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

5 câu · Đề thi Toán vào lớp 10

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

Câu 1

Câu tự luận

1) Giải phương trình

x - 3 - 2 x - 7 = 2 x - 8

2) Cho $a, b$ và $c$ là các số thực khác $0$ thỏa mãn điều kiện $a^{2} - c^{2} = c, c^{2} - b^{2} = b$ và $b^{2} - a^{2} = a .$ Chứng minh $(a - b) (b - c) (c - a) = 1.$

Đáp án tham khảo

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

1) Điều kiện: $x \geq \frac{7}{2} .$

$(1) \Leftrightarrow \frac{x - 3 - 2 x + 7}{x - 3 + 2 x - 7} = 2 (x - 4) \Leftrightarrow \frac{4 - x}{x - 3 + 2 x - 7} = 2 (x - 4) \Leftrightarrow [x = 4 (T M D K) \frac{1}{x - 3 + 2 x - 7} = - 2 \Leftrightarrow [x = 4 (T M D K) x - 3 + 2 x - 7 = \frac{- 1}{2} (2)$

Ta có ${x - 3 \geq 0 2 x - 7 \geq 0$ với mọi $x \geq \frac{7}{2}$ nên $x - 3 + 2 x - 7 \geq 0 > - 2$ với mọi $x \geq \frac{7}{2} .$

Vậy phương trình ban đầu có nghiệm $x = 4.$

2) Cho $a, b$ và $c$ là các số thực khác $0$ thỏa mãn điều kiện $a^{2} - c^{2} = c, c^{2} - b^{2} = b$ và $b^{2} - a^{2} = a .$ Chứng minh $(a - b) (b - c) (c - a) = 1.$

Ta có $⎩ ⎨ ⎧ a^{2} - c^{2} = c c^{2} - b^{2} = b b^{2} - a^{2} = a \Rightarrow a + b + c = 0$

Ta có $a^{2} - c^{2} = c \Leftrightarrow (a - c) (a + c) = c \Rightarrow (a - c) (- b) = c \Leftrightarrow b (c - a) = c$

Tương tự ta có $c^{2} - b^{2} = b \Rightarrow a (b - c) = b; b^{2} - a^{2} = a \Rightarrow c (a - b) = a .$

Do đó $b (c - a) a (b - c) c (a - b) = ab c \Rightarrow (a - b) (b - c) (c - a) = 1$ (do $ab c \neq = 0) .$

Câu 2

Câu tự luận

1) Cho ba số nguyên

a, b

và

c

thỏa mãn

a^{2} + b^{2} + c^{2} - 2 ab c

chia hết cho

6.

Chứng minh

ab c

chia hết cho

54.

2) Tìm tất cả cặp số nguyên dương $(x, y)$ thỏa mãn $x^{3} y - x^{2} y - 4 x^{2} + 5 x y - y^{2} = 0.$

Đáp án tham khảo

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

1)· Nếu $a, b, c$ đều không chia hết cho 3 thì $a^{2}, b^{2}, c^{2}$ chia cho 3 dư $1.$

$\Rightarrow ⎩ ⎨ ⎧ a^{2} + b^{2} + c^{2} \neq ⋮ 3 ab c \neq ⋮ 3 \Rightarrow M \neq ⋮ 3$ (vô lý)

· Nếu $a, b, c$ có một hoặc hai số không chia hết cho 3 và các số còn lại chia hết cho $3$

$\Rightarrow ⎩ ⎨ ⎧ a^{2} + b^{2} + c^{2} \neq ⋮ 3 ab c ⋮ 3 \Rightarrow M \neq ⋮ 3$ (vô lý)

Vậy $a, b, c ⋮ 3 \Rightarrow ab c ⋮ 27 (1)$

· Lại có, nếu $a, b, c$ đều lẻ thì $⎩ ⎨ ⎧ a^{2} + b^{2} + c^{2} \neq ⋮ 2 2 ab c ⋮ 2 \Rightarrow M \neq ⋮ 2$ (vô lý)

Vậy $a, b, c$ có ít nhất một số chẵn $\Rightarrow ab c ⋮ 2 (2)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow ab c ⋮ 54$ vì $(2, 27) = 1.$

2) $x^{3} y - x^{2} y - 4 x^{2} + 5 x y - y^{2} = 0 \Leftrightarrow x y (x^{2} - x + 1) = (2 x - y)^{2} (1)$

Gọi $d = (x; y) \Rightarrow x = d a; y = d b$ với $(a; b) = 1$ và $a, b, d$ nguyên dương.

Khi đó (1) trở thành $d^{2} ab (d^{2} a^{2} - d a + 1) = d^{2} (2 a - b)^{2} \Leftrightarrow ab (d^{2} a^{2} - d a + 1) = (2 a - b)^{2} .$

Suy ra $(2 a - b)^{2} ⋮ a$ và $(2 a - b)^{2} ⋮ b$

Ta có $(2 a - b)^{2} ⋮ a$ mà $(a; b) = 1$ $\Rightarrow (2 a - b; a) = 1 \Rightarrow ((2 a - b)^{2}; a) = 1$ do đó $a = 1.$

Từ $(2 a - b)^{2} ⋮ b$ $\Rightarrow 4 a^{2} ⋮ b$ mà $(a; b) = 1$ $\Rightarrow 4 ⋮ b \Rightarrow b = 1 b = 2 b = 4 (do b > 0)$

+) TH1: $a = b = 1 \Rightarrow x = y = d .$

Thay vào giả thiết ta được $d^{4} - d^{3} = 0 \Rightarrow d = 1$ (do $d$ nguyên dương) $\Rightarrow {x = 1 y = 1 .$

+) TH2: $a = 1; b = 2$ không thỏa mãn.

+) TH3: $a = 1; b = 4$ suy ra $x = d; y = 4 d$

Thay vào giả thiết ta được $d^{4} - d^{3} = 0 \Rightarrow d = 1$ (do $d$ nguyên dương) $\Rightarrow {x = 1 y = 4 .$

Thử lại ta thấy cặp số $(x; y) \in {(1; 1); (1; 4)}$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 3

Câu tự luận

1) Tìm tất cả cặp số nguyên

(x, y)

sao cho

x y

là số chính phương và

x^{2} + x y + y^{2}

là số nguyên tố.

2) Với các số thực không âm $a, b$ và $c$ thỏa mãn $a + 2 b + 3 c = 1,$ tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = (a + 6 b + 6 c) (a + b + c) .$

Đáp án tham khảo

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

1)Đặt $d = (x; y) \Rightarrow {x = a d y = b d$ với $(a; b) = 1$

Suy ra $M = x^{2} + x y + y^{2} = d^{2} (a^{2} + ab + b^{2})$

Vì $a^{2} + ab + b^{2} \geq 3$ nên $d = 1,$ suy ra $(x; y) = 1.$

Mà $x y$ là số chính phương nên $x y \geq 0; ∣ x ∣, ∣ y ∣$ đều là số chính phương $\Rightarrow ∣ x ∣ = m^{2}; ∣ y ∣ = n^{2}$ với $m, n \in N .$

$M = m^{4} + m^{2} n^{2} + n^{4} = (m^{2} + mn + n^{2}) (m^{2} - mn + n^{2})$

Nếu $x = 0$ hoặc $y = 0$ thì $M$ không là số nguyên tố nên $x; y \in N^{*} \Rightarrow m; n \in N^{*}$

Do đó $m^{2} + mn + n^{2} \geq 3$

Mà $M$ là số nguyên tố nên $m^{2} - mn + n^{2} = 1 \Leftrightarrow m^{2} + n^{2} + (m - n)^{2} = 2 \Rightarrow m = n = 1$

Vậy $(x; y) \in {(1; 1); (- 1; - 1)} .$

2) Đặt $x = b + c$

${2 x = 1 - a - c \leq 1 - a 3 x = 1 + b - a \geq 1 - a$

- Tìm GTLN của $P$

$P \leq (a + 3) (1 - a) (a + \frac{1 - a}{2}) = \frac{1}{4} (3 - 2 a) (2 + 2 a) \leq \frac{1}{4} . \frac{( 3 - 2 a + 2 + 2 a ) ^{2}}{4} = \frac{25}{16}$

Vậy GTLN của $P = \frac{25}{16} .$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $c = 0, a = \frac{1}{4}, b = \frac{3}{8} .$

- Tìm GTNN của $P$

$P \geq [a + 2 (- a)] [a + \frac{1 - a}{3}] = \frac{1}{3} (2 a^{2} + 5 a + 2) \geq \frac{2}{3} .$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $a = b = 0, c = \frac{1}{3} .$

Câu 4

Câu tự luận

Cho tam giác $A B C$ có ba góc nhọn $(A B < A C),$ nội tiếp đường tròn $(O) .$ Ba đường cao $A D, B E$ và $C F$ của tam giác $A B C$ cùng đi qua điểm $H .$ Đường thẳng $E F$ cắt đường thẳng $A D$ tại điểm $Q .$ Gọi $M$ và $I$ lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng $B C$ và $A H .$ Đường thẳng $I M$ cắt đường thẳng $E F$ tại điểm $K .$

1) Chứng minh tam giác $A E K$ đồng dạng với tam giác $A B M .$

2) Đường thẳng $E F$ cắt đường thẳng $B C$ tại điểm $S,$ đường thẳng $S I$ cắt đường thẳng $M Q$ tại điểm $T .$ Chứng minh bốn điểm $A, T, H$ và $M$ cùng thuộc một đường tròn.

3) Tia $T H$ cắt đường tròn $(O)$ tại điểm $P .$ Chứng minh ba điểm $A, K$ và $P$ là ba điểm thẳng hàng.

Đáp án tham khảo

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

Cho tam giác <span class= $A B C$ có ba góc nhọn ( {AB < AC),\] nội tiếp đường tròn (ảnh 1)">

1) $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $A F H E$ (nội tiếp)

$M$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $B F E C$ (nội tiếp)

$\Rightarrow {I M ⊥ E F E K = K F$ (đường nối tâm)

$\Rightarrow {\frac{A E}{A B} = \frac{E F}{B C} = \frac{2 K E}{2 B M} = \frac{K E}{B M} A E F = A B C$

A B C

có ba góc nhọn ( {AB < AC),\] nội tiếp đường tròn (ảnh 2)">

2)Có $A E H = A F H = 9 0^{0}$ suy ra tứ giác $A E H F$ nội tiếp đường tròn tâm $I$ đường kính $A H .$

Có $B E C = B F C = 9 0^{0}$ suy ra tứ giác $B F E C$ nội tiếp đường tròn tâm $M$ đường kính $B C .$

Suy ra $I M ⊥ E F$ tại $K$ hay $S K ⊥ I M .$

Suy ra $Q$ là trực tâm của $Δ I S M \Rightarrow M T ⊥ S T$ tại $T .$

Ta có $M T I = M D I = 9 0^{0} \Rightarrow$ Tứ giác $I T D M$ nội tiếp đường tròn đường kính $I M (1)$

Ta có $I A = I E \Rightarrow Δ I E A$ cân tại $I \Rightarrow M E C = M C E .$

Mà $I A E + M C E = 9 0^{0}$ suy ra $I E A + M E C = 9 0^{0}$ suy ra $M E I = 9 0^{0} .$

Tương tự ta cũng có $M F I = 9 0^{0}$ do đó $E, F$ cùng thuộc đường tròn đường kính $I M .$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra các điểm $I, T, F, M, E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $I M .$

Suy ra $QT . QM = QE . QF .$

Lại có tứ giác $A F H E$ nội tiếp suy ra $QF . QE = Q H . Q A .$

Từ đó suy ra $QT . QM = Q H . Q A$ suy ra tứ giác $A T H M$ nội tiếp.

A B C

có ba góc nhọn ( {AB < AC),\] nội tiếp đường tròn (ảnh 3)">

3)Ta có $A O ⊥ E F$

$\Rightarrow K A O = D A M \Rightarrow D A K = M A O = A M I (I M ∥ A O)$

Có $A M I = A M T - T M I = A H T - I D T = D T H$ (do $A T H M$ nội tiếp; $T I M D$ nội tiếp)

Trên tia đối $H T$ lấy điểm $P^{'}$ sao cho $A T D P^{'}$ nội tiếp $\Rightarrow D A P^{'} = D T H = A M I = D A K$

$\Rightarrow A, K, P^{'}$ thẳng hàng (1)

Do $A T D P^{'}$ nội tiếp $\Rightarrow H T . H P^{'} = H D . H A = H B . H E = H C . H F$

$\Rightarrow B P^{'} E T$ nội tiếp $\Rightarrow T P^{'} B = T E H$

Tương tự: $T P^{'} C = T F H$

Ta có: $F T E = F I E = 2 B A C$ (do $F T I E$ nội tiếp)

$\Rightarrow T E H + T F H = 36 0^{0} - F T E - F H E = 36 0^{0} - 2. B A C - (180^{0} - B A C) = 18 0^{0} - B A C$

$\Rightarrow B P^{'} C = T P^{'} C + T P^{'} B = 18 0^{0} - B A C \Rightarrow B P^{'} C + B A C = 18 0^{0}$

$\Rightarrow A B P^{'} C$ nội tiếp $\Rightarrow P^{'} \in (O) \Rightarrow P^{'} \equiv P$ (2).

Từ (1) và (2) ta suy ra $A, K, P$ thẳng hàng.

Câu 5

Câu tự luận

Cho $2023$ điểm nằm trong một hình vuông cạnh $1.$ Một tam giác đều được gọi là phủ điểm $M$ nếu điểm $M$ nằm trong tam giác hoặc nằm trên cạnh của tam giác.

1) Chứng minh tồn tại tam giác đều cạnh $\frac{1}{2}$ phủ ít nhất $253$ điểm trong $2023$ điểm đã cho.

2) Chứng minh tồn tại tam giác đều cạnh $\frac{11}{12}$ phủ ít nhất $506$ điểm trong $2023$ điểm đã cho.

Đáp án tham khảo

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

a) Dựng 8 tam giác đều có cạnh bằng $\frac{1}{2}$ phủ hoàn toàn hình vuông như hình vẽ dưới do

$2023 = 252.8 + 7$ nên có ít nhất một tam giác đều phủ ít nhất 253 điểm.

2023

điểm nằm trong một hình vuông cạnh

1.

Một tam giác đều được gọi là (ảnh 1)">

b) Dựng $M N P$ tam giác đều có cạnh bằng $\frac{11}{12}$ đi qua tâm $O$ của hình vuông như hình vẽ dưới

2023

điểm nằm trong một hình vuông cạnh

1.

Một tam giác đều được gọi là (ảnh 2)">

Ta có: $I N = \frac{1}{2 3} \Rightarrow N B = \frac{1}{2} - \frac{1}{2 3}$ và $A Q = M A . 3 = (\frac{11}{12} - \frac{1}{2} - \frac{1}{2 3}) 3$ ta thấy $A Q > N B$ nên bốn tam giác đều có cạnh bằng $\frac{11}{12}$ phủ kín hình vuông có cạnh bằng 1. Mặt khác ta có $2023 = 4.505 + 3$ nên có ít nhất một tam giác đều phủ ít nhất $506$ điểm.