Đề Toán chuyên Phan Bội Châu 2023-2024 (Có đáp án)

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
NGHỆ AN 
(Đề gồm có 01 trang) 
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU 
NĂM HỌС 2023 – 2024 
Môn thi: TOÁN 
Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề 
Câu 1 (6,0 điểm). 
a) Giải phương trình 𝑥4 − 4𝑥3 + 6𝑥2 − 4𝑥 − 3 = 0. 
b) Giải hệ phương trình {
2𝑥 − √𝑥 + 𝑦 = √2𝑦 − 𝑥2 + 2𝑥
(2 − √𝑥 + 𝑦)√𝑥2 + 4 = 2√3𝑥
. 
Câu 2 (3,0 điểm). 
a) Tìm 𝑥 ∈ R sao cho 𝑥 + √2024 và 
1
𝑥
− √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. 
Câu 3 (2.0 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 =
𝑎
𝑎+(𝑎+𝑏)2
+
𝑎2
𝑎+𝑐2
. 
Câu 4 (7.0 điểm). 
Cho tam giác 𝐴𝐵𝐶 vuông tại 𝐴(𝐴𝐵 < 𝐴𝐶) nối tiếp đường tròn tâm 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 điểm 𝐴, 𝐹, 𝑂, 𝐽 cùng nằm trên một đường tròn. 
b) Đường thẳng 𝑂𝐸 cắt đường thẳng 𝐴𝐷 tại 𝐼. Chứng minh rằng 𝐼𝐵�̂� = 𝐵𝐷�̂�. 
c) Trên tia 𝐵𝐷 lấy điểm 𝑀 sao cho 𝐵𝑀 = 𝐵𝐴. Đường thẳng 𝐴𝑀 cắt đường thẳng 𝐷𝐶 tại 𝑁. đường thẳng 𝐵𝑁 cắt 
(𝑂) tại 𝐾(𝐾 khác 𝐵). Gọi 𝐻 là hình chiếu vuông góc của 𝐴 trên 𝐵𝐶. Đường thẳng 𝐵𝐷 cắt các đường thẳng H, 
CK lần lượt tại 𝑃, 𝑄. 
Chứng minh rằng 
1
𝑃𝑀
=
1
𝑀𝑄
+
1
𝐵𝑀
. 
Câu 5 (2.0 điểm). 
Cho một đa giác lồi có diện tích bằng 2024 cm2. Chứng minh rằng bao giờ cũng vẽ được trong đa giác đó một 
tam giác có diện tích không nhỏ hơn 759 cm2. 
-------HẾT------- 
Đề chính thức 
LỜI GIẢI ĐỀ THI TOÁN VÀO LỚP 10 CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
Câu 1
a) Giải phương trình x4 − 4x3 + 6x2 − 4x− 3 = 0.
b) Giải hệ phương trình
{
2x−√x + y = √2y − x2 + 2x
(2−√x + y)√x2 + 4 = 2√3x .
Lời giải.
a) Ta biến đổi phương trình như sau
x4 − 4x3 + 6x2 − 4x− 3 = 0⇔ (x2 − 2x− 1) (x2 − 2x + 3) = 0
⇔ x2 − 2x− 1 = 0 (vì x2 − 2x + 3 = (x− 1)2 + 2 > 2 > 0)
⇔ x ∈ {1 +
√
2, 1−
√
2}.
Như vậy, tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {1 +√2, 1−√2}.
b) Điều kiện xác định: x + y > 0, 2y − x2 + 2x > 0.
Trước hết ta có biến đổi sau.
2x−√x + y =
√
2y − x2 + 2x⇔ (2x−√x + y)2 = 2y − x2 + 2x
⇔ 4x2 − 4x√x + y + x + y = 2y − x2 + 2x
⇔ 5x2 − 4x√x + y − (x + y) = 0
⇔ 5x(x−√x + y) +√x + y(x−√x + y) = 0
⇔ (x−√x + y) (5x +√x + y) = 0.
Lúc này, ta xét hai trường hợp sau.
† Trường hợp 1. x−√x + y = 0 suy ra x = √x + y(x > 0).
Thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được
(2− x)
√
x2 + 4 = 2
√
3x⇔ (2− x)2(x2 + 4) = 12x2
⇔ (x2 − 4x + 4)(x2 + 4) = 12x2
⇔ x4 + 4x2 − 4x3 − 16x + 4x2 + 16 = 12x2
⇔ x4 − 4x3 − 4x2 − 16x + 16 = 0
⇔ (x2 + 2x + 2)(x2 − 6x + 4) = 0
⇔ x2 − 6x + 4 = 0(vì x2 + 2x + 2 = (x + 1)2 + 1 > 1 > 0)
⇔ x ∈ {3−
√
5, 3 +
√
5}.
Để ý điều kiện 0 6 x 6 2 nên x = 3 +
√
5 loại suy ra x = 3−√5.
Khi đó, thay vào biểu thức ta được 3−√5 =
√
3−√5 + y suy ra y = 11− 5√5.
Thử lại, ta thấy nghiệm trên thỏa mãn.
† Trường hợp 2. 5x +
√
x + y = 0 suy ra
√
x + y = −5x(x 6 0)
Thay vào phương trình đầu của hệ, ta có
7x =
√
2y − x2 + 2x.
Từ đây kết hợp x 6 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, y) = {3−√5, 11− 5√5}.
∇
Câu 2
a) Tìm x ∈ R sao cho x +√2024 và 1
x
−√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.
a) Theo giả thiết ta có the đặt như sau x +
√
2024 = a,
1
x
−√2024 = b thì a, b ∈ Z.
Bằng các phép biến đổi ta được
(a−
√
2024)(b +
√
2024) = 1⇔
√
2024(a− b) = 2025− ab.
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 = c2 (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 = 8d3, hay là a = 4d3 (3).
Từ (2) suy ra c2 chia hết cho 5 , mà 5 là số nguyên tố nên c chia hết cho 5.
Đặt c = 5e, thay vào (2) được 5a = 25e2, hay là a = 5e2 (4).
Từ (3) và (4) có a = 4d3 = 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 d3 chia hết cho 5, suy ra d chia hết cho 5.
Đặt d = 5k, thay vào (5) được a = 5e2 = 500k3 với k là số nguyên dương.
Từ đó e2 = 100k3 = 102k3. Điều này xảy ra với số k nhỏ nhất là k = 1, e = 10 và a = 500.
Lúc đó 2a = 1000 = 103 và 5a = 2500 = 502 thỏa mãn bài toán.
Vậy số nguyên dương a nhỏ nhất thỏa mãn là a = 500.
∇
!
Bài toán số học ở câu b là bài toán không mới cũng như không quá khó nhưng lạ các bạn
có thể tham khảo bài toán tương tự như sau.
Tìm số nguyên dương a nhỏ nhất sao cho 2a là số chính phương và 3a là số lập phương.
Tạp chí toán học tuổi trẻ số 505
Câu 3 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
a + (a + b)2
+
a2
a + c2
.
Lời giải. Bằng các phép biến đổi giả thiết, ta có
3(a + b + c) = a2 + 4b2 + c2 + 2ab + 12− 12b
= (a + b)2 + c2 + 3(b− 2)2 > (a + b)2 + c2.
Bằng biến đổi bất đẳng thức kết hợp cộng mẫu, ta được
3(a + b + c) > (a + b)2 + c2 > (a + b + c)
2
2
.
Do đó a + b + c 6 6 suy ra (a + b)2 + c2 6 18. Khi đó, bằng các phép biến đổi ta có
T =
a3
a + (a + b)2
+
a2
a + c2
> a
2
a + (a + b)2
+
a2
a + c2
> 4a
2
2a + (a + b)2 + c2
> 4a
2
2a + 18
=
2a2
a + 9
> 2a
2
10a
=
a
5
> 1
5
.
Từ đây ta đượcMinT =
1
5
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi (a, b, c) = (1, 2, 3).
Vậy giá trị nhỏ nhất của T =
1
5
. ∇
Câu 4 Cho tam giác ABC vuông tại A(AB < AC) nội tiếp đường tròn tâm 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 OE cắt đường thẳng AD tại I. Chứng minh rằng ÎBA = B̂DA.
c) Trên tia BD lấy điểmM sao cho BM = BA. Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC
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 BD cắt các đường thẳng NH,CK lần lượt tại P,Q.
Chứng minh rằng
1
PM
=
1
MQ
+
1
BM
.
Lời giải.
H
T
I
J
F
E
CO
B
A
D
a) Vì tứ giác AFBC nội tiếp, ta có đẳng thức sau
180◦ − F̂AJ = ÊAF = F̂BC = 1
2
F̂OC.
Vì JO là đường trung bình tam giác CBE nên JO ‖ BF mà CF ⊥ BF suy ra JO ⊥ BF .
Vì O thuộc trung trực CF nên OJ là trung trực CF nên
F̂OJ =
1
2
F̂OC = 180◦ − F̂AJ.
Từ đây ta có ngay tứ giác AJOF là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi T là giao điểm của OE và AF . Trước hết, ta chỉ ra
ID
IA
=
BD2
BA2
.
Thật vậy, áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AFD, cát tuyến ITO ta có.
ID
IA
· TA
TF
· OF
OD
= 1
Từ đây kết hợp OF = OD, ∆AEB ∼ ∆FEC(g.g) và BD = CF , ta có
ID
IA
=
TF
TA
=
EF. sinFET
EA. sinAET
=
EF
EA
· sinBEO
sinCEO
=
EF
EA
· CE
BE
=
(
CF
BA
)2
=
(
BD
BA
)2
.
Bằng các phép biến đổi góc , ta được
ÔFA = ÔAF = 90◦ − ÂDF = 90◦ − ÂCF = ÂEF .
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.
4I ′BA ∼ 4I ′DB(g.g)⇒ I
′A
I ′B
=
I ′B
I ′D
=
BA
BD
⇔ I
′D
I ′A
=
I ′D
I ′B
· I
′B
I ′A
=
BD2
BA2
=
ID
IA
⇒ I ≡ I ′.
Từ đây ta được IB là tiếp tuyến của (O) suy ra ÎBA = B̂DA.
Bài toán được chứng minh.
c) Ta có
D̂NM + D̂MN = B̂AM + ĈAN = 90◦, B̂AM = B̂MA
do đó ĈAN = ĈNA hay tam giác CAN cân tại C suy ra CA = CN .
Theo hệ thức lượng ta có CA2 = CH · CB nên CN2 = CH · CB suy ra CN
CH
=
CB
CN
.
Từ đây ta được 4CNH ∼ 4CBN(c.g.c) dẫn đến ĈHN = ĈNB = ĈQD .
Do đó tứ giác CQPH nội tiếp, ta có các biến đổi sau
BP ·BQ = BH ·BC = BA2 ⇔ BM2 = BP ·BQ
⇔ BM
BP
=
BQ
BM
⇔ PM
BP
=
MQ
BQ
⇔ PM.BQ = MQ ·BM
⇔ (MB + MQ)MP = MQ ·MB
⇔ MB + MQ
MB ·MQ =
1
MP
⇔ 1
MP
=
1
MQ
+
1
MB
.
Vậy bài toán được chứng minh.
Q
P
H
K
N
M
C
OB
A
D
∇
Câu 5 Cho một đa giác lồi có diện tích bằng 2024cm2. Chứng minh rằng bao giờ cũng
vẽ được trong da giác đó một tam giác có diện tích không nhỏ hơn 759cm2.
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
8
S.
Gọi a là đường thẳng chứa cạnh AB của đa giác. 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 d2 song song cách đều b và d. Gọi h là khoảng cách giữa a và b.
Gọi giao điểm của d1 với biên của đa giác là M và N . Kéo dài các cạnh của đa giác chứa M
và N cho cắt a và d, ta được một hình thang có diện tích bằngMN · h
2
.
Gọi giao điểm của d2 với biên của đa giác là D và E. Kéo dài các cạnh của đa giác chứa D và
E cho cắt b và d, ta được một hình thang coũng có thể là tam giác) có diện tích bằng DE · h
2
.
Hai hình thang nói trên phủ toàn bộ đa giác nên tổng các diện tích của hai hình thang lớn
hơn hoặc bằng S, do đó: (MN + DE) · h˙
2
> S.
Ta sẽ chứng minh rằng một trong hai tam giác ADE và CMN là tam giác phải tìm. Xét tổng
diện tích hai tam giác đó:
SADE + SCMN =
1
2
DE · 3h
4
+
1
2
MN · 3h
4
=
3h
8
(DE + MN)
=
3
4
· h
2
(DE + MN) > 3
4
S.
Tồn tại một trong hai tam giảc ADE,CMN có diện tích lớn hơn hoặc bằng
3
8
S đó là tam giác
cần tìm. Vậy bài toán được chứng minh. ∇