SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NGHỆ AN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2023-2024
Ngày thi: 2/6/2023
Môn: TOÁN CHUYÊN
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.Nguồn gốc : Sưu tầm đề và tự gõ đáp án.File
word giá 200 nghìn có đáp án.
Câu 1. (4,00 điểm)
a) Giải phương trình x4  4 x3  6 x2  4 x  3  0
2

2 x  x  y  2 y  x  2 x
b) Giải hệ phương trình 
2

 (2  x  y ) x  4  2 x 3

Lời giải.
a) Ta biến đổi phương trình như sau
x  1 2
x 4  4 x3  6 x 2  4 x  3  0  ( x 2  2 x  1)( x 2  2 x  3)  
.Như vậy, tập
 x  1  2
nghiệm của phương trình đã cho là S={1  2 ,1  2 }.

b) Điều kiện xác định: x  y  0,2 y  x2  2 x  0 .Trước hết ta có biến đổi sau.
2 x  x  y  2 y  x 2  2 x  ( x  x  y )(5x  x  y )  0 .Lúc này, ta xét hai trường

hợp sau.
-Trường hợp 1. x  x  y  0  x  x  y  0 . Thay vào phương trình thứ hai của
x  3  5

hệ, ta được (2  x  y ) x 2  4  2 x 3  ( x 2  2 x  2)( x 2  6 x  4)  0  

 x  3  5

.Để

ý điều kiện 0  x  2 nên x  3  5 loại suy ra x  3  5 .Khi đó, thay vào biểu thức ta
được 3  5  3  5  y  y  11  5 5 . Thử lại, ta thấy nghiệm trên thỏa mãn.
- Trường hợp 2. 5x  x  y  0  5x  x  y , x  0 Thay vào phương trình đầu của
hệ, ta có 7 x  2 y  x 2  2 x Từ đây kết hợp x  0 suy ra x=y=0. Thử lại. ta thấy nghiệm
trên không thỏa. Như vậy, tất cả các nghiệm của hệ phương trình
là x  3  5, y  11  5 5
Câu 2. (6,00 điểm)

1
x

a) Tìm số nguyên x sao cho x  2024;  2024 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.
1
. Bằng các
x
phép biến đổi ta được (a  2024)(b  2024)  1  2024(a  b)  2025  ab .

a) Theo giả thiết ta có the đặt như sau x  2024  a;  2024  b, a, b 

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 x  2024  a  45  x  45  2024; 45  2024 .Vậy





tất cả giá trị x thỏa mãn là x  45  2024; 45  2024





b) Theo giả thiết 2a  b3 (1) và 5a  c 2 (2) với b,c là các số nguyên dương. Từ (1) suy
ra b3 chia hết cho 2 , mà 2 là số nguyên tố nên b chia hết cho 2 . Đặt b=2d, thay vào
(1) được 2a  8d 3 , hay là a  4d 3 (3). Từ (2) suy ra c 2 chia hết cho 5 , mà 5 là số
nguyên tố nên c chia hết cho 5 . Đặt c=5e, thay vào (2) được 5 5a  25e2 , hay
là a  5e2 (4). Từ (3) và (4) có a  4d 3  a  5e2 (5) với d,e là các số nguyên dương. Do
4 và 5 là hai số nguyên tố cùng nhau nên từ (5) thì d 3 chia hết cho 5 , suy ra d chia
hết cho 5 . Đặt d=5k, thay vào (5) được a  5e2  500k 3 với k là số nguyên dương.Từ
đó e  100k 3  102 k 3 . Điều này xảy ra với số k nhỏ nhất là k=1,e=10 và a=500. Lúc
đó 2a  1000  103 và 2a  2500  502 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 a, b, c  1 và a2  4b2  c2  2ab  12  3(a  5b  c) .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức T 

a3
a2

a  ( a  b) 2 a  c 2

Lời giải.
Bằng các phép biến đổi giả thiết, ta
có 3(a  b  c)  (a  b)2  c2  3(b  2)2  (a  b)2  c2 .Bằng biến đổi bất đẳng thức kết
(a  b  c) 2
hợp cộng mẫu, ta được 3(a  b  c)  (a  b)  c 
Do đó a  b  c  6 suy
2
ra (a  b)2  c 2  18 . Khi đó, bằng các phép biến đổi ta
a3
a2
a2
a2
4a 2
4a 2
2a 2 1






 .
có T 
a  (a  b)2 a  c 2 a  (a  b) 2 a  c 2 2a  (a  b) 2  c 2 2a  18 10a 5
2

2

1
5

Từ đây ta được MinT= . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi (a,b,c)=(1,2,3). Vậy giá trị
1
5

nhỏ nhất của T= .
Câu 4. (3,00 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A(ABtâm 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
1
1800  AFJ  EAF  FBC   FOC .Vì JO là đường trung bình tam
2

giác CBE nên JO‖BF mà CF⊥BF suy ra JO⊥BF. Vì O thuộc trung trực CF nên JO là
1
2

trung trực CF nên FOJ  FOC  1800  FAJ .Từ đây ta có ngay tứ giác AJOF là
tứ giác nội tiếp.

ID BD 2
. Thật vậy, áp

IA BA2
ID TA FO
dụng định lý Menelaus cho tam giác ADF, cát tuyến IOT ta có. . .
 1 .Từ
IA TF DO

b) Gọi T là giao điểm của FO và AF. Trước hết, ta chỉ ra

đây kết hợp OF=OD,△AEBđồng dạng △FEC(g.g) và DB=CF, ta có
2

2

ID TF FE.sin FET FE.sin BEO FE.CE  CF   BD 





 
 Bằng các phép biến
IA TA EA.sin AET EA.sin CEO EA.BE  BA   BA 
đổi góc , ta được OFA  OAF  900  ADF  900  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 ' .Từ đây ta được IB là tiếp tuyến
I ' B I ' D DB
I ' A I ' B I ' A IA
của (O) suy ra IBA  BDA . Bài toán được chứng minh.

c) Ta có DNM  DMN  BAM  CAN  900 , BAM  BMA do
đó CAN  CNA hay tam giác CAN cân tại C suy ra CA=CN.Theo hệ thức lượng ta
CN CB
. Từ đây ta được △CNH đồng

CH CN
dạng △CBN(c.g.c) dẫn đến CHN  CNB  CQD Do đó tứ giác CQPH nội tiếp, ta

có CA2  CH .CB nên CN 2  CH .CB suy ra
có các biến đổi sau

BM BQ
PM MQ



 PM .BQ  MQ.BM
BP BM
BP BQ
MB  MQ
1
1
1
1
Vậy bài toán
 PM .( MB  MQ)  MQ.BM 




MB.MQ
MP
MP MQ MB
BP.QB  BH .BC  BA2  BM 2  BP.QB 

được chứng minh.

Câu 5. (3,00 điểm) Cho một đa giác lồi có diện tích bằng 2024 cm2 . Chứng minh
rằng bao giờ cũng vẽ được trong da giác đó một tam giác có diện tích không nhỏ
hơn 759 cm2 .
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
S .Gọi a là đường thẳng chứa cạnh AB của đa giác.
8

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 d1 song song cách đều a và d, kẻ
đường thẳng d 2 song song cách đều b và d. Gọi ℎ là khoảng cách giữa b và a.

Gọi giao điểm của d1 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

DE.h
.Gọi giao
2

điểm của d 2 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
DE.h
. Hai hình thang nói trên phủ toàn bộ đa giác nên tổng các diện tích
2
h
của hai hình thang lớn hơn hoặc bằng S, do đó: ( MN  DE ).  S .Ta sẽ chứng minh
2

tích bằng

rằng một trong hai tam giác ADE và CNM là tam giác phải tìm. Xét tổng diện tích
hai tam giác đó:
1
3h 1
3h 3h
3 h
3
DE.  NM .  ( DE  MN )  . ( DE  MN )  S . Tồn tại một
2
4 2
4
8
4 2
8
3
trong hai tam giác ADE và CNM có diện tích lớn hơn hoặc bằng S đó là tam giác
8
S ADE  SCNM 

cần tìm. Vậy bài toán được chứng minh.