Bộ 17 Đề thi vào Lớp 10 chuyên Toán TP.HCM (Có đáp án)

ĐỀ SỐ 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC: 2024 – 2025
Môn thi CHUYÊN: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kể thời gian giao đề)
Bài 1. (1,5 điểm)
Cho tập nghiệm của phương trình x2+ax+bx2+cx+dx2+ex+f=0 là {1;2;3;4;5;6}. 
Tính giá trị của biểu thức T=a2+c2+e2-2(b+d+f).
Bài 2. (2,0 điểm) Gỉai các phương trình sau
a) (x+5)3=6x+5 
b) 33x+6+23-x=7
Bài 3. (1,5 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao BE,CF cắt nhau tại H và M là trung điểm BC. Đường thẳng qua A và vuông góc với EF cắt đường trung trực của BC tại O.
a) Chứng minh AH=2OM.
b) Chứng minh O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 
Bài 4. (1,5 điểm)
Với các số thực dương a,b thỏa mãn a2+b2≤2.
a) Chứng minh a+b≤2.
biểu thức
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=a2+b2+2024a+b+2. 
Bài 5. (2,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O). Gọi E là điểm bất kì trên cung nhỏ BC của O (BE<BA). Trên các cạnh AB,AC lần lượt lấy các điểm K,L sao cho BK=BE,CL=CE. Gọi M,N lần lượt là trung điểm BC và KL.
a) Chứng minh BNC=90∘. 
b) Gọi F là điểm thuộc (O) sao cho EF song song với BC. Chứng minh MN song song với AF.
Bài 6. (1,5 điểm)
a) Cho một hình vuông cạnh 8 cm có chứa bên trong 2024 điểm phân biệt. Chứng minh rẳng có thể vẽ được một đường tròn bán kính 1,5 cm có chứa bên trong ít nhất 127 điểm trên.
b) Cặp số nguyên dương (a;b) được gọi là cặp số “may mắn” của số n, nếu a+b=n và tồn tại số nguyên tố p thỏa mãn đẳng thức 4a+4b=1p. Tìm tất cả các cặp số “may mắn” của số 2025.
-----------HẾT-----------
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Bài 1. (1,5 điểm)
Cho tập nghiệm của phương trình x2+ax+bx2+cx+dx2+ex+f=0 là {1;2;3;4;5;6}. Tính giá trị của biểu thức T=a2+c2+c2-2(b+d+f).
Lời giải
Gọi x1;x2 là nghiệm của phương trình x2+ax+b=0
 x3;x4 là nghiệm của phương trình x2+cx+d=0
 x5;x6 là nghiệm của phương trình x2+ex+f=0
Ta có x1;x2;x3,x4;x5;x6 phân biệt và ∈{1;2;3;4;5;6}
Theo định lí Vi-et ta có x1+x2=-ax1x2=b
 	 x3+x4=-cx3.x4=d
 	 x5+x6=-ex5.x6=f
Từ đó ta có: x1+x2+x3+x4+x5+x6=-(a+c+e)
⇒1+2+3+4+5+6=-(a+c+e)
⇒a+c+e=-21
⇒a2+c2+e2=(a+c+e)2-2(ac+ae+ce)
=441-2(ac+ae+ce)
Ta có:
T'=ac+ae+ce+b+d+f
=x1+x2x3+x4+x1+x2x5+x6+x3+x4x5+x6+x1x2+x3x4+x5x6
=x1x3+x1x4+x2x3+x2x4+x1x5+x1x6+x2x5+x2x6+x3x5+x3x6+x4x5+x4x6+x1x2+x3x4+x5x6
Là các tích của 2 trong 6 số 1;2;3;4;5;6
⇒T''=1.2+1.3+1.4+1.5+1.6+2.3+2.4+2.5+2.6+3.4+3.5+3.6+4.5+4.6+5.6=175
⇒T=441-2.175=91.
Bài 2. (2,0 điểm) Giải các phương trình sau
a) (x+5)3=6x+5
b) 33x+6+23-x=7
Lời giải
a) (x+5)3=6x+5. (1). Điều kiện: x≥-5.
Đặt x+5=t suy ra x=t2-5 với t≥0
Phương trình (1) có dạng: t3=6t2-5+5
⇔t3-6t2+25=0⇔(t-5)t2-t-5=0
⇔t=5(t/m)t=1+212(t/m)t=1-212<0(loại)
Với t=5⇒x=52-5=20;
Với t=1+212⇒x=1+2122-5=1+212.
Vậy x=20,x=1+212 là các nghiệm của phương trình.
b) 33x+6+23-x=7 (2). Điều kiện: x≤23.
Đặt t=23-x⇔x=23-t2(t≥0)
Phương trình (2) có dạng: 3323-t2+6+t=7
⇔75-3t2=(7-t)3⇔75-3t2=343-147t+4t2-t3
⇔t3-24t2+197t-268=0⇔(t-4)t2-20t+67=0
⇔t=4(t/m)t=10+33(t/m)t=10-33(t/m)
Với t=4⇒x=23-42=7
Với t=10+33⇒x=23-(10+33)2=-110-2033.
Với t=10-33⇒x=23-(10-33)2=-110+2033
Vậy x=7,x=-110-2033,x=-110+2033 là các nghiệm của phương trình.
Bài 3. ( 1,5 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao BE,CF cắt nhau tại H và M là trung điểm BC.
Đường thẳng qua A và vuông góc với EF cắt đường trung trực của BC tại O.
a) Chứng minh AH=2OM.
b) Chứng minh O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Lời giải
a) Chứng minh AH=2OM.
Ta có: BFC=BEC=90∘
⇒E,F,B,C thuộc đường tròn đường kính BC, tâm là trung điểm M của BC.
⇒ME=MF
Ta có: AFH=AEH=90∘
A,F,H,E thuộc đường tròn đường kính AH, tâm là trung điểm I của AH.
⇒IE=IF
Từ (1), (2) suy ra MI là đường trung trực của EF
⇒MI⊥EF
mà AO⊥EF⇒MI//AO
Ta có: BE,CF là 2 đường cao của △ABC
mà BE cắt CF tại H⇒H là trục tâm của △ABC
⇒AH⊥BC
mà OM⊥BC ( OM là đường trung trực của BC )
⇒AH//OM hay AI∥OM
Từ (3), (4) suy ra tứ giác AIMO là hình bình hành
⇒OM=AI=12AH⇒AH=2OM.
b) Chứng minh Q là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
+) Gọi D là điểm sao cho tứ giác BHCD là hình bình hành ⇒BH∥CD
mà BH⊥AC⇒CD⊥AC
Chứng minh tương tự, BD⊥AD
Suy ra 4 điểm A,B,D,C thuộc đường tròn đường kính AD.
+) Gọi O1 là trung điểm của AD, ta sẽ chứng minh O1≡O.
Xét đường tròn tâm O1, ta có:
BAO1+ADB=90∘(△ABD vuông tại B)
mà ADB=ACB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB )
⇒BAO1+ACB=90∘
mà AFE=ACB (cùng bù BFE )
⇒BAO1+AFE=90∘⇒AO1⊥EF
mà O1M⊥BC⇒O1≡O.
Vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Bài 4. ( 1,5 điểm)
Với các số thực dương a,b thỏa mãn a2+b2≤2.
a) Chứng minh a+b≤2.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=a2+b2+2024a+b+2.
Lời giải
a) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có
a2+b2≥2ab⇔2a2+b2≥a2+2ab+b2⇔2a2+b2≥(a+b)2.
Mà a2+b2≤2⇒4≥(a+b)2⇒a+b≤2.
b) Tìm giả trị nhỏ nhất của biểu thức P=a2+b2+2024a+b+2.
Ta có 2a2+b2≥(a+b)2⇒a2+b2≥a+b2.
Đặt t=a+b(0<t≤2).
Ta có P=a2+b2+2024a+b+2≥a+b2+2024a+b+2=t2+2024t+2.
Ta có
t2+2024t+2=t+22+82t+2+2024-82t+2-2
≥2t+22.82t+2+2024-822+2-2=42+506-22-2=506+2.
Suy ra P≥506+2.
Dấu “=” xảy ra⇔t=2⇔a=b=1.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 506+2 khi a=b=1.
Bài 5. ( 2,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC(AB<AC) nội tiếp đường tròn (O). Gọi E là điểm bất kì trên cung nhỏ BC của (O)(BE<BA). Trên các cạnh AB,AC lần lượt lấy các điểm K,L sao cho BK=BE,CL=CE. Gọi M,N lần lượt là trung điểm BC và KL.
a) Chứng minh BNC=90∘.
b) Gọi F là điểm thuộc (O) sao cho EF song song với BC. Chứng minh MN song song với AF.
Lời giải
Cách 1 :
a) Chứng minh BNC=90∘.
Dựng hình bình hành KBDC dễ thấy M là trung điểm KD nên ta có MN=12LD (Tính chất đường trung bình)
Có BEC+BAC=180∘ (tứ giác ABEC nội tiếp) và ACD+BAC=180∘ (hai góc trong cùng phía)
Nên BEC=ACD
Xét △BEC và △DCL có:
E=CCD=BE(=BK)CL=CE⇒△BEC=△DCL⇒LD=BC
Mà MN=12LD nên ⇒MN=12BC. Mà M là trung điểm BC nên △BNC vuông tại N.
b) Chứng minh MN song song với AF.
Vì tứ giác BEFC là hình thang, đồng thời tứ giác BEFC nội tiếp nên suy ra sdBE=sACF; FAC=12sdFC
Mà DEC=BCE(△BEC=△DLC)⇒DLC=12s dBE
⇒DLC=FAC
⇒FA//DL, mà DL//MN nên MN song song với AF.
Cách 2:
a) Chứng minh BNC=90∘.
Kẻ tia Cx sao cho Cx,CB nằm về 2 phía của tia CE và ECx=NCL.
Trên tia Cx lấy D sao cho CD=CN.
Xét △CED và △CLN có :
CE=CL (giả thiết)
ECD=LCN
CD=CN
⇒△CED=△CLN
⇒ED=LN, mà LN=KN=12KN
⇒ED=LN=KN=12KL
Cũng suy ra CED=CLN=BAC+AKL
Có BEC+BAC=180∘ (do tứ giác ABEC nội tiếp)
BKN+AKN=180∘
⇒CED=180∘-BEC+180∘-BKN
⇒BKN=360∘-BEC-CED=BED
Xét △BKN và △BED có
BK=BE (giả thiết)
BKN=BED
KN=ED
⇒△BKN=△BED
⇒BN=BD; mà CN=CD
⇒BC là đường trung trực của ND
△CND có CN=CD⇒△CND cân tại D
Có BC là trung trực của DN
⇒BC là phân giác của DCN
⇒BCN=BCD=BCE+ECD=BCE+NCL
Mà ACE=NCL+BCN+BCE
⇒BCN=12ACE
Tương tự ta có NBC=12ABE
Mà ACE+ABE=180∘ (tứ giác ABEC nội tiếp)
⇒BCN+NBC=12ACE+12ABE=90∘
⇒△BNC vuông tại N hay BNC=90∘.
Cách 3:
a) Chứng minh BNC=90∘.
Dựng △CDE sao cho △CDE=△CNL ( như hình vẽ)
⇒ED=LN=KN,CNL=CDE(1)
Ta có BEC=180∘-BAC=AKL+ALK
⇒BED=360∘-(DEC-BEC)=360∘-(CLN+ALK+AKL)=180∘-AKL=BKN
⇒△BKN=△BED (c.g.c)
⇒BDE=KNB (2)
Từ (1),(2) ⇒BDC=KNB+CNL.
Mặt khác △BNC=△BDC( c.c.c )
⇒BNC=BDC
⇒BNC=KNB+CNL
⇒BNC=90∘
b) Chứng minh MN song song với AF.
Có △BNC vuông tại N, và M là trung điểm BC
⇒NM=MB=MC=12BC
⇒△MNB cân tại M.
BMN=180∘-2NBM
Mà NBM=12ABE (chứng minh câu a)
⇒BMN=180∘-MBE=ACE
Mặc khác ACE=AFC (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AB )
⇒BMN=AFE
Mà MB//EF (giả thiết)
⇒MN//AF
Bài 6. ( 1,5 điểm)
a) Cho một hình vuông cạnh 8 cm có chứa bên trong 2024 điểm phân biệt. Chứng minh rằng có thể vẽ được một đường tròn bán kính 1,5 cm có chứa bên trong ít nhất 127 điểm trên.
b) Cặp số nguyên dương (a;b) được gọi là cặp số “may mắn” của số n nếu a+b=n và tồn tại số nguyên tố p thỏa mãn đẳng thức 4a+4b=1p. Tìm tất cả các cặp số “may mắn” của số 2025 .
Lời giải
a) Chia hình vuông thành 16 hình vuông có cạnh bằng 2 cm như hình vẽ. Do 2024 chia 16 được 126 dư 8 nên sẽ có một hình vuông chứa ít nhất 127 điểm (có thể các điểm nằm trên cạnh của hình vuông). Lấy đường tròn tâm là tâm hình vuông đó và bán kính 1,5>2 cm thì hình vuông nằm hoàn toàn trong đường tròn nên đường tròn đó chứa ít nhất 127 điểm (đpcm).
b) Cặp số nguyên dương (a;b) được gọi là cặp số “may mắn” của số n nếu a+b=n và tồn tại số nguyên tố p thỏa mãn đẳng thức 4a+4b=1p. Tìm tất cả các cặp số “may mắn” của số 2025 .
Ta có 4a+4b=1p⇒4(a+b).p=ab⇒ab=4.2025.p=8100p.
Do a+b=2025 nên a,b là hai nghiệm (nếu có) của phương trình
t2-2025t+8100p=0(1).
Xét Δ=20252-4.8100p=452452-16p
Phương trình (1) có hai nghiệm nguyên khi 452452-16p là số chính phương, suy ra 452-16p là số chính phương.
Đặt 452-16p=k2(k∈N), suy ra (45-k)(45+k)=16p
Do 45+k>16⇒45+k⋮p⇒16:45-k
Ta có bảng sau
45-k
1
2
4
8
16
k
44
43
41
37
29
P
8916
11
432
41
74

Do p là số nguyên tố nên p=11 hoặc p=41.
Với p=11 ta có các cặp (a;b) thỏa mãn là (45;1980),(1980;45).
Với p=41 ta có các cặp (a;b) thỏa mãn là (180;1845),(1845;180)
-----------HẾT-----------
ĐỀ SỐ 2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC: 2023 – 2024
Môn thi CHUYÊN: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kể thời gian giao đề)
Bài 1. (1,0 điểm) Cho a,b là các số thực, b≠0 thỏa mãn điều kiện
a2+b2=4b2a2+b2+a+aa2+b2
Tính giá trị của biểu thức P=a2+b2.
Bài.2. (2,5 điểm)
a) Giải phương trình: x=5x-1+2x-2.
b) Giải hệ phương trình 9y+49x+y+x+y=23xx+yy=7(x+y)
Bài 3. (2,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A(AB<AC), có đường cao AH. Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với các cạnh BC,CA,AB lần lượt tại D,E,F. Gọi J là giao điểm của AI và DE;K là trung điểm của AB.
a) Chứng minh tứ giác BIJD nội tiếp.
b) Gọi M là giao điểm của KI và AC, N là giao điểm của AH và ED. Chứng minh AM=AN.
c) Gọi Q là giao điểm của DI và EF,P là trung điểm của BC. Chứng minh ba điểm A,P,Q thẳng hàng.
Bài 4. (2,0 điểm) Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn 1+4xy+2x+2y+2z=5.
a) Chứng minh 1(2x+1)(2y+1)+12z+1≥23.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=x+12x+1+y+12y+1+2z+34z