Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Trung học Phổ thông môn Toán (Chuyên) - Năm học 2023-2024 - Sở GD&ĐT Đắk Lắk (Có đáp án)

 trang 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
TỈNH ĐẮK LẮK 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
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 
Câu 1: (2,0 điểm) 
1) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 2 2 3 2 0 x x m có 
nghiệm. 
2) Gọi 1 2 3 4, , ,x x x x là các nghiệm của phương trình x x x x1 3 5 7 1 . Tính 
giả trị của biểu thức 1 2 3 4 P x x x x . 
Câu 2: (2,0 điểm) 
1) Cho da thức f x thỏa mãn 22 3 2 5 8 3 1 f x f x x x với mọi số 
thực f x . 
a. Trong đẳng thức (l), thay x bởi 2 x và ghi ra kết quả. 
b. Giải phương trình 1 f x . 
2) Giải hệ phương trình 
3 2
2 2
6 13 10 2 1 0
3 18 2 6 6 24 8 0
x x x x y x y
x x xy y y x y x y
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. 
Câu 4: (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD có ABC ADC 090 , BC = CD. Gọi M là trung điểm 
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 y z t2 2 2 2 1 . Tìm giả trị lớn nhất của biểu 
thức A xy xz xt yz yt zt3 . 
----------------- Hết ----------------- 
 trang 2
SƠ LƯỢC BÀI GIẢI 
Câu 1: (2,0 điểm) 
1) Phương trình có nghiệm khi 20 1 3 2 0 1 m m . 
2) x x x x x x x x x x x x2 21 3 5 7 1 1 7 3 5 1 8 7 8 15 1 . 
x x
x x x x x x
x x
2
22 2 2
2
8 11 17 0 1
8 11 4 8 11 4 1 8 11 17
8 11 17 0 2
. 
+) Phương trình (1) có 2 nghiệm x x1 2, vì 21 4 11 17 5 17 0 . 
Theo Vi ét: x x1 2 11 17 . 
+) Phương trình (2) có 2 nghiệm x x3 4, vì 22 4 11 17 5 17 0 . 
Theo Vi ét: x x3 4 11 17 . 
Do đó 1 2 3 4 11 17 11 17 121 17 104 P x x x x . 
Câu 2: (2,0 điểm) 
1) a. Thay x bởi 2 x có: 2 22 2 3 5 2 8 2 3 5 12 7 1 f x f x x x x x . 
b. Từ (1) và (1’), ta có: 
2
2
2 3 2 5 8 3
2 2 3 5 12 7
f x f x x x
f x f x x x
. 
2
2 2
2
4 6 2 10 16 6
5 5 20 15 4 3
9 6 2 15 36 21
f x f x x x
f x x x f x x x
f x f x x x
. 
Khi đó 22 21 4 3 1 4 4 0 2 0 2 f x x x x x x x . 
Vậy phương trình 1 f x có một nghiệm là 2 x . 
2) Giải hệ phương trình 
3 2
2 2
6 13 10 2 1 0 1
3 18 2 6 6 24 8 0 2
x x x x y x y
x x xy y y x y x y
(ĐK: 1 x y ) 
 2 3 6 6 8 3 0 3 6 6 8 0 x y x y x y x y x y x y x y 
3 0 3 3
26 6 8 0 6 2
x y y x y x
y x lx y x y x y
+) Với 3 23 ; 1 6 13 10 4 2 4 1 0 y x x x x x x 
 3322 4 5 4 2 4 1 2 2 4 1 4 1 * x x x x x x x x x 
Đặt 2; 4 1 a x b x (*) trở thành: 3 3 3 3 0 a a b b a b a b 
2 2
2 2 31 0 1 0 0
2 4
b ba b a ab b a b a a b a b 
(vì 
2 23 1 0; ,
2 4
  
b ba a b ) 
 trang 3
+) Với a b , ta có: 2 2
2 2
2 4 1
8 3 02 4 1
x x
x x
x x ax x
. 
Giải (a): 16 3 13 0 , nên (a) có hai nghiệm là: 1 24 13 ; 4 13 x l x n 
Với 4 13 3 4 13 12 3 13 x y (TMĐK 1 x y ) 
Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm ; 4 13; 12 3 13 x y 
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: 
 4; 3; 2; 1; ; 1; 2; 3; 4 ; 5 n n n n n n n n n n N n 
Khi đó 2 2 2 2 24 3 3 4 9 60 S n n n n n 
Giả sử tồn tại hình vuông độ dài cạnh * k k N thỏa mãn bài toán, ta có: 2 29 60 k n 
Do 2 2 2 29 60 3 3 3 9 9 60 9 n k k k n     (vô lí, vì 29 9; 60 9n   ) 
Vậy không tồn tại hình vuông có cạnh là một số nguyên dương và có diện tích bằng S ? 
2) Gọi 1 2 3 17, , , ,d d d d lần lượt là độ dài đường kính của 17 đường tròn (ĐK: 
* id N ) 
Gọi jA là các tập chứa các phần tử id có số dư bằng j khi chia id cho 5 (
1, 17; 0, 4 i j  ) 
+) Nếu tồn tại một tập jA 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 jA 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 jA ) 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. 
Câu 4: (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD có ABC ADC 090 , BC = CD. Gọi M là trung điểm 
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 4
1. Chứng minh rằng MEB MBD và tứ giác BHEM là tứ giác nội tiếp. 
BC = CD (gt) D (C); AB  BC 090 ABC , nên AB là tiếp tuyến của (C) 
Do đó MDB MBE (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn cung BE ) 
Xét MEB và MBD , ta có: BME (góc chung), MDB MBE cmt 
Vậy MEB .g MBD g dpcm MEB MBD a 
Xét ABC và ADC , ta có: 090 ABC ADC , BC DC gt , AC (cạnh chung) 
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 
Xét AHB , ta có: 090 AHB ( AC  BD ), 
2
 ABMA MB gt 
2
 ABMH MB , nên MHB cân tại M MHB MBD b 
Từ , a b MEB MHB . Vậy tứ giác BHEM là tứ giác nội tiếp (đpcm) 
2. Gọi F là giao điểm của đường thẳng AE và đường tròn (C) (F ≠ E). Chứng 
minh BC  DF. 
Vì MEB MBD (cmt) 
2 2  ME MB ME MD MB MA
MB MD
(do MA = MB) ME MA
MA MD
Xét MEA và MAD , ta có: AME (góc chung), ME MA cmt
MA MD 
Vậy MEA . .c MAD c g MAE MDA c 
Lại có AD  DC 090 ADC , nên AD là tiếp tuyến của (C) 
 AFD MDA d (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn cung DE ) 
Từ , / / c d MAE AFD AB DF , mà AB BC gt . Vậy DF BC (đpcm) 
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) 2 DF DK (đường kính và dây) 
Lại có AC BD (cmt), DI BD ( 090 BDI (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (C)) 
 / / AC DI ACB DIK 
 trang 5
Xét ACB và DIK , ta có: 090 ABC DKI (gt và DF BC ), ACB DIK cmt 
Vậy ACB .g  AB DKDIK g AB KI BC DK e
BC KI
Xét AIB : / /KJ AB (cùng vuông góc với BC ) .  KJ KI AB KI BI KJ f
AB BI
Từ , . 2  DK BIe f BC DK BI KJ
KJ BC
, (BI, BC lần lượt là đường kính và bán 
kính của (C)), nên J là trung điểm của DK 
2
 DKDJ , mặt khác 2 DF DK (cmt) 
Do đó 12
2 4
DK
DJ
DF DK
. 
Câu 5: (1,0 điểm) 
Cho các sổ thực x y z t, , , thỏa mãn x y z t2 2 2 2 1 . Tìm giả trị lớn nhất của biểu 
thức A xy xz xt yz yt zt3 . 
Áp dụng bất đẳng thức 
2 2
2
 A BAB , ta có: 
mA mxy mxz mxt myz myt mzt3 
x y x m z x m t y m z y m t z tm m
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3
2 2 2 2 2 2
m m m mx y m z m t2 2 2 2 2 23 31 1
2 2 2 2
 (với 0 m ) 
Chọn 0 m để: 
mm mm m m
m
2 2
1 5 03 21 1 0
2 2 1 5 0
2
] 
Nên A A1 5 1 5 3 5 3 5 2 2 51
2 4 4 4 21 5
  
Đẳng thức xảy ra khi 2 2 2 2
1 5 5 5 5 5;
2 20 20
1 1 5 5 5 5 5;
2 20 20
   
x y z tx y mz mt
x y z t
x y z t
Vậy Max
1 5 5 5 5 5;
2 5 2 20 20
2 1 5 5 5 5 5;
2 20 20
  
  
x y z t
A
x y z t
.