BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KHOA HỌC TỰ NHIÊN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2023-2024
Ngày thi: 2/6/2023
Môn: TOÁN CHUNG
Thời gian làm bài: 150 phút

Tên : Trương Huỳnh Nhật Vinh .Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh
Quảng Ngãi.Điện thoại : 01208127776.
Câu 1: (3,5 điểm)
1.Giải phương trình x2  6 x  2023  x  3  x 2  5x  2025  53
( x  6 y )(3x  2 y )  12
3
2
2 x  6 y  15 x y  x  6 y  12


2.Giải hệ phương trình 

3

Câu 2: (2,5 điểm)
1.Giả sử n là số nguyên sao cho n3  1011 chia hết cho 1008. Chứng minh rằng n – 1
chia hết cho 48 .
2.Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng
1 
1 
1 

1
1
4
1 
2 
2 
2 
 1  a  1  b  1  c 

Câu 3: (3,0 điểm) Cho hai đường tròn (O) và (O') cố định cắt nhau tại A và B sao
cho O nằm ngoài (O') và O' nằm ngoài (O). Trên đường tròn (O) lấy điểm P di
chuyển sao cho P nằm trong đường tròn (O'). Đường thẳng AP cắt (O') tại C khác A.
1) Chứng minh rằng hai tam giác OBP và O'BC đồng dạng.
2) Gọi Q là giao điểm của hai đường thẳng OP và O'C. Chứng minh rằng QBC +
ABP = 90°.
3) Lấy điểm D thuộc (O) sao cho AD vuông góc O'C. Chứng minh rằng trung điểm
của đoạn thẳng DQ luôn nằm trên một đường tròn cố định khi P thay đổi.
Câu 4(1,0 điểm) Giả sử A là tập hợp con của tập hợp gồm 30 số tự nhiên đầu tiên {0,
1, 2, 3, …, 29} sao cho với k nguyên bất kỳ, a, b thuộc A bất kỳ (có thể a = b) thì a +
b + 30k không là tích của hai số nguyên liên tiếp. Chứng minh rằng số phần tử của
tập hợp A nhỏ hơn hoặc bằng 10.
Lời giải.
Câu 1: (3,5 điểm)
1.Giải phương trình x2  6 x  2023  x  3  x 2  5x  2025  5
( x  6 y )(3x  2 y )  12
3
2
2 x  6 y  15 x y  x  6 y  12


2.Giải hệ phương trình 

3

1. Điều kiện xác định: x ≥ −3.
Cách 1. Xét x > 2 thì vì ( x 2 + 6x + 2023) − ( x 2 + 5x + 2025) = x − 2 > 0 và (x + 3) −
5 = x − 2 > 0 nên suy ra
x2  6 x  2023  x  3  x 2  5x  2025  5

Tương tự nếu −3  x < 2 thì x2  6 x  2023  x  3  x 2  5x  2025  5 .
Do đó, ta phải có x = 2 và nghiệm này thoả mãn điều kiện xác định. Vậy x = 2 là
nghiệm duy nhất của phương trình

Cách 2. Phương trình đã cho có thể viết lại thành
x2  6 x  2023  5   x  3  x 2  5x  2025 . Giả sử hai vế cùng dấu, bình phương
hai vế và rút gọn, ta được 5( x2  6 x  2023)  x  3. x 2  5x  2025
Bình phương một lần nữa, khai triển và rút gọn, ta được
( x  2)( x 2  5x  2020)  0 .
Vì x 2 + 5x + 2020 = 0 vô nghiệm nên x = 2 và nghiệm này thoả mãn.
Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2.
2. Biến đổi phương trình thứ hai thành
(x + 6y)(2 x 2 + 3xy + y 2 + 1) = 12.
Kết hợp với phương trình thứ nhất ta suy ra
(x + 6y)(3x + 2y) = (x + 6y)(2 x 2 + 3xy + y 2 + 1).
Mà ta thấy x + 6y khác 0 nên chia cả hai vế phương trình trên cho x + 6y ta được
2 x 2 + 3xy + y 2 + 1= 3x + 2y. Biến đổi phương trình trên ta được
0 = 2 x 2 + 3xy + y 2 − 3x − 2y + 1= (2x + y)(x + y) − (2x + y) − (x + y) + 1= (2x + y
− 1)(x + y − 1) nên suy ra 2x + y − 1 = 0 hoặc x + y − 1 = 0.
-Nếu 2x + y − 1 = 0 thì ta có y = 1 − 2x. Thay vào phương trình thứ nhất ta được
(x + 6 − 12x)(3x + 2 − 4x) = 12.
 28 45 
;
.
 11 11 

Giải phương trình ta thu được các nghiệm (x, y) = (0, 1), 

-Nếu x + y − 1 = 0 thì ta có y = 1 − x. Thay vào phương trình thứ nhất ta được
(x + 6 − 6x)(3x + 2 − 2x) = 12.
 4 9 
;  . Vậy, hệ đã cho có
 5 5

Giải phương trình ta thu được các nghiệm (x, y) = (0, 1), 
 28 45   4 9 
;
 , ; 
 11 11   5 5 

ba nghiệm (x, y) = (0, 1), 

Câu 2: (2,5 điểm)
1.Giả sử n là số nguyên sao cho n3  1011 chia hết cho 1008. Chứng minh rằng n – 1
chia hết cho 48 .
2.Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng
1 
1 
1 

1
1
4
1 
2 
2 
2 
 1  a  1  b  1  c 

Lời giải.
1. Ta có các biến đổi sau 1008 | 3 n − 1011 = 3n3 − 3 − 1008 khi và chỉ khi 1008 |
3 n3 − 3 =
3( n3 − 1) tương đương với
336 | n3 − 1 = (n − 1)( n 2 + n + 1) = n3 − n + n − 1.
Vì 336 chia hết cho 16 mà n2 + n + 1 = n(n + 1) + 1 lẻ nên n − 1 chia hết cho 16.
Ngoài ra vì 336 chia hết cho 3 mà n3 − n = n(n − 1)(n + 1) tích ba số nguyên liên tiếp
chia hết cho 3 nên n − 1 chia hết cho 3. Vì (3, 16) = 1 nên n − 1 chia hết cho 3.16 =
48. Phép chứng minh hoàn tất.
2. Ta cần chứng minh
3

1 
1 
1 

1
1
 4 . (1)
1 
2 
2 
2 
 1  a  1  b  1  c 

Ta biến đổi tương đương bất đẳng thức (1) như sau.
 2  a 2  2  b 2  2  c 2 
(1)  
 4  3(abc)2  4abc(a  b  c)  2 (2). Theo bất đẳng
2 
2 
2 
 1  a  1  b  1  c 
1
thức AM − GM và giả thiết ta có 1  ab  bc  ac  3 3 (abc)2  3(abc) 2   2 . Suy ra
9

bất đẳng thức (2) đúng và bài toán được chứng minh.
Câu 3: (3,0 điểm) Cho hai đường tròn (O) và (O') cố định cắt nhau tại A và B sao
cho O nằm ngoài (O') và O' nằm ngoài (O). Trên đường tròn (O) lấy điểm P di
chuyển sao cho P nằm trong đường tròn (O'). Đường thẳng AP cắt (O') tại C khác A.
1) Chứng minh rằng hai tam giác OBP và O'BC đồng dạng.
2) Gọi Q là giao điểm của hai đường thẳng OP và O'C. Chứng minh rằng QBC +
ABP = 90°.
3) Lấy điểm D thuộc (O) sao cho AD vuông góc O'C. Chứng minh rằng trung điểm
của đoạn thẳng DQ luôn nằm trên một đường tròn cố định khi P thay đổi.
Lời giải.
1.Ta có góc BOP = 2 gócBAP = 2 gócBAC = gócBO'C. Kết hợp với

OB BO '
, ta

OP O ' C

thu được tam giác OBP đồng dạng tam giác O'BC.
2.Vì tam giác OBP đồng dạng O'BC nên ta được góc OPB = góc O'CB, từ đó kéo
theo tứ giác BCQP nội tiếp. Do đó, góc QBC = góc QPC = góc OPA. Hơn nữa, vì
tam giác OAP cân tại O nên ta được góc AOP + góc OPA = 90◦.Như vậy, góc QBC +
góc
ABP
=
góc
OPA
+
0,5
góc
AOP
=
90◦.
3. Gọi M là trung điểm của DQ. Đặt AD ∩ O'C = E. Vì các tứ giác BCQP và ADBP
nội tiếp nên ta được gócBQC = gócBPC = gócADB = gócEDB, vì thế tứ giác BDEQ
nội tiếp đường tròn đường kính DQ (với tâm đường tròn là M). Do đó, ta được BMO
= 0,5gócDMB = gócDEB = gócAEB. Mặt khác, ta cũng có gócBOM = 180◦ −
0,5gócBOD
=
180◦
−
gócBAD
=
gócBAE.
Như vậy, ta được tam giác OBM đồng dạng tam giác ABE (g.g). Gọi F, X,Y lần lượt
là trung điểm của AB, OO', OB. Khi đó, MY và EF là các đường trung tuyến tương
ứng của tam giác OBM đồng dạng tam giác ABE, vì thế ta
được tam giác OMY đồng dạng tam giác AEF. Kết hợp với việc tứ giác AEO'F nội
tiếp (vì góc AEO' = góc AFO' = 90◦), XY là đường trung bình của tam giác OBO' và
sử
dụng
tính
đối
xứng,
ta
được
gócOMY = gócAEF = góc AO'F = gócAO'O = gócBO'O = gócOXY .
Như vậy, tứ giác OMXY nội tiếp. Mặt khác, vì, O, B, O' là các điểm cố định nên X,Y
cũng là các điểm cố định. Do vậy, điểm M luôn chạy trên đường tròn (OXY ) cố định
Câu 4(1,0 điểm) Giả sử A là tập hợp con của tập hợp gồm 30 số tự nhiên đầu tiên {0,
1, 2, 3, …, 29} sao cho với k nguyên bất kỳ, a, b thuộc A bất kỳ (có thể a = b) thì a +
b + 30k không là tích của hai số nguyên liên tiếp. Chứng minh rằng số phần tử của
tập hợp A nhỏ hơn hoặc bằng 10.
Lời giải.

Cách 1. Trước hết ta loại các số mà bản thân nó không thể xuất hiện trong A, bao
gồm:
n(n  1)
: 0,1,3,6,10,15,24,28;
2
n(n  1)
• Các số có dạng
: 16,18,25;
2
n(n  1)
• Các số có dạng
: 13.
2

• Các số có dạng

Đối với các số còn lại, ta ghép cặp chúng như sau:
(2, 4), (5, 7), (8, 12), (9, 11), (19, 23), (20, 22), (24, 26), (27, 29), 14, 17.
(gồm 8 cặp số và 2 số lẻ không trong cặp nào). Ta thấy các số không cùng một cặp
không thể cùng thuộc A, cho nên A chỉ chứa đúng một số trong mỗi cặp. Do đó A chỉ
có tối đa 10 phần tử.
Cách 2. Với hai số nguyên liên tiếp a, a + 1, ta có a(a + 1) ≡ 0, 2, 6, 12, 20, 26 (mod
30). Với a ∈ A, xét b = a và k = 0 ta có 2a không đồng dư với 0, 2, 6, 12, 20, 26 (mod
30) nên a không đồng dư với 0, 1, 3, 6, 10, 13, 15, 16, 18, 21, 25, 28 (mod 30). Suy ra
A ⊂ B = {2, 4, 5, 7, 8, 9, 11, 12, 14, 17, 19, 20, 22, 23, 24, 26, 27, 29}
và nếu phân hoạch B thành 10 tập {2, 4}, {5, 7}, {8, 12}, {11, 9}, {14, 22}, {17, 19},
{20}, {23, 27}, {24, 26}, {29} thì mỗi tập con này chứa nhiều nhất một phần tử của
A. Do đó, A chứa tối đa 10 phần tử. Thực ra ta có thể chứng minh được số phần tử
của A nhiều nhất bằng 10, chỉ cần chọn A = {2, 5, 8, 11, 14, 17, 20, 23, 26, 29}.