Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán (Chung) - Năm học 2023-2024 (Có đáp án)

 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 
 KHOA HỌC TỰ NHIÊN 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 2 26 2023 3 5 2025 53x x x x x 
2.Giải hệ phương trình
3 3 2
( 6 )(3 2 ) 12
2 6 15 6 12
x y x y
x y x y x y
Câu 2: (2,5 điểm) 
1.Giả sử n là số nguyên sao cho 3 1011n 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 
2 2 2
1 1 1
1 1 1 4
1 1 1a b 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 2 26 2023 3 5 2025 5x x x x x 
2.Giải hệ phương trình
3 3 2
( 6 )(3 2 ) 12
2 6 15 6 12
x y x y
x y x y x y
1. Điều kiện xác định: x ≥ −3. 
Cách 1. Xét x > 2 thì vì ( 2x + 6x + 2023) − ( 2x + 5x + 2025) = x − 2 > 0 và (x + 3) − 
5 = x − 2 > 0 nên suy ra 
2 26 2023 3 5 2025 5x x x x x 
Tương tự nếu −3 x < 2 thì 2 26 2023 3 5 2025 5x x x x x . 
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 
2 26 2023 5 3 5 2025x x x x x . Giả sử hai vế cùng dấu, bình phương 
hai vế và rút gọn, ta được 2 25( 6 2023) 3. 5 2025x x x x x 
Bình phương một lần nữa, khai triển và rút gọn, ta được 
2( 2)( 5 2020) 0x x x . 
Vì 2x + 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 2x + 3xy + 2y + 1) = 12. 
Kết hợp với phương trình thứ nhất ta suy ra 
(x + 6y)(3x + 2y) = (x + 6y)(2 2x + 3xy + 2y + 1). 
Mà ta thấy x + 6y khác 0 nên chia cả hai vế phương trình trên cho x + 6y ta được 
2 2x + 3xy + 2y + 1= 3x + 2y. Biến đổi phương trình trên ta được 
0 = 2 2x + 3xy + 2y − 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. 
Giải phương trình ta thu được các nghiệm (x, y) = (0, 1),
28 45
;
11 11
. 
-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. 
Giải phương trình ta thu được các nghiệm (x, y) = (0, 1),
4 9
;
5 5
. Vậy, hệ đã cho có 
ba nghiệm (x, y) = (0, 1),
28 45
;
11 11
,
4 9
;
5 5
Câu 2: (2,5 điểm) 
1.Giả sử n là số nguyên sao cho 3 1011n 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 
2 2 2
1 1 1
1 1 1 4
1 1 1a b c
Lời giải. 
1. Ta có các biến đổi sau 1008 | 3 3n − 1011 = 3n3 − 3 − 1008 khi và chỉ khi 1008 | 
3 3n − 3 = 
3( 3n − 1) tương đương với 
336 | 3n − 1 = (n − 1)( 2n + n + 1) = 3n − 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 
2 2 2
1 1 1
1 1 1 4
1 1 1a b c
. (1) 
Ta biến đổi tương đương bất đẳng thức (1) như sau. 
(1)
2 2 2
2
2 2 2
2 2 2
4 3( ) 4 ( ) 2
1 1 1
a b c
abc abc a b c
a b c
(2). Theo bất đẳng 
thức AM − GM và giả thiết ta có 2 23
1
1 3 ( ) 3( ) 2
9
ab bc ac abc abc . Suy ra 
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
OP O C
 , ta 
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: 
• Các số có dạng 
( 1)
2
n n 
 : 0,1,3,6,10,15,24,28; 
• Các số có dạng 
( 1)
2
n n 
: 16,18,25; 
• Các số có dạng 
( 1)
2
n n 
 : 13. 
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}.