Đề vào 10 hệ chuyên môn toán 2022 2023 tỉnh hà tĩnh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ TĨNH
NĂM HỌC 2022-2023
Môn thi: TỐN
Thời gian làm bài : 150 phút

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1. (2,0 điểm)
a)

Cho

a, b, c

là các số thực khác 0 thỏa mãn

b)

Cho

là các số thực dương thỏa mãn

Chứng minh rằng
Câu 2. (2,5 điểm)

a + b + ab = 1

a
b
1 + ab
+
=
2
2
1+ a 1+ b
2 ( 1 + a 2 ) ( 1 + b2 )

2 ( 3x + 1) +
a)

Giải phương trình :

Giải hệ phương trình
Câu 3. (1,5 điểm)
b)

7
= 5 2x + 7
x

 x +1 ( 1− 3y ) − y + 3 = 0


 y y − x + 1 + x = 0

(

)

A = ( n2 + 3n + 2 ) + ( n + 2 )
2

a)
b)

n

Tìm số nguyên để
Cho

a , b, c , d

và

ab + bc + ca = a 2b 2 c 2

1
1
1
A= 2 2 + 2 2 + 2 2
ab bc ca

Tính giá trị biểu thức
a, b

1
1

1
+ +
=2
ab bc ca

2

là số chính phương

a − b + b − c + c − d + d − a = a 2022 + 2023

là các số nguyên thỏa mãn

.

12

Tìm số dư khi chia

a

cho 16

( O)

Câu 4. (2,5 điểm) Cho hai đường tròn
B. Trên tia đối của tia
trong đó
và

AF
a)

E, F

AB

lấy điểm

thuộc đường trịn

cắt đường trịn

( O)

M,

( O ') , F

lần lượt tại

Chứng minh tam giác

BKP

và

( O ')

cắt nhau tại hai điểm phân biệt

kẻ các tiếp tuyến

ME , MF

với đường tròn

A

( O ')

nằm trong đường tròn (O). Hai đường thẳng

P

và

Q

(P, Q khác A). Tia

đồng dạng với tam giác

BFA

EF

cắt PQ tại K

và

,
AE


b)

I

Gọi và

J

lần lượt là giao điểm của
PQ = 2 OA − OK
2

c)

Chứng minh

P=

9A

với

OO '

và

EF .

Chứng minh

∠IJE = ∠IFM

2

Câu 5. (1,0 điểm) Cho các số thực dương
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

AB

a, b, c

thỏa mãn

a + b + c = 3abc

1
1
1
+
+
1 + a + 2bc 1 + b + 2ac 1 + c + 2ab

Câu 6. (0,5 điểm) Lớp
có 34 học sinh, các học sinh lớp này đều tham gia một số câu
lạc bộ của trường. Mỗi học sinh của lớp tham gia đúng một câu lạc bộ. Nếu chọn ra 10
học sinh bất kỳ của lớp này thì ln có ít nhất 3 học sinh thâm gia cùng một câu lạc bộ.

Chứng minh rằng có 1 câu lạc bộ gồm ít nhất 9 học sinh lớp 9A tham gia


ĐÁP ÁN
Câu 1. (2,0 điểm)
Cho

c)

a , b, c

là các số thực khác 0 thỏa mãn

Tính giá trị biểu thức
Ta có
⇒

1
1
1
+ +
=2
ab bc ca

1
1
1
A= 2 2 + 2 2 + 2 2
ab bc
ca

1
1 1
1
1
1
1
1 
 1
+ +
= 2 ⇒ 2 2 + 2 2 + 2 2 + 2 2 +
+ 2 ÷= 4
2
ab bc ca
ab bc ca
 ab c abc a bc 

2 ( ab + bc + ca )
1
1
1
2 a 2b2 c 2
+
+
=
4
−
=
4
−

=2
a 2b 2 b 2 c 2 c 2 a 2
a 2b 2 c 2
a 2b 2 c 2

Vậy
d)

A=2

Cho

a, b

là các số thực dương thỏa mãn

Chứng minh rằng

a + b + ab = 1

a
b
1 + ab
+
=
2
2
1+ a 1+ b
2 ( 1 + a 2 ) ( 1 + b2 )

( a + b ) ( 1 + ab ) =
a
b
1 + ab
1 + ab
+
=
⇔
2
2
2
2
2
2
1+ a 1+ b
( 1 + a ) ( 1 + b ) 2 ( 1 + a2 ) ( 1 + b2 )
2( 1+ a ) ( 1+ b )
⇔ 2 ( a + b) =

( 1+ a ) ( 1+ b )
2

2

⇔ 2 ( a + b ) = 1 + a 2 + b 2 + a 2b2 ⇔ a 2 + b2 + 4ab = 1 + a 2b 2
2

⇔ ( a + b ) = ( ab − 1)
2

2

a + b = 1 − ab), (dfcm)

(đúng vì

Câu 2. (2,5 điểm)
2 ( 3 x + 1) +
c)

Giải phương trình :
Điều kiện

7
= 5 2x + 7
x

7
x ≥ − ;x ≠ 0
2

Phương trình đã cho tương đương

6 x2 + 2x + 7 − 5x 2x + 7 = 0

và

ab + bc + ca = a 2b 2c 2

 2 x + 7 = 3x
⇔ 3x − 2 x + 7 2 x − 2 x + 7 = 0 ⇔ 
 2 x + 7 = 2 x

(

)(

)

 x ≥ 0
⇔ x = 1(tm)

2
 2 x + 7 = 9 x
⇔
x≥0
1 + 29
 
⇔x=
(tm)
2
 4 x = 2 x + 7
4

Vậy

d)



 1 + 29 

S = 1;

4 




Giải hệ phương trình

Điều kiện

x ≥ −1.

Đặt

 x +1 ( 1− 3y ) − y + 3 = 0


 y y − x + 1 + x = 0

(

)

t = x + 1, t ≥ 0

. Thay vào hệ phương trình đã cho, ta có :

( t − y ) − 3ty + 3 = 0
t ( 1 − 3 y ) − y + 3 = 0
t − y − 3ty + 3 = 0
⇔
⇔

 2

2
2
2
 y ( y − t ) + t − 1 = 0
 y − ty + t − 1 = 0
( t − y ) + ty − 1 = 0


x = 0
2
(tm)
 y = t ⇒ 3t − 3 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ 
y =1


2

1 + 33
⇒ 3( t − y ) + ( t − y ) = 0 ⇔ 
x=−

1

−1 + 33

18

2
⇒
(tm)
 y = t + 3 ⇒ 9t + 3t − 8 = 0 ⇔ t =
6
1
+
33


 y =

6


 1 + 33 1 + 33  
;
÷
18
6 ÷

 

( x; y ) ∈ ( 0;1) ;  −


Vậy tập nghiệm là
Câu 3. (1,5 điểm)

A = ( n2 + 3n + 2 ) + ( n + 2 )
2

c)

n

Tìm số nguyên để
A = ( n + 2)

Ta có
Xét

2

( ( n + 1) + 1)

n + 2 = 0 ⇔ n = −2,

2

là số chính phương

2

ta có

A=0

là số chính phương


Xét

n + 2 ≠ 0 ⇔ n ≠ −2,

Do đó, ta có

( n + 1)

2

để A là số chính phương khi

( n + 1)

− a 2 = −1 ⇔ ( n + 1 − a ) ( n + 1 + a ) = −1

2

+1 = a2 ( a ∈ ¥ )

. Ta có các trường hợp :

 n + 1 − a = −1
n + 1 − a = 1
g

⇔ n = −2 (tm); g
⇔ n = −1(tm)
n + 1 + a − 1
 n + 1 + a = −1

n = −2

Vậy

hoặc

Cho

d)

n = −1

a, b, c, d

thì A là số chính phương
a − b + b − c + c − d + d − a = a 2022 + 2023

là các số nguyên thỏa mãn

.

12

Tìm số dư khi chia
x + x = 2x

Ta có

a

cho 16

x ≥ 0, x + x = 0

nếu

nếu

x < 0,

x + x M2

do đó

x

với mọi số nguyên . Ta có

a −b + b−c + c−d + d −a
= ( a − b + a − b ) + ( b − c + b − c ) + ( c − d + c − d ) + ( d − a + d − a ) M2 ( ∀a, b, c, d ∈ ¢ )

a − b + b − c + c − d + d − a = a 2022 + 2023

Do đó
Suy ra

Suy ra

chia hết cho 2
a

2022

(a

lẻ, do đó lẻ, nên

6

− 1) M
8

và

(a

6

+ 1) M2

a = ( a − 1) ( a 6 + 1) + 1
12

Vậy

a

a

2

chia 8 dư 1

6

chia cho 16 dư 1

Câu 4. (2,5 điểm) Cho hai đường tròn
và B. Trên tia đối của tia

( O ')

, trong đó

thẳng
tại K

AE

và

E, F

AF

AB

lấy điểm

thuộc đường trịn

cắt đường trịn

( O)

( O)

M,

và

( O ')

cắt nhau tại hai điểm phân biệt

kẻ các tiếp tuyến

( O ') , F

ME , MF

A

với đường tròn

nằm trong đường tròn (O). Hai đường

lần lượt tại

P

và

Q

(P, Q khác A). Tia

EF

cắt PQ


d)

Ta có

Chứng minh tam giác

∠BPQ = ∠BAQ

∠BAQ = ∠BEK

đồng dạng với tam giác

(góc nội tiếp cùng chắn

(góc nội tiếp cùng chắn

⇒ ∠BPQ = ∠BEK ⇒

Do

BKP

AEBF & BKPE

tứ giác

BKPE

PQ)

BF )

nội tiếp

là các tứ giác nội tiếp nên

⇒ ∆BKP ∽ ∆BFA(dfcm)

BFA

∠AFB = ∠BKP

(cùng bù với

∠AEB )


e)

Do

I

Gọi và

∠O ' IM = ∠O ' FM = ∠O ' EM = 90°
O 'M.

∠EIJ = ∠JIF

⇒ ∆IJE ∽ ∆IFM ,

f)

Ta có
Và

lần lượt là giao điểm của

Suy ra

∠QBP = ∠QAP = ∠EBF

ABQP

BKPE

và

nội tiếp)

IF )

và

MF

bằng nhau)

nội tiếp), suy ra

∠EBF = ∠EFM

∠EFM = ∠EIM = ∠EIA

∆IAE ∽ ∆BQP ⇒

Từ (1) và (3), ta có :

( 1)
∆AEB ∽ ∆QKB ⇒

∠QBP = ∠EIA ( 3)

AB AE
=
( 2)
BQ QK

(góc nội tiếp cùng chắn

(vì tứ giác

EIFM

EF )

nội tiếp)

AI AE
AB
AE
=
⇔
=
( 4)
BQ QP
2 BQ QP

AE
AE
=
⇒ 2QK = QP ⇒ K
2QK QP

QK 2 = OQ 2 − OK 2 ⇔

Vậy, ta có

ME

Chứng minh

cùng nằm trên đường trịn

(góc nội tiếp cùng chắn

∠IJE = ∠IFM (dfcm)

(vì tứ giác

(vì tứ giác

Từ (2) và (4), ta có

và

EF .

PQ = 2 OA2 − OK 2

∠BAE = ∠BQP

Mặt khác, ta có :

OO '

O ', I , F , M , E

nên các điểm

∠IEJ = ∠IMF

từ đó suy ra

Chứng minh

Suy ra

với

(góc nội tiếp cùng chắn hai cung

∠AEB = ∠BKQ

Ta có

AB

∠IJE = ∠IFM

đường kính
Và

J

là trung điểm

QP ⇒ ∆OKQ

2

PQ
= OQ 2 − OK 2 ⇔ PQ = 2 OA2 − OK 2 (dfcm)
4

Câu 5. (1,0 điểm) Cho các số thực dương
P=

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
Áp dụng bất đẳng thức Cosi, ta có

a, b, c

thỏa mãn

a + b + c = 3abc

1
1
1
+
+
1 + a + 2bc 1 + b + 2ac 1 + c + 2ab

3abc = a + b + c ≥ 3 3 abc ⇒ abc ≥ 1

vuông tại K


a + b + c = 3abc ⇒

1
1 1
+ +
=3
ab bc ca

Mặt khác, ta có
Áp dụng bất đẳng thức Co – si , ta có:
1 + a + 2bc ≥ 2 a + 2bc ≥ 2 2 a .2bc = 4
⇒

a .bc ≥ 4

bc

1
1 1
1  1 1
1  1 
1 
≤ . 1 +
≤ 1 + 1 + ÷ =  3 + ÷

÷
bc 
bc 4 2 
bc  8  2  bc   16 

1
1
1
≤
=
1 + a + 2bc 4 bc 4

Tương tự, ta có :
1
1
1 
1
1
1 
≤  3 + ÷;
≤ 3 + ÷
1 + b + 2ac 16 
ac  1 + c + 2ab 16 
ab 
P≤

Suy ra

1
1

1
1  3
+ + ÷=
9 +
16 
ab bc ca  4

; Đẳng thức xảy ra khi

a = b = c =1

9A

Câu 6. (0,5 điểm) Lớp
có 34 học sinh, các học sinh lớp này đều tham gia một số
câu lạc bộ của trường. Mỗi học sinh của lớp tham gia đúng một câu lạc bộ. Nếu
chọn ra 10 học sinh bất kỳ của lớp này thì ln có ít nhất 3 học sinh thâm gia cùng
một câu lạc bộ. Chứng minh rằng có 1 câu lạc bộ gồm ít nhất 9 học sinh lớp 9A
tham gia
Giả sử các câu lạc bộ đều khơng có q 8 học sinh của lớp
Gọi

N

là số câu lạc bộ có hơn

N >4

1

9A

tham gia

học sinh của lớp 9A

Nếu
thì từ 5 trong số các câu lạc bộ này, ta chọn mỗi câu lạc bộ 2 học sinh của lớp
9A, khi đó 10 học sinh này sẽ khơng thỏa mãn bài tốn
-

Nếu

N <4

3.8 = 24,

thì tổng số học sinh của lớp 9A tham gia các câu lạc bộ này không quá
34 − 24 = 10

nghĩa là cịn có ít nhất
học sinh của lớp 9A, mỗi học sinh tham
gia 1 câu lạc bộ mà mỗi câu lậc bộ này chỉ có 1 học sinh của lớp 9A. Chọn 10
học sinh này thì khơng thỏa mãn điều kiện bài tốn
-

Nếu

N =4

4.8 = 32

thì số học sinh của lớp 9A tham gia 4 câu lạc bộ này không q

, nghĩa là cịn có ít nhất 2 học sinh của lớp 9A, mỗi học sinh này tham gia
1 câu lạc bộ mà mỗi câu lạc bộ này chỉ có 1 học sinh lớp 9A. Chọn 2 học sinh
trong số những học sinh còn lại này và 4 câu lạc bộ trên mỗi câu lạc bộ chọn 2
học sinh của lớp 9A, khi đó
điều kiện

10

học sinh của lớp 9A được chọn không thỏa mãn


Vậy điều giả sử ở trên sai, nghĩa là tồn tại một câu lạc bộ có ít nhất 9 học sinh của
lớp 9A tham gia