Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT vòng 2 môn Toán (Chuyên) - Năm học 2023-2024 - Sở GD&ĐT Nghệ An

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 
 NGHỆ AN NĂM HỌC 2023-2024 
 Ngày thi: 2/6/2023 
 Môn: TOÁN CHUYÊN 
 Thời gian làm bài: 150 phút 
Câu 1. (4,00 điểm) 
a) Giải phương trình 4 3 24 6 4 3 0x x x x 
b) Giải hệ phương trình 
2
2
2 2 2
(2 ) 4 2 3
x x y y x x
x y x x
Lời giải. 
a) Ta biến đổi phương trình như sau 
4 3 2 2 2
1 2
4 6 4 3 0 ( 2 1)( 2 3)
1 2
x
x x x x x x x x
x
.Như vậy, tập 
nghiệm của phương trình đã cho là S={1 2 ,1 2 }. 
b) Điều kiện xác định: 20,2 2 0x y y x x .Trước hết ta có biến đổi sau. 
22 2 2 ( )(5 ) 0x x y y x x x x y x x y .Lúc này, ta xét hai trường 
hợp sau. 
-Trường hợp 1. 0 0x x y x x y . Thay vào phương trình thứ hai của 
hệ, ta được 2 2 2
3 5
(2 ) 4 2 3 ( 2 2)( 6 4) 0
3 5
x
x y x x x x x x
x
.Để 
ý điều kiện 0 2x nên 3 5x loại suy ra 3 5x .Khi đó, thay vào biểu thức ta 
được 3 5 3 5 11 5 5y y . Thử lại, ta thấy nghiệm trên thỏa mãn. 
- Trường hợp 2. 5 0 5 , 0x x y x x y x Thay vào phương trình đầu của 
hệ, ta có 27 2 2x y x x Từ đây kết hợp 0x suy ra x=y=0. Thử lại. ta thấy nghiệm 
trên không thỏa. Như vậy, tất cả các nghiệm của hệ phương trình 
là 3 5, 11 5 5x y 
Câu 2. (6,00 điểm) 
a) Tìm số nguyên x sao cho 
1
2024; 2024x
x
 đều là các số nguyên. 
b) Tìm số nguyên dương a nhỏ nhất sao cho 2a là số lập phương và 5a là số chính 
phương. 
Lời giải. 
a) Theo giả thiết ta có the đặt như sau 
1
2024 ; 2024 , ,x a b a b
x
 . Bằng các 
phép biến đổi ta được ( 2024)( 2024) 1 2024( ) 2025a b a b ab . 
Vì 2024 vô tỷ và a−b,2025−ab nguyên nên a=b và 2025=ab suy ra a=b=±45. Khi 
đó bằng phép thế ta được 2024 45 45 2024; 45 2024x a x .Vậy 
tất cả giá trị x thỏa mãn là 45 2024; 45 2024x 
b) Theo giả thiết 32a b (1) và 25a c (2) với b,c là các số nguyên dương. Từ (1) suy 
ra 3b chia hết cho 2 , mà 2 là số nguyên tố nên b chia hết cho 2 . Đặt b=2d, thay vào 
(1) được 32 8a d , hay là 34a d (3). Từ (2) suy ra 2c chia hết cho 5 , mà 5 là số 
nguyên tố nên c chia hết cho 5 . Đặt c=5e, thay vào (2) được 5 25 25a e , hay 
là 25a e (4). Từ (3) và (4) có 3 24 5a d a e (5) với d,e là các số nguyên dương. Do 
4 và 5 là hai số nguyên tố cùng nhau nên từ (5) thì 3d chia hết cho 5 , suy ra d chia 
hết cho 5 . Đặt d=5k, thay vào (5) được 2 35 500a e k với k là số nguyên dương.Từ 
đó 3 2 3100 10e k k . Điều này xảy ra với số k nhỏ nhất là k=1,e=10 và a=500. Lúc 
đó 32 1000 10a và 22 2500 50a thỏa mãn bài toán.Vậy số nguyên dương a nhỏ 
nhất thỏa mãn là a=500. 
Câu 3. (3,00 điểm) Cho các số thực a,b,c thỏa 
mãn , , 1a b c và 2 2 24 2 12 3( 5 )a b c ab a b c .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức 
3 2
2 2( )
a a
T
a a b a c
Lời giải. 
Bằng các phép biến đổi giả thiết, ta 
có 2 2 2 2 23( ) ( ) 3( 2) ( )a b c a b c b a b c .Bằng biến đổi bất đẳng thức kết 
hợp cộng mẫu, ta được
2
2 2 ( )3( ) ( )
2
a b c
a b c a b c
 Do đó 6a b c suy 
ra 2 2( ) 18a b c . Khi đó, bằng các phép biến đổi ta 
có
3 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
4 4 2 1
( ) ( ) 2 ( ) 2 18 10 5
a a a a a a a
T
a a b a c a a b a c a a b c a a
. 
Từ đây ta được MinT=
1
5
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi (a,b,c)=(1,2,3). Vậy giá trị 
nhỏ nhất của T=
1
5
. 
Câu 4. (3,00 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A(AB<AC) nội tiếp đường tròn 
tâm O. Trên đường tròn (O) lấy điểm D khác phía A so với đường 
thẳng BC(BD>AC). Qua B kẻ đường thẳng d song song với CD. Đường thẳng d cắt 
đường thẳng AC tại E, cắt đường tròn (O) tại F ( F khác B ). 
a) Gọi J là trung điểm của EC. Chứng minh rằng 4 diểm A,F,O,J cùng nằm trên một 
đường tròn. 
b) Đường thẳng EO cắt đường thẳng AD tại I. Chứng minh rằng IBA=BDA 
c) Trên tia BD lấy điểm M sao cho BM=BA. Đường thẳng AM cắt đường 
thẳng CD tại N, dường thẳng BN cắt (O) tại K(K khác B). Gọi H là hình chiếu vuông 
góc của A trên BC. Đường thẳng DB cắt các đường thẳng NH,CK lần lượt tại P,Q. 
Chứng minh rằng 
1 1 1
MP MQ MB
Lời giải. 
a) Vì tứ giác AFBC nội tiếp, ta có đẳng thức sau 
0 1180
2
AFJ EAF FBC FOC     .Vì JO là đường trung bình tam 
giác CBE nên JO‖BF mà CF⊥BF suy ra JO⊥BF. Vì O thuộc trung trực CF nên JO là 
trung trực CF nên 0
1
180
2
FOJ FOC FAJ   .Từ đây ta có ngay tứ giác AJOF là 
tứ giác nội tiếp. 
b) Gọi T là giao điểm của FO và AF. Trước hết, ta chỉ ra 
2
2
ID BD
IA BA
 . Thật vậy, áp 
dụng định lý Menelaus cho tam giác ADF, cát tuyến IOT ta có. . . 1
ID TA FO
IA TF DO
 .Từ 
đây kết hợp OF=OD,△AEBđồng dạng △FEC(g.g) và DB=CF, ta có 
2 2
.sin .sin .
.sin .sin .
ID TF FE FET FE BEO FE CE CF BD
IA TA EA AET EA CEO EA BE BA BA
Bằng các phép biến 
đổi góc , ta được 0 090 90OFA OAF ADF ACF AEF     .Do 
đó OF và OA là hai tiếp tuyến của đường tròn (AEF).Gọi I′ là giao điểm của tiếp 
tuyến tại B của (O) với AD, ta có. △I′BAđồng dạng △I′DB(g⋅g) nên 
' ' ' ' '
. '
' ' ' ' '
I A I B BA I D I D I B ID
I I
I B I D DB I A I B I A IA
  .Từ đây ta được IB là tiếp tuyến 
của (O) suy ra IBA BDA  . Bài toán được chứng minh. 
c) Ta có 090 ,DNM DMN BAM CAN BAM BMA      do 
đó CAN CNA  hay tam giác CAN cân tại C suy ra CA=CN.Theo hệ thức lượng ta 
có 2 .CA CH CB nên 2 .CN CH CB suy ra 
CN CB
CH CN
 . Từ đây ta được △CNH đồng 
dạng △CBN(c.g.c) dẫn đến CHN CNB CQD   Do đó tứ giác CQPH nội tiếp, ta 
có các biến đổi sau 
2 2. . . . .
BM BQ PM MQ
BP QB BH BC BA BM BP QB PM BQ MQ BM
BP BM BP BQ
1 1 1 1
.( ) .
.
MB MQ
PM MB MQ MQ BM
MB MQ MP MP MQ MB
 Vậy bài toán 
được chứng minh. 
Câu 5. (3,00 điểm) Cho một đa giác lồi có diện tích bằng 2024 2cm . Chứng minh 
rằng bao giờ cũng vẽ được trong da giác đó một tam giác có diện tích không nhỏ 
hơn 759 2cm . 
Lời giải. 
Bài toán ta cần cần giải quyết tương đương bài toán tổng quát sau.Cho một đa giác lồi 
có diện tích bằng S. Chứng minh rằng bao giờ cũng vẽ được trong đa giác đó một tam 
giác có diện tích không nhỏ hơn 
3
8
S .Gọi a là đường thẳng chứa cạnh AB của đa giác. 
Gọi C là đỉnh của đa giác cách xa AB nhất. Qua C kẻ đường thẳng b‖a. Kẻ đường 
thẳng d song song cách đều a và b, kẻ đường thẳng 
1d song song cách đều a và d, kẻ 
đường thẳng 2d song song cách đều b và d. Gọi ℎ là khoảng cách giữa b và a. 
Gọi giao điểm của 1d với biên của đa giác là M và N. Kéo dài các cạnh của đa giác 
chứa D và E cho cắt b và d, ta được một hình thang có diện tích bằng 
.
2
DE h
.Gọi giao 
điểm của 2d với biên của đa giác là D và E. Kéo dài các cạnh của đa giác 
chứa D và E cho cắt a và b, ta được một hình thang cũng có thể là tam giác) có diện 
tích bằng 
.
2
DE h
. Hai hình thang nói trên phủ toàn bộ đa giác nên tổng các diện tích 
của hai hình thang lớn hơn hoặc bằng S, do đó: ( ).
2
h
MN DE S .Ta sẽ chứng minh 
rằng một trong hai tam giác ADE và CNM là tam giác phải tìm. Xét tổng diện tích 
hai tam giác đó: 
1 3 1 3 3 3 3
. . ( ) . ( )
2 4 2 4 8 4 2 8
ADE CNM
h h h h
S S DE NM DE MN DE MN S . Tồn tại một 
trong hai tam giác ADE và CNM có diện tích lớn hơn hoặc bằng 
3
8
S đó là tam giác 
cần tìm. Vậy bài toán được chứng minh.