Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2024-2025 có đáp án - Sở GD&ĐT Thái Bình

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

8
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

“Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2024-2025 có đáp án - Sở GD&ĐT Thái Bình" sau đây sẽ giúp bạn đọc nắm bắt được cấu trúc đề thi, từ đó có kế hoạch ôn tập và củng cố kiến thức một cách bài bản hơn, chuẩn bị tốt cho kỳ thi sắp. Mời các bạn cùng tham khảo nội dung chi tiết.

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 2024-2025 có đáp án - Sở GD&ĐT Thái Bình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2024 – 2025 THÁI BÌNH MÔN THI: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Dành cho thí sinh thi chuyên Toán, Tin) Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,0 điểm). x3  1 x2 1 1. Cho x là số thực dương thỏa mãn  18 x . Tính A  . x x 2. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a  b  c  abc  4 . Rút gọn biểu thức A  a  4  b  4  c   b  4  c  4  a   c  4  a  4  b   abc Câu 2 (2,5 điểm). 1. Giải phương trình x2  3x  1  2 x 2  5x  1   x  2 2  x2  y 2  2 x  2  0 2. Giải hệ phương trình  2 2 4 x  2 y  2 xy  6 x  3 y  2  0 Câu 3 (3,5 điểm). Cho đường tròn tâm I nội tiếp tam giác nhọn ABC  AB  AC  tiếp xúc với các cạnh BC , CA, AB lần lượt tại D, E , F . Đường thẳng qua A song song với BC cắt đường thẳng EF tại K . Gọi H là giao điểm của đường thẳng DI và đường thẳng EF , N là giao điểm của đường thẳng IA và đường thẳng EF . Đường thẳng AH cắt đường thẳng BC và đường thẳng IK lần lượt tại M và P . 1. Chứng minh ANPK là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh ID là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PDK . 3. Đường thẳng BI cắt đường thẳng EF tại R . Đường thẳng IM cắt đường thẳng DK tại điểm T và đường thẳng RC cắt đường thẳng DK tại điểm U . Chứng minh bốn điểm I , T ,U , R nằm trên một đường tròn. Câu 4 (1,0 điểm). 2 Giả sử a, b là các số nguyên dương sao cho a  b  4a là số nguyên. Biết b là số lẻ. Chứng minh ab rằng a là số chính phương. Câu 5 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  3 . Chứng minh rằng a2 b2 c2 9 2  2  2   a  1  b  1  c  1 4 ----- HẾT -----
LỜI GIẢI THAM KHẢO Câu 1 (2,0 điểm). x3  1 x2 1 1. Cho x là số thực dương thỏa mãn  18 x . Tính A  . x x 2. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a  b  c  abc  4 . Rút gọn biểu thức A  a  4  b  4  c   b  4  c  4  a   c  4  a  4  b   abc Lời giải x3  1 x3  1 x 6  2 x3  1 1 1. Ta có:  18 x   18  3  324  x 3  3  322 x x x x x 3  1  1 Suy ra  x    3  x    322  0  x  x 1 Đặt x   t  t  2  ta có t 3  3t  322  0   t  7   t 2  7t  46   0 x 2  7  43 1 x2  1 Vì t 2  7t  46   t     0 , do đó t  7 hay x   7   7.  2 2 x x Vậy A  7   2. Ta có  4  b  4  c   16  4  b  c   bc  4 a  b  c  abc  4  b  c   bc  4a  4 abc  bc 2 Suy ra  a  4  b  4  c   4a 2  4a abc  abc  2a  abc   a  4  b  4  c   2a  abc (1) Tương tự, suy ra b  4  c  4  a   2b  abc (2) c  4  a  4  c   2c  abc (3) Lấy (1) + (2) + (3), ta được A  a  4  b  4  c   b  4  c  4  a   c  4  a  4  b   abc  2a  abc  2b  abc  2c  abc  abc  2a  2b  2c  2 abc  8 Vậy A  8.
Câu 2 (2,5 điểm). 1. Giải phương trình x2  3x  1  2 x 2  5x  1   x  2 2  x2  y 2  2 x  2  0 2. Giải hệ phương trình  2 2 4 x  2 y  2 xy  6 x  3 y  2  0 Lời giải 1. x 2  3 x  1  2 x 2  5 x  1   x  2  2 (1)  3  5  x   2  3  5  5  33 2  x  x   x  3x  1  0  2 2 Điều kiện xác định:  2   (*) 2 x  5 x  1  0  5  33  5  33  x  x  2  2   5  33  x   2 Bình phương hai vế của phương trình (1), ta được 3x2  8 x  2 x 2  3 x  1 2 x 2  5 x  1  2 x 2  8 x  8  x2  8  2 x 2  3x  1 2 x 2  5 x  1  0 (2)  x 2  3x  1  a  Đặt   a  0, b  0 , phương trình (2) trở thành  2 x2  5 x  1  b  3b 2  5a 2  2ab  0  5a 2  2ab  3b 2  0   a  b  5a  3b   0 Vì a  0, b  0 nên 5a  3b  0 , do đó a  b . Tức là x2  3x  1  2 x2  5 x  1  x2  3x  1  2 x 2  5x  1  x2  2 x  2  0  x  1  3   x  1  3  Kết hợp điều kiện xác định và thử lại, ta có x  1  3 là nghiệm của phương trình. Vậy phương trình có nghiệm x  1  3 .
 x2  y 2  2 x  2  0 (1) 2.  2 2 4 x  2 y  2 xy  6 x  3 y  2  0 (2) Xét phương trình (2), ta có 4 x2  2 y 2  2 xy  6 x  3 y  2  0   2 x  2 y  1 2 x  y  2   0  2x 1  y  2   y  2 x  2 2x  1 Trường hợp 1: y  , thay vào (1) ta được 2 2  2x 1  2 x    2x  2  0  2  2  4 x 2   2 x  1  8 x  8  0  8 x2  4 x  7  0  1  15 3  15 x   y 4 4   1  15 3  15 x   y  4 4 Trường hợp 2: y  2 x  2 , thay vào (1) ta được 2 x 2   2 x  2   2 x  2  0  5 x 2  6 x  2  0 (vô nghiệm)  1  15 3  15   1  15 3  15     Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x, y    ; ; ;  .  4  4   4   4  Câu 3 (3,5 điểm). Cho đường tròn tâm I nội tiếp tam giác nhọn ABC  AB  AC  tiếp xúc với các cạnh BC , CA, AB lần lượt tại D, E , F . Đường thẳng qua A song song với BC cắt đường thẳng EF tại K . Gọi H là giao điểm của đường thẳng DI và đường thẳng EF , N là giao điểm của đường thẳng IA và đường thẳng EF . Đường thẳng AH cắt đường thẳng BC và đường thẳng IK lần lượt tại M và P . 1. Chứng minh ANPK là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh ID là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PDK . 3. Đường thẳng BI cắt đường thẳng EF tại R . Đường thẳng IM cắt đường thẳng DK tại điểm T và đường thẳng RC cắt đường thẳng DK tại điểm U . Chứng minh bốn điểm I , T ,U , R nằm trên một đường tròn.
Lời giải 1. Vì ID  BC , AK  BC nên ID  AK .      EAF  AEF  AFE  90 nên AI  EF tại N . Ta có NAE  NEA  2 2 Suy ra KH  AI hay   90 . ANK Xét AIK có ID  AK , KH  AI nên H là trực tâm AIK nên AP  IK hay   90 . APK Xét tứ giác ANPK có     90 nên ANPK là tứ giác nội tiếp. ANK APK 2. Vì AIF vuông tại F có FN  AI nên IN  IA  IF 2  ID 2 (1)   Vì tứ giác ANPK nội tiếp nên IPN  IAK .  chung  AIK  Xét IPN và IAK có   IPN IAK   IPN  IAK  IP IA    IP  IK  IN  IA (2) IN IK ID IK Từ (1) và (2) suy ra ID 2  IP  IK   IP ID  DIK chung   Xét IDP và IKD có ID IK   IDP IKD   IP ID     IDP  IKD  ID là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PDK .
   BAC  90  BIC 3. Ta có BFR  BFN   2   FBR  IBC   Xét BFR và BIC có   BFR BIC   BIC  BFR    BRF  BCI     ACI  IERC nội tiếp    IRC  IEC  90 hay RI  RC   IRU  90 Gọi T ' là chân đường vuông góc hạ từ I xuống DU , M ' là giao điểm của IT ' với BC . Áp dụng hệ thức cạnh và đường cao vào IDM ' vuông tại D có DT '  IM ' : IT ' IK IT ' IM '  ID 2  IP  IK   IP IM '  KIM ' chung   Xét IT ' P và IKM ' có IT ' IK   IT ' P IKM '   IP IM '     IT ' P  IKM '  PT ' M ' K nội tiếp.    M ' PK  M ' T ' K  90  APK   Mà MPK  180    90 nên MPK  M ' PK , suy ra M  M '   T  T '  IM  DK  T   ITU  90   Vì tứ giác ITUR có ITU  IRU  180 nên ITUR nội tiếp hay bốn điểm I , T ,U , R nằm trên một đường tròn.
2 Câu 4 (1,0 điểm). Giả sử a, b là các số nguyên dương sao cho a  b  4a là số nguyên. Biết b là số lẻ. ab Chứng minh rằng a là số chính phương. Lời giải Gọi gcd  a, b   d  d   * và d lẻ (vì b lẻ) a  dx Đặt   x, y  *, gcd  x, y   1 b  dy 2 2 Vì  a  b  4a   dx  dy   4dx 2   nên d 2 xy  d 2  x  y   4dx  ab d xy 2   Suy ra dxy  d  x 2  2 xy  y 2   4 x   dxy  d  x 2  y 2   4 x       x dy 2  x d  Từ đó, ta có  , kết hợp các điều kiện  x, y   1 và d lẻ thì ta có   x  d  a  x2  d 4x    d x Do đó a là số chính phương. Câu 5 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  3 . Chứng minh rằng a2 b2 c2 9 2  2  2   a  1  b  1  c  1 4 Lời giải a2 b2 c2  1 1 1   1 1 1  Đặt A  2  2  2      2  2  2  (1)  a  1  b  1  c  1  a  1 b    a  1  b  1  c  1    1 c   1      B C 1 1 1 9 1 1 1 9 3 Áp dụng bất đẳng thức    , ta có B      (2) x y z x yz a 1 b 1 c 1 a  b  c  3 2 2 Áp dụng bất đẳng thức x 2 1   x  1 , ta có C  1  1  1  1 1 1 1  2 2 2  a 2  1  b2  1  c 2  1 2  a  1  b  1  c  1 2  1 1 1 a2 b2 c2 a 2 b2 c 2 a  b  c 3 Suy ra 2C   2  2  3  2C  2  2  2      a2  1 b  1 c  1 a  1 b  1 c  1 2a 2b 2c 2 2 3 C (3) 4 3 3 9 Từ (1), (2), (3) suy ra A  B  C    2 4 4 Dấu "  " xảy ra  a  b  c  1 . ----- HẾT ----- Lời giải được thực hiện bởi Vũ Đức Huy 9A1 – THCS Trọng điểm Lê Hữu Trác – Mỹ Hào – Hưng Yên