SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐẮK LẮK

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

NĂM HỌC 2023 - 2024

MÔN THI: TOÁN CHUYÊN
(Thời gian 150 phút không kể thời gian phát đề)
Ngày thi 10/6/2023

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1: (2,0 điểm)
1) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x 2  2 x  3m  2  0 có
nghiệm.
2) Gọi x1 , x2 , x3 , x4 là các nghiệm của phương trình  x  1 x  3  x  5  x  7   1 . Tính
giả trị của biểu thức P  x1 x2 x3 x4 .
Câu 2: (2,0 điểm)
1) Cho da thức f  x  thỏa mãn 2 f  x   3 f  2  x   5 x 2  8 x  3
thực f  x  .
a. Trong đẳng thức (l), thay x bởi 2  x và ghi ra kết quả.
b. Giải phương trình f  x   1 .

1

với mọi số

 x3  6 x 2  13 x  10   x  y  2  x  y  1  0
2) Giải hệ phương trình  2
2
 3x  18 x  2 xy  6 y  y  x  y  6  24 x  8 y  0
Câu 3: (2,0 điểm)
1) Cho 9 hình vuông có độ dài các cạnh là 9 số nguyên dương liên tiếp. Gọi S là tổng
diện tích của 9 hình vuông đã cho. Tồn tại hay không một hình vuông có cạnh là một số
nguyên dương và có diện tích bằng S ?
2) Vẽ bất kỉ 17 đường tròn, mỗi đường tròn có độ dài đường kinh là một số nguyên
dương. Chứng minh rằng trong 17 đường tròn đó, ta luôn chọn được 5 đường tròn có tổng
độ dải các đường kính là một sổ chia hết cho 5.
ABC  
ADC  900 , BC = CD. Gọi M là trung điểm
Câu 4: (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD có 
của AB, đường tròn tâm C bán kính BC ( ký hiệu là đường tròn (C)) cắt MD tại E (E ≠ D),
H là giao điểm của AC và BD.
1. Chứng minh rằng MEB MBD và tứ giác BHEM là tứ giác nội tiếp.
2. Gọi F là giao điểm của đường thẳng AE và đường tròn (C) (F ≠ E). Chứng minh
BC  DF.
3. Gọi I là giao điểm của đường thẳng BC và đường tròn (C) (I ≠ B), J là giao điểm

của AI và DF. Tính tỉ số

DJ
.
DF

Câu 5: (1,0 điểm)
Cho các sổ thực x, y, z, t thỏa mãn x 2  y 2  z2  t 2  1 . Tìm giả trị lớn nhất của biểu
thức A  xy  xz  xt  yz  yt  3zt .
----------------- Hết ----------------trang 1

SƠ LƯỢC BÀI GIẢI

Câu 1: (2,0 điểm)
2
1) Phương trình có nghiệm khi   0   1   3m  2   0  m  1 .

2)  x  1 x  3 x  5  x  7   1   x  1 x  7    x  3  x  5   1   x 2  8 x  7  x 2  8 x  15   1 .
 x 2  8 x  11  17  0
  x  8 x  11  4   x  8 x  11  4   1  x  8 x  11  17  



 x 2  8 x  11  17  0






2



2







2

2









1
.
2
 

+) Phương trình (1) có 2 nghiệm x1 , x2 vì 1  4 2  11  17  5  17  0 .
Theo Vi ét: x1 x2  11  17 .

+) Phương trình (2) có 2 nghiệm x3 , x4 vì 2  42  11  17  5  17  0 .
Theo Vi ét: x3 x4  11  17 .







Do đó P  x1 x2 x3 x4  11  17 11  17  121  17  104 .
Câu 2: (2,0 điểm)
2
1) a. Thay x bởi 2  x có: 2 f  2  x   3 f  x   5  2  x   8  2  x   3  5 x 2  12 x  7 1  .

 2 f  x   3 f  2  x   5 x 2  8 x  3
b. Từ (1) và (1'), ta có: 
.
2
2 f  2  x   3 f  x   5 x  12 x  7
2
 4 f  x   6 f  2  x   10 x  16 x  6

 5 f  x   5 x 2  20 x  15  f  x   x 2  4 x  3 .
2
9 f  x   6 f  2  x   15 x  36 x  21
Khi đó f  x   1  x 2  4 x  3  1  x 2  4 x  4  0   x  2   0  x  2 .
Vậy phương trình f  x   1 có một nghiệm là x  2 .
2

 x 3  6 x 2  13 x  10   x  y  2  x  y  1  0
2) Giải hệ phương trình  2
2
 3 x  18 x  2 xy  6 y  y  x  y  6  24 x  8 y  0
(ĐK: x  y  1 )

 2    3x  y  x  y  6 

1
 2

x  y  6  8  3x  y   0   3x  y   x  y  6  x  y  6  8  0

 3x  y  0
 y  3 x
 y  3 x



 x  y  6  x  y  6  8  0  x  y  6  2  y  x  2

1  x3  6 x2  13x  10   4 x  2  4 x  1  0
3
  x  2   x 2  4 x  5   4 x  2  4 x  1   x  2   x  2   

l 

+) Với y  3x;





3

4x  1  4x  1



*

Đặt a  x  2; b  4 x  1 (*) trở thành: a3  a  b3  b  a 3  b3   a  b   0
2

b  3b 2 
 a  b   a  ab  b  1  0   a  b   a     1  0  a  b  0  a  b
2
4


2
b  3b 2

 1  0; a, b )
(vì  a   
2
4

2

2

trang 2

 x  2
 x2

+) Với a  b , ta có: x  2  4 x  1  
.
 2
2
x

8
x

3

0
a


x

2

4
x

1




Giải (a):   16  3  13  0 , nên (a) có hai nghiệm là: x1  4  13  l  ; x2  4  13  n 





Với x  4  13  y  3 4  13  12  3 13 (TMĐK x  y  1 )



Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm  x; y   4  13;  12  3 13



Câu 3: (2,0 điểm)
1) Cho 9 hình vuông có độ dài các cạnh là 9 số nguyên dương liên tiếp. Gọi S là tổng
diện tích của 9 hình vuông đã cho. Tồn tại hay không một hình vuông có cạnh là một số
nguyên dương và có diện tích bằng S ?
2) Vẽ bất kỉ 17 đường tròn, mỗi đường tròn có độ dài đường kinh là một số nguyên
dương. Chứng minh rằng trong 17 đường tròn đó, ta luôn chọn được 5 đường tròn có tổng
độ dải các đường kính là một sổ chia hết cho 5.
1) Gọi độ dài cạnh 9 hình vuông lần lượt là:
n  4; n  3; n  2; n  1; n; n  1; n  2; n  3; n  4  n  N ; n  5
Khi đó S   n  4    n  3     n  3   n  4   9n 2  60
2

2

2

2

Giả sử tồn tại hình vuông độ dài cạnh k  k  N *  thỏa mãn bài toán, ta có: k 2  9n 2  60
Do 9n 2  60  3  k 2  3  k  3  k 2  9  9n 2  60  9 (vô lí, vì 9n 2  9; 60  9 )
Vậy không tồn tại hình vuông có cạnh là một số nguyên dương và có diện tích bằng S ?
2) Gọi d1 , d 2 , d3 , , d17 lần lượt là độ dài đường kính của 17 đường tròn (ĐK: di  N * )
Gọi Aj là các tập chứa các phần tử di có số dư bằng j khi chia di cho 5 (

i  1,17; j  0,4 )
+) Nếu tồn tại một tập Aj có số phần tử lớn hơn hoặc bằng 5 thì tổng của 5 phần tử đó là
một số chia hết cho 5.
+) Nếu tất cả các tập Aj đều có số phần tử nhỏ hơn 5. Xét 4 tập bất kì chỉ chứa tối đa
4x4=16 phần tử, nên còn 1 phần tử thuộc tập còn lại. Tổng 5 phần tử (mỗi phần tử thuộc 1
tập Aj ) là một số chia hết cho 5.
Vậy luôn chọn được 5 đường tròn có tổng độ dải các đường kính là một sổ chia hết cho 5.
ABC  
ADC  900 , BC = CD. Gọi M là trung điểm
Câu 4: (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD có 
của AB, đường tròn tâm C bán kính BC ( ký hiệu là đường tròn (C)) cắt MD tại E (E ≠ D),
H là giao điểm của AC và BD.
1. Chứng minh rằng MEB MBD và tứ giác BHEM là tứ giác nội tiếp.
2. Gọi F là giao điểm của đường thẳng AE và đường tròn (C) (F ≠ E). Chứng minh
BC  DF.
3. Gọi I là giao điểm của đường thẳng BC và đường tròn (C) (I ≠ B), J là giao điểm
của AI và DF. Tính tỉ số

DJ
.
DF

trang 3

1. Chứng minh rằng MEB MBD và tứ giác BHEM là tứ giác nội tiếp.
  900 , nên AB là tiếp tuyến của (C)
BC = CD (gt)  D  (C); AB  BC ABC





  MBE
 (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn cung BE
)
Do đó MDB
 (góc chung), MDB
  MBE
  cmt 
Xét MEB và MBD , ta có: BME
  MBD
 a
MBD  g.g   dpcm   MEB
Vậy MEB

ABC  
ADC  900 , BC  DC  gt  , AC (cạnh chung)
Xét ABC và ADC , ta có: 
Vậy ABC = ADC (cạnh huyền, cạnh góc vuông)
 AB  AD , lại có CB  CD (gt) nên AC là đường trung trực của BD  AC  BD
AB
AHB  900 ( AC  BD ), MA  MB 
Xét AHB , ta có: 
 gt 
2
AB
  MBD
 b 
 MH 
 MB , nên MHB cân tại M  MHB
2
  MHB
 . Vậy tứ giác BHEM là tứ giác nội tiếp (đpcm)
Từ  a  ,  b   MEB
2. Gọi F là giao điểm của đường thẳng AE và đường tròn (C) (F ≠ E). Chứng
minh BC  DF.
MBD (cmt)
Vì MEB
ME MB
ME MA


 ME  MD  MB 2  MA2 (do MA = MB) 

MB MD
MA MD
ME MA
AME (góc chung),
Xét MEA và MAD , ta có: 

 cmt 
MA MD
  MDA
 c
MAD  c.g.c   MAE
Vậy MEA
Lại có AD  DC 
ADC  900 , nên AD là tiếp tuyến của (C)





  d  (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn cung DE
)

AFD  MDA

AFD  AB / / DF , mà AB  BC  gt  . Vậy DF  BC (đpcm)
Từ  c  ,  d   MAE

3. Gọi I là giao điểm của đường thẳng BC và đường tròn (C) (I ≠ B), J là giao
điểm của AI và DF. Tính tỉ số

DJ
.
DF

Gọi K là giao điểm của BC và DF, vì DF  BC (cmt)  DF  2 DK (đường kính và dây)
  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (C))
Lại có AC  BD (cmt), DI  BD ( BDI

 AC / / DI  
ACB  DIK
trang 4

  900 (gt và DF  BC ), 
  cmt 
ACB  DIK
ABC  DKI
Xét ACB và DIK , ta có: 
AB DK
DIK  g .g  

 AB  KI  BC  DK  e 
Vậy ACB
BC KI
KJ KI
Xét AIB : KJ / / AB (cùng vuông góc với BC ) 

 AB  KI  BI .KJ  f 
AB BI
DK BI
Từ  e  ,  f   BC  DK  BI .KJ 

 2 , (BI, BC lần lượt là đường kính và bán
KJ BC
DK
kính của (C)), nên J là trung điểm của DK  DJ 
, mặt khác DF  2 DK (cmt)
2
DK
DJ
1
 2  .
Do đó
DF 2 DK 4
Câu 5: (1,0 điểm)
Cho các sổ thực x, y, z, t thỏa mãn x 2  y 2  z2  t 2  1 . Tìm giả trị lớn nhất của biểu
thức A  xy  xz  xt  yz  yt  3zt .
A2  B 2
Áp dụng bất đẳng thức AB 
, ta có:
2
mA  mxy  mxz  mxt  myz  myt  3mzt

x 2  y 2 x 2  m 2 z2 x 2  m2 t 2 y 2  m 2 z2 y 2  m 2 t 2
z2  t 2




 3m
2
2
2
2
2
2
 m  2  m  2  2 3m  2  2 3m  2
   1 x    1 y   m 
z m 
 t (với m  0 )
2 
2 
2

2




m


1  5
0
m 
m
3
m
2
 m2  m  1  0  
Chọn m  0 để:  1  m 2 
]

2
2
1  5
0
m 

2

Nên

3 5
3 5
2
2 5
1  5
1  5
A
1 
 A


2
4
4
4
2
1  5


1  5 5  5
5 5
x  y 

; z t 
 x  y  mz  mt
2
20
20


Đẳng thức xảy ra khi  2
2
2
2
x  y  z  t  1 
 x  y  1 5  5  5 ; z  t   5  5

2
20
20

1  5 5  5
5 5
x  y 

;z t 
2 5
2
20
20

Vậy Max A 
.

2
 x  y  1 5  5  5 ; z  t   5  5

2
20
20

trang 5