAD và KCA dồng dạng, suy ra
KDA = KAC = SCA = KTA.
Suy ra tứ giác AKDT nội tiếp, dẫn đến
1
CD  CK = CT  CA = CA2 , hay AC 2 = 2CD  CK
2
BD SD
SD SC
=
=
Sử dụng định lý Thales, ta có
. Hơn nữa, hai tam giác KSD và KCS đồng dạng nên
.
CD KD
KD KS
Chú ý rằng SA = SC , ta có:
BD SD SC SA
=
=
=
=2
CD KD KS KS
Vây BD = 2CD .