Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 có đáp án - Trường THPT chuyên Hà Tĩnh

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

21
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

‘Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 có đáp án - Trường THPT chuyên Hà Tĩnh’ là tài liệu tham khảo được TaiLieu.VN sưu tầm để gửi tới các em học sinh đang trong quá trình ôn thi vào lớp 10, giúp học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học và nâng cao kĩ năng giải đề thi. Chúc các em học tập và ôn thi hiệu quả!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 có đáp án - Trường THPT chuyên Hà Tĩnh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ TĨNH NĂM HỌC 2023 – 2024 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1. (2,0 điểm) a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 4 x2  5 y 2  4 xy  2(2 x  3 y)  4  0. 1 1 1 b) Cho a, b, c là các số thực khác không thỏa mãn    0. a b c 1 1 1 Chứng minh rằng 2  2  2  0. a  2bc b  2ca c  2ab Câu 2. (2,5 điểm) ( x  2)(2  y )  8  a) Giải hệ phương trình   11  4( x  y )  x y  1  3xy. 2 2  b) Giải phương trình x2  3x  11  x  2  2 x  2. Câu 3. (1,5 điểm) 5 a) Tìm tất cả các số thực x để p  là số nguyên. x x 2 b) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 thì A  n2024  n2023  n4  n  1 không phải là số nguyên tố. Câu 4. (2,5 điểm) Cho đường tròn  O  đường kính AB cố định, C là một điểm chạy trên đường tròn  O  không trùng với A và B. Các tiếp tuyến của đường tròn  O  tại A và C cắt nhau tại điểm M . Đường thẳng MB cắt AC tại F và cắt đường tròn  O  tại E ( E khác B ). a) Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AC. Chứng minh tam giác OEM đồng dạng với tam giác BHM . b) Gọi K là hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AB. Hai đường thẳng MB FI và CK cắt nhau tại I . Tính tỷ số khi tổng diện tích hai tam giác IAC và IBC lớn nhất. AB 1 1 2 c) Chứng minh rằng   . BM BF BE Câu 5. (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a  b  c; ab  bc  ca  0 và a  b  c  1 . 1 1 1 5 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P     . a  b b  c a  c 2 ab  bc  ca Câu 6. (0,5 điểm) Cho x, y, z là các số chính phương. Chứng minh rằng  x  1 y  1 z  1 luôn viết được dưới dạng tổng của hai số chính phương. ------HẾT------ - Thí sinh không được sử dụng tài liệu. - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.................................................................. Số báo danh: ..................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ TĨNH NĂM HỌC 2023 – 2024 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Chú ý: - Thí sinh giải theo cách khác, nếu đúng đều cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài không qui tròn. Câu Nội dung Điểm Câu Ta có 4 x2  5 y 2  4 xy  2(2 x  3 y)  4  0  (2 x  y  1)2  4( y  1) 2  1 0,25 1a 1,0 đ (2 x  y  1) 2  4( y  1) 2  1  0,25 (2 x  y  1)  4( y  1)  0 2 2 2 x  y  1  0  x  1 TH1: (2 x  y  1) 2  4( y  1) 2  0    . 0,25  y 1  0  y  1  2 x  y  1  0  (vn) 4( y  1)  1 2  TH2: (2 x  y  1) 2  4( y  1) 2  1    (2 x  y  1)  1  (2 x  2)  1 (vn). 2 2 0,25    y  1  0   y  1 Vậy có đúng một cặp số thỏa mãn (x; y) = (-1; -1). Câu 1 1 1 1b    0  ab  bc  ca  0 0,25 a b c 1,0 đ Ta có : a2  2bc  a 2  bc  (ab  ca)  (a  b)(a  c). 0,5 Tương tự có : b 2  2ca  (b  c)(b  a); c 2  2ab  (c  a)(c  b). 1 1 1 1 1 1  2  2    a  2bc b  2ca c  2ab (a  b)(a  c) (b  c)(b  a ) (c  a )(c  b) 2 0,25 1 1 1 b  c  ( a  c)  a  b     0 (a  b)(a  c) (b  c)(a  b) (a  c)(b  c) (a  b)(b  c)(a  c) Câu ĐK: 11  4( x  y)  0 ( x  2)(2  y )  8  2  x  y   xy  4  2  x  y   4  xy 2a 0,25 1,5 đ Thế vào phương trình (2) ta có: 0,25 11  2(4  xy)  x2 y 2  3xy  1  0  3  2 xy  x 2 y 2  3xy  1  0    3  2 xy  1  x 2 y 2  3xy  2  0 0,25 2(1  xy )  2    (1  xy )(2  xy )  0  1  xy    2  xy   0 0,25 3  2 xy  1  3  2 xy  1    2 3 0,25  xy  1 (Do  2  xy  0, xy  ) 3  2 xy  1 2
 1  1  xy  1 y  x   y  1 y  x  Ta có:    x  2  x  y   5 2  x  1   5 2 x 2  5 x  2  0  x  5  41       x  4 0,25 Vậy hệ phương trình có nghiệm là:  5  41 5  41   5  41 5  41   x; y    ;  và  ;   4 4   4 4  Câu  x 2  3x  11  0 2b ĐK:   x  2  x20 0,25 1,0 đ x 2  3x  11  x  2  2 x  2  ( x  1) 2  5( x  2)  x  2  2( x  1) Xét x  2 (không phải là nghiệm) ( x  1)2 2( x  1) Xét x  2 Chia hai vế phương trình cho x  2 ta được:  5 1  . x2 x2 0,25 x 1 Đặt t  ta được phương trình: t 2  5  1  2t x2  1  1 t   2  2t  1  0 t    2  t 2  5  2t  1   2  2  t 0,25 t  5  (2t  1) 2 3t 2  4t  4  0 t  2; t  2 3    3 2 Khi t  ta được phương trình: 3 x 1 2 x 1  0   2 x  2  3( x  1)   x2 3 4( x  2)  9( x  1) 2 x  1 x  1  11  4 7  2  11  4 7  x  . 0,25 9 x  22 x  1  0  x 9  9 11  4 7 Vậy phương trình có đúng 1 nghiệm x  9 a  x  1  Chú ý: Học sinh có thể giải theo cách: Đặt  b  x  2  0.  Câu 5 5 Ta có p   3a x x 2  2 1 7 0,25 1,0 đ  x    2 4 5 20 0 p   p  1; 2 7 7 0,25 4 5 1  13 7  13 TH1: p  1  1 x  x 3  0  x  x . 0,25 x x 2 2 2
5 1 3 2 3 TH2: p  2   2  2x  2 x 1  0  x  x . x x 2 2 2 0,25 7  13 2  3 Vậy có hai giá trị cần tìm là x  ; . 2 2 Câu Ta có A  n2024  n2023  n4  n  1   n2024  n2    n2023  n    n4  n2  1 3b 0,5 đ  n2  n2022  1  n  n2022  1   n4  n2  1   n2  n  n2022  1   n4  n2  1 0,25 Ta có  n2  n  n2022  1   n2  n   n3   1 674       n  n  n  1 .B   n  n   n  1  n  n  1.B chia hết cho n2  n  1 2 3 2 2 Lại có n 4  n 2  1  n 4  2n 2  1  n 2   n 2  1  n 2 2   n2  n  1 n2  n  1 chia hết cho n2  n  1 0,25 Vậy A  n  n  n  n  1 chia hết cho n  n  1 với mọi số tự nhiên n lớn 2024 2023 4 2 hơn 1 nên A không phải là số nguyên tố. Câu P 4a 1,0 đ M C M C F I E F A B H I O A B O K a) Ta có ME.MB  MA2 do MAB vuông tại A có đường cao AE. 0,25 Lại có MH .MO  MA2 do MAO vuông tại A có đường cao AH. 0,25  ME.MB  MH .MO 0,25 ME MO    OME BMH 0,25 MH MB Câu b) Ta có MA  MC, OA  OC suy ra đường thẳng MO là trung trực đoạn thẳng AC 4b nên MO  AC . Kéo dài BC cắt AM tại P nên MO / / PB  M trung điểm AP. 0,75 đ IC BI IK BI IC IK Ta có  và     IC  IK 0,25 MP BM MA BM MP MA Suy ra I trung điểm của đoạn thẳng CK .
1 1 1 1  SACI  SACK ; SBCI  SBCK  SAIC  SBCI  SABC  CK . AB 2 2 2 4 Do đoạn thẳng AB không đổi nên tổng diện tích hai tam giác IAC và IBC lớn nhất. 0,25 lớn nhất khi C điểm chính giữa AB hay K trùng tâm O. Khi đó tứ giác AOCM là hình vuông. FI IC 1 1 1 5 AB 2     FI  IM  BM . Lại có BM  AB  MA  2 2 2 FM AM 2 3 6 4 0,25 AB 5 AB 5 FI 1 5  BM    . 2  . 2 AB 6 AB 12 M c) Ta có Câu 4c ME CE 0,75 đ MEC MCB   MC CB E C MA EA 0,25 MEA MAB   F MB AB I ME MA CE EA ME CE AE H  .  .   . (1). MC MB CB AB MB CB AB B A O K Mặt khác FE CE FEC FAB   FA AB FA AE FAE FBC   FB BC 0,25 FE FA CE EA FE CE AE  .  .   . (2). FA FB AB CB FB CB AB ME FE Từ (1) và (2)   MB FB MB  EB EB  FB EB EB EB EB    1  1  2   MB FB MB FB MB FB 0,25  1 1  1 1 2  2  EB      (ĐPCM).  MB FB  BM BF BE Câu 5 1 1 4 2 2 1,0 đ Ta sử dụng các bất đẳng thức    với m  0; n  0 m n mn m2  n2 Dấu bằng xảy ra khi m  n 1 1 1 5 0,25 P    a  b b  c a  c 2 ab  bc  ca 4 1 5 5 5 P     a  c a  c 2 ab  bc  ca a  c 2 ab  bc  ca 5 5 2 2 10 2 Lại có:  5  0,25 a  c 2 ab  bc  ca (a  c)2  4(ab  bc  ca) (a  c) 2  4b(a  c)
10 2 10 2 P   do a  c  1  b  (a  c)(a  c  4b) (1  b)(1  3b) 10 6 10 6 P  5 6  3  3b 1  3b  3  3b  1  3b 0,25 2 Giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 6 khi a  b  c a  b  c   2 6  b  1 a   6 a  b  c  1  3    1 a  b  b  c  2  b   a  c  3  3  a  c  2 b(a  c)  ca   0,25 2 6 3  3b  1  3b   2 c  a  c  2 9  ca   6 Câu 6 Vì x; y; z là các số chính phương ta viết thành x  a 2 ; y  b2 ; z  c 2  a; b; c Z  0,5 đ Ta có: a  1 b 2  1 c 2  1   a 2b 2  a 2  b 2  1 c 2  1   a  b    ab  1   c 2  1 2  2 2  0,25   ac  bc    ab  1    a  b    abc  c   2 2 2 2     Áp dụng các đẳng thức x 2  y 2   x  y   2 xy và x 2  y 2   x  y   2 xy có: 2 2 Thứ 1:  ac  bc    ab  1   ab  bc  ca  1  2  ac  bc  ab  1 2 2 2   ab  bc  ca  1  2  a 2bc  b 2 ac  ac  bc  2 Thứ 2:  a  b    abc  c    a  b  c  abc   2  a  b  abc  c  2 2 2 0,25   a  b  c  abc   2  a 2bc  b 2 ac  ac  bc  2   ac  bc    ab  1   a  b    abc  c    ab  bc  ca  1  (a  b  c  abc)2 2 2 2 2 2 Vậy  x  1 y  1 z  1 là tổng của hai số chính phương. HẾT.