Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Chuyên) - Năm học 2023-2024 - Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Dương (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Chuyên) - Năm học 2023-2024 - Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Dương (Có đáp án)

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. =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
3. 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