Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Chuyên) - Năm học 2023-2024 - Sở GD&ĐT Hải Dương (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Chuyên) - Năm học 2023-2024 - Sở GD&ĐT Hải Dương (Có hướng dẫn chấm)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2023 – 2024 Môn thi: TOÁN (chuyên) Ngày thi: 03/06/2023 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không tính thời gian phát đề Đề thi có 01 trang Câu 1 (2,0 điểm) 1. Cho hai số ab, thoả mãn các điều kiện ab. 1, a b 0 . Rút gọn biểu thức: 1 11 3 11 6 Q 3 33 22 2422 ab ab ab 2 ab ab 2. Cho hai số dương xy, thoả mãn xy22++1 yx += 1 15 . Tính giá trị của biểu thức: P=( x22 +−11 xy)( +− y) Câu 2 (2,0 điểm) xx2 23 1. Giải phương trình: xx2 3 2 x 12 x x xy 22 x y 2. Giải hệ phương trình: 22 xy 24 xy 3 Câu 3 (2,0 điểm) 1. Tìm tất cả các số nguyên tố p lẻ sao cho 2pp42 16 là số chính phương. 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 6x22 7 xy 2 y x y 20. Câu 4 (3,0 điểm) 1. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O) , điểm E thuộc cung nhỏ AB của đường tròn (O) ( E≠≠ AE, B) . Đường thẳng AE cắt các tiếp tuyến tại BC, của đường tròn (O) lần lượt tại MN, . a) Chứng minh rằng MB. NC= AB2 . b) Gọi F là giao điểm của MC và BN , H là trung điểm BC . Chứng minh rằng ba điểm EFH,, thẳng hàng. 2. Cho đường tròn O và hai điểm AB, cố định nằm trên đường tròn O sao cho AOB 1200 . Điểm M thay đổi trên cung lớn AB của đường tròn O . Đường tròn nội tiếp tam giác MAB tiếp xúc với MA, MB lần lượt tại EF, . Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. Câu 5 (1,0 điểm) Cho abc,, là các số không âm và không có hai số nào đồng thời bằng 0 . Chứng minh rằng: 1 1 1 10 22 22 2 2 2 ab bc ca abc HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Cán bộ coi thi số 1 Cán bộ coi thi số 2 .
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM HẢI DƯƠNG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2023 – 2024 Môn thi: TOÁN (chuyên) (Hướng dẫn chấm có 05 trang) Câu Ý Nội dung Điểm Cho hai số ab, thoả mãn các điều kiện ab. 1, a b 0 . Rút gọn biểu thức: 1 11 3 11 6 Q 3 33 22 2422 ab ab ab 2 ab ab 2 Ta có: a22 b 2 ab Nên 1 11 3 11 6 Q 34 33 22 4 ab ab ab ab ab 22 0,25 ab33 3 ab 6 344 ab ab ab a33 b ab 36 a22 b 4 ab 44 22 22 1 ababab 36 ab 2 ab22 2 0,25 ab44 46 ab 22 2 22 1 ab2 (2 điểm) ab44 24 ab 22 ab 22 4 2 ab22 2 2 0,25 ab22 44 ab 22 2 ab22 2 2 ab22 2 2 ab22 2 0,25 1 Cho hai số dương xy, thoả mãn xy22++1 yx += 1 15 . Tính giá trị của biểu thức: P=( x22 +−11 xy)( +− y) 2 Px=22 +11 y ++ xyxy −( 2 ++ 1 yx 2 + 1) = x 22 + 11 y ++ xy − 15 0,25 Đặt Mx=2 +1 y 2 ++ 1 xyMx ⇒2 =( 2 +1)( y 2 + 1) + xyxyx 22 + 22 + 1. y 2 + 1 0,25 =2x22 y + x 2 + y 2 ++1 2 xy x2 + 1. y 2 + 1
3. =x22( y ++1) y 22( x ++ 1) 2 xy2 + 1. yx 2 ++ 1 1 2 0,25 =( xy22 ++1 yx + 11) + =⇒=16M 4 . Vậy P =4 − 15 . 0,25 xx2 23 Giải phương trình: xx2 3 2 x 12 x x 2 xx30 Điều kiện: xx 10 1 0,25 xx2 23 0 x Phương trình trở thành xx 13 xx 3 2 x 12 x 0 x xx 13 xx 3 2x 12 x 0 1 x x 3 xx 12 xx 1 0 0,25 x x 3 xx 1 20 x xx 10 xx 11 x 3 x 3 2 20 22 (2 điểm) x x 1 x22 x 1 xx 10 (vô nghiệm) 0,25 x 3 2 4 x 34 xx 1 (Thoả mãn điều kiện) 0,25 x xy 22 x y Giải hệ phương trình: 22 xy 24 xy 3 xy 1 24 Hệ phương trình đã cho trở thành 22 xy 1 28 0,25 ax 1 ab.4 Đặt ta được hệ 22 by 2 ab 8 ab 44ab 2 22 ab 2 ab 8 ab 16 ab 4 0,25 ab 4 1 ab 4 ab 4 ab 4 ab 4 2 ab 4 ax 21 1 0,25 by 20
4. ax 23 2 0,25 by 24 Tìm tất cả các số nguyên tố p lẻ sao cho 2pp42 16 là số chính phương. Đặt A 2 pp42 16 0,25 Với p 3 thì A 169 132 là số chính phương. Vậy p 3 thoả mãn. 2 1 Với p 3 thì p2 1 mod 3 . Suy ra pp42  1 mod 3 0,25 Suy ra A 2 pp42  16 2.1  1 16 2 mod3 0,25 Do các số chính phương chia cho 3 chỉ dư 0 hoặc 1 nên A không là số 0,25 chính phương. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 6x22 7 xy 2 y x y 20. Ta có phương trình 22 3 6x 7 xy 2 y x y 11 22 0,25 (2 điểm) 6x 7 y 1 xyy 2 11 2xy 13 x 2 y 1 1 2xy + += 11  (1) 2 3xy+ 2 −= 11 0,25 2xy+ +=− 11  (2) 3211xy+ −=− x = −2 (1) ⇔  0,25 y = 4 x = −4 (2) ⇔  0,25 y = 6 1. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O) , điểm E thuộc cung nhỏ AB của đường tròn (O) ( E≠≠ AE, B) . Đường thẳng AE cắt các tiếp tuyến tại BC, của đường tròn (O) lần lượt tại MN, . a) Chứng minh rằng MB. NC= AB2 . N A E M 1 O 4 F (3 điểm) B I H C Ta có ABM===⇒ ACB BAC 600 BM / / AC ⇒= BMA CAN (1) 0,25 Tương tự ta có CN// AB⇒= BAM CNA (2) 0,25 Từ (1) và (2) ta có ∆AMB đồng dạng ∆NAC (g-g) 0,25 MB AB ⇒=⇒=⇒=MB NC AB AC MB . NC AB2 0,25 AC NC b) Gọi F là giao điểm của MC và BN , H là trung điểm BC . Chứng minh rằng 2 ba điểm EFH,, thẳng hàng.
5. N A E M O F B I H C Gọi I là giao điểm của EF và BC . Từ a) suy ra 0,25 MB BC MB.3 NC=⇒= BC 2 ( ) BC NC Mặt khác MBC = MBA + ABC =+=6000 60 120 0. Tương tự BCN =1200 Suy ra MBC = BCN (4) Từ (3) và (4) ta có ∆MBC đồng dạng ∆BCN (c-g-c). Suy ra BMC = NBC Ta có BFM =+=+ BCF FBC BCF BMC =−=18000 MBC 60( 5) Do BEAC nội tiếp nên BEM = BCA = 600 ( 6) 0,25 Từ (5) và (6) ta có BFM = BEM . Suy ra BMEF nội tiếp BEF = BMF = NBC = FBI . Do đó ∆IBF đồng dạng ∆IEB (g-g). Suy ra IB IF 0,25 =⇒=IB2 IE.7 IF ( ) IE IB Chứng minh tương tự ta có IC2 = IE.8 IF ( ) . 0,25 Từ (7) và (8) suy ra IB= IC ⇒≡ I H . Vậy EFH,, thẳng hàng. 2. Cho đường tròn O và hai điểm AB, cố định nằm trên đường tròn O sao cho AOB 1200 . Điểm M thay đổi trên cung lớn AB của đường tròn O . Đường tròn nội tiếp tam giác MAB tiếp xúc với MA, MB lần lượt tại EF, . Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. M K F J H E 3 O A B D I Gọi I là trung điểm của AB . Vẽ AH,, IJ BK cùng vuông góc EF . Ta có AOB=⇒=12000 AMB 60 , hơn nữa ME= MF nên tam giác MEF 0,25 đều. 33 Tam giác vuông AHE có AH= AE.sin 600 = .AE = . AD ( 1) 0,25 22
6. 33 Tam giác vuông BKF có BK= BF.sin 600 =BF = BD (2) 22 Cộng vế (1) và (2) ta có 3 33 0,25 AH+ BK = AB ⇒2 IJ = AB ⇒= IJ AB không đổi. 2 24 Vì điểm I cố định nên EF tiếp xúc với đường tròn cố định tâm I , bán 3 0,25 kính AB . 4 Cho abc,, là các số không âm và không có hai số nào đồng thời bằng 0 . Chứng minh rằng: 1 1 1 10 22 22 2 2 2 * ab bc ca abc Giả sử c= min{ abc , , } . Khi đó : 2 2 22 2 c c≤⇒≤⇒+≤+≤+ a c ac a c a ac a 2 2 2 22 2 c 0,25 c≤⇒ b c ≤ bc ⇒ b + c ≤ b + bc ≤ b + 2 22 22cc   ab+≤+ a  ++ b  22   1 11 VT * 22 2 2 5 cc c c ab b a (1 điểm) 22 2 2 cc 0,25 Đặt xa ; yb . Khi đó xy 0, 0 và xy abc. 22 1 11 Ta có VT * xy22 yx 2 2 1 2 1 13 4 3 x22 y xy x 22 y22 xy xy x22 y 22 xy xy 4 3 4 2 10 10 0,25 2 2 3. 22 2 VP * xy 2xy xy xy xy abc cc 00 Dấu bằng xảy ra khi . Do vai trò của abc,, bình đẳng xy ab 0,25 nên dấu “=” của * xảy ra khi và chỉ khi trong ba số abc,, có một số bằng 0 và hai số còn lại bằng nhau. Lưu ý: Học sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.