zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Lai Châu

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Báo xấu

6
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh đang chuẩn bị bước vào kì thi có thêm tài liệu ôn tập, TaiLieu.VN giới thiệu đến các bạn ‘Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Lai Châu’ để ôn tập nắm vững kiến thức. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kì thi!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Lai Châu

TUYỂN TẬP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀO 10 – NĂM 2023-2024 UBND TỈNH LAI CHÂU HƯỚNG DẪN CHẤM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2023-2024 Môn thi: Toán Câu Đáp án Điểm 1.a. 1,0  x4 x 4 x x   1 1  A x  x  2  1 x  :  x 1  1 x       2  x x 1     x 2     : x 1  x  1   x 2 1 x 1 x     x 1      x 1  x 1      x 2 x  2 x   :  x 1 1  x   x 1  x 1   2 .  x 1  x 1  x 1 x 1 2 x x x 1 Vậy A  với x  0, x  1 x 1.b. 1,0 1  2023 A 2023 x  1 1  2023   x 2023 x  1 1  2023   0 x 2023 x . 2023  2023  x  x . 2023  0 x . 2023  2023  x  0  x  2023  x  2023  0  x  2023 Kết hợp với đk x  0, x  1 có 2022 giá trị thỏa mãn điều kiện 2. a. 1,0 CLB Toán THCS Trang 2
TUYỂN TẬP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀO 10 – NĂM 2023-2024  x2  y2  x  y  8  (1)  2 2 2 x  y  3 xy  3 x  2 y  1  0 (2)   x2  y 2  x  y  8    x  y  1 2 x  y  1  0   x2  y 2  x  y  8    x  y  1  y  2 x  1   x2  y 2  x  y  8  (*)  x  y  1  2 2   x  y  x  y  8 (**)   y  2 x  1   x2  y 2  x  y  8 Giải (*)   x  y 1  x  1  x  y  1   x  y 1  x  y 1  y  2  2  2   y  2   2  y  1  y   y  1  y  8 2 y  8   x  3    y  2      y  2   x2  y 2  x  y  8 Giải (**)   y  2x  1  y  2x  1   2 2  x   2 x  1  x   2 x  1  8   y  2x  1  2 5 x  7 x  2  8  y  2x 1  2 5 x  7 x  6  0  3  3  x  5   y  2 x  1  x 5       x  3   y  2 x  1    y  11  5  5    x  2   x  2    x  2  y  2 x  1     y  3  3 11  Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm 1; 2  ;  3 ;  2  ;  2 ;  3 ;  ;  5 5  2. b. 1,0 Xét phương trình hoành độ giao điểm của  P  và  d  : x 2   x  m  1  x 2  x  m  1  0  * CLB Toán THCS Trang 3
TUYỂN TẬP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀO 10 – NĂM 2023-2024 Để  d  cắt  P  tại 2 điểm phân biệt x1 ; x2 thì * có 2 nghiệm phân biệt 5    0  1  4  m  1  0  4m  5  0  m   4 Ta có: x12  x2  4m  1  0 1 Vì x1 là nghiệm của *  x12   x1  m  1 thay vào 1 ta được  x1  m  1  x2  4m  1  0    x1  x2   3m  2  0 Theo Viet ta có: x1  x2  1  1  3m  2  0  m  1 (Nhận). Vậy m  1 3. a. 1 a)  2 x  y  x  y   x  8 y  22   2 x  y  x  y   3  2 x  y   5  x  y   22   2 x  y  x  y  3  5  x  y  3  7   x  y  3  2 x  y  5   7 Khi đó ta có các khả năng sau:  x  y  3  7  x  2 KN1:   2 x  y  5  1 y  8  x  y  3  1  x  2 KN2:    2 x  y  5  7 y  2  10 x  y  3  7 x  3  KN3:   L  2 x  y  5  1  y  2   3  10 x  y  3  1 x  3  KN4:    L 2 x  y  5  7  y  16   3 Vậy nghiệm nguyên của phương trình là  x; y    2;8  ;  2; 2  3.b. 1 Ta có: a  b  c  3 2 32   a  b  c   3  ab  bc  ac   ab  bc  ac  3 bc bc bc 1  bc bc  Ta có:       2 2 a 3 a  ab  bc  ac  a  b  a  c  2  a  b a  c  ac 1  ac ac  Tương tự ta có:     2 b 3 2 ab bc  CLB Toán THCS Trang 4
TUYỂN TẬP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀO 10 – NĂM 2023-2024 ab 1  ab ab      c 3 2bc ac  2 Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên ta được: ab bc ac 1  bc bc ac ac ab ab            c2  3 a2  3 b2  3 2  a  b a  c a  b b  c b  c a  c  ab bc ac 1  bc ac bc ab ac ab             c2  3 a2  3 b2  3 2  a  b a  b a  c a  c b  c b  c  ab bc ac 1  c  a  b b  a  c  a b  c           c 32 2 a 3 b 3 2 ab 2 ac bc  ab bc ac 1     a  b  c c 32 2 a 3 2 b 3 2 ab bc ac 3 Mà a  b  c  3 nên     2 c 3 2 a 3 b 32 2 Dấu = xảy ra khi a  b  c  1 ab bc ac 3 Vậy    2 c 3 2 a 3 b 3 2 2 4.a. 1 A I G D F K H O B E C a. Chứng minh rằng: ABEF là tứ giác nội tiếp.   Tam giác ABC vuông tại A nên BAC  90 hay BAF  90   Ta có: FE  BC tại E nên FEB  FEC  90   Xét tứ giác ABEF có: BAF  FEB  180 mà hai góc đối nhau Nên ABEF là tứ giác nội tiếp. 4.b. 1 b. Chứng minh: FH .CA  CH .FA CLB Toán THCS Trang 5
TUYỂN TẬP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀO 10 – NĂM 2023-2024 A I G D F K H O B E C  Xét đường tròn tâm  O  có FDC  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  Hay BDC  90   Xét tứ giác ABCD có: BAC  BDC  90 mà hai đỉnh kề Nên ABCD là tứ giác nội tiếp. Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD có    (hai góc nội tiếp cùng chắn ABD ACD ) AD Hay   FCD (1) ABF  Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABEF có    (hai góc nội tiếp cùng chắn ABF AEF ) AF (2)    Xét đường tròn tâm  O  có FED  FCD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DF ) (3) Từ (1); (2); (3) ta có:   FED nên FE là tia phân giác của  AEF  AED AF AE Xét tam giác AEH có EF là đường phân giác trong của tam giác nên  (4) FH EH AC AE EC là đường phân giác ngoài của tam giác nên  (5) CH EH AF AC Từ (4); (5) ta có:   AF .CH  FH . AC FH CH 4.c. 1 Đường thẳng AD cắt  O  tại điểm thứ hai là G , FG cắt CD tại I , CG cắt FD tại K . Chứng minh rằng K ; I ; H thẳng hàng.  Xét đường tròn tâm  O  có FGC  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  CG  FI Xét tam giác IFC có FD, CG là hai đường cao mà FD cắt CG tại K Nên K là trực tâm tam giác IFC  IK là đường cao IFC Do đó IK  FC (6)    Xét đường tròn tâm  O  có FDA  FCG (hai góc nội tiếp cùng chắn cung GF ) CLB Toán THCS Trang 6
TUYỂN TẬP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀO 10 – NĂM 2023-2024   Mà FDA  BCA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung  của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AB ABCD )     Do đó BCA  FCG Hay FCE  FCG     Xét FEC và FGC có; FCE  FCG ; FEC  FGC  90   Nên FEC ∽ FGC  g.g   EFC  GFC   Do đó  GC  EC  1   1  Xét đường tròn tâm  O  có GFC  s® GC ; EDC  s® EC 2 2      GFC  EDC hay IFH  HDC   Xét tứ giác FHDI có: IFH  HDC mà góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối Nên FHDI là tứ giác nội tiếp.    FHI  FDI  90  IH  FC (7) Từ (6) và(7 ) ta có K ; I ; H thẳng hàng. 5: 1 Gọi d là đường thẳng trong 2025 đường thẳng thỏa mãn đề bài, A E B d P Q I H F D G C Giả sử d cắt AD và BC lần lượt tại P và Q và cắt EG tại I E ; F ; G; H là trung điểm của các cạnh như hình 2 Mà S DCQP  2 S ABQP   DP  QC   2  AP  BQ   GI  2.IE  GI  GE  I cố 3 định Khi đó ta có 2025  4.506  1 các đường thẳng thỏa mãn đề bài phải đi qua 4 điểm cố định Khi đó theo nguyên lý Dirichlet thì có 506  1  507 đường thẳng đi qua một điểm. CLB Toán THCS Trang 7

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.