Đang tải... (xem toàn văn)
Tham khảo “Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2023-2024 có đáp án - Trường THPT Chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa” để giúp các em làm quen với cấu trúc đề thi, đồng thời ôn tập và củng cố kiến thức căn bản trong chương trình học. Tham gia giải đề thi để ôn tập và chuẩn bị kiến thức và kỹ năng thật tốt cho kì thi sắp diễn ra nhé!
SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN KỲ THI KHẢO SÁT CÁC MÔN THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2023 - 2024 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi: Tốn (chun) Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 16/04/2023 Đề thi có: 01 trang gồm 05 câu Câu (2.0 điểm) a) Cho số thực dương x, y thỏa mãn x xy 10 y xy Tính A x y b) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xyz x y z Chứng minh x y z x y y z z x y z x Câu (2.0 điểm) a) Giải phương trình x 1 2x x 3 x y y x y b) Giải hệ phương trình x 3x y 3x y Câu (2.0 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên x5 2024 x y b) Cho số nguyên dương x, y thỏa mãn 44 x y Chứng minh y số phương Câu (3.0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có AB AC nội tiếp đường trịn O Phân giác cắt BC D cắt O Q Q A Từ D dựng DE , DF vng góc với AC , AB BAC E AC , F AB Gọi M trung điểm BC , tia QM cắt O giao điểm thứ hai P a) Chứng minh QM QP QD.QA b) Gọi N giao điểm PD EF Chứng minh MN song song với AD c) Dựng đường kính AK O Các đường tròn ngoại tiếp tam giác BFN CEN cắt điểm R R N Chứng minh điểm P, D, R thẳng hàng Câu (1.0 điểm) Xét bảng ô vuông cỡ gồm 64 ô vuông Chứng minh với cách đánh dấu ô vuông bảng, ta ln tìm hình chữ nhật gồm vng mà khơng có bị đánh dấu ………………… Hết ………………… Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1:……………………………… Chữ ký giám thị 2:…………… SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN ĐÁP ÁN KỲ THI KHẢO SÁT CÁC MÔN THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2023 - 2024 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi: Tốn (chun) Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 16/04/2023 Đáp án có: 06 trang Chú ý: Hướng dẫn chấm thực cho lời giải trên, thí sinh làm theo cách khác tổ chấm thống phương án chấm thi cho phù hợp cho điểm tối đa cách giải đú Câu Nội dung Điểm Câu a) Cho số thực dương x, y thỏa mãn x xy 10 y xy Tính A x 3y 1,0 (2 điểm) Hướng dẫn: 1,0 2 Từ giả thiết: x xy 10 y xy Cho ta: x xy y xy 64 x xy y 64 x y 64 Mà x, y nên A x y b) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xyz x y z Chứng minh x y z x y y z z x y z x 1,0 0,5 Hướng dẫn: x2 y2 Ta có: x y y2 x y xyz x y z (do giả thiết xyz x y z ) y2 xy xy z x y z y Biến đổi tương tự ta có được: y z2 x z x z y y y x y x z z2 z z y z y x Vậy x2 x 0,5 x y z y z x x y y z z x x z x z y y x y x z z y z y x y z x (2 điểm) Câu 1,0 a) Giải phương trình x 1 2x x Hướng dẫn: Điều kiện: x 7 ;x (*) 0,25 Phương trình cho x x x x (1) Đặt u x Từ (1) cho ta: x 5ux u x u 3x u 0,25 u x u x Trường hợp 1: u 2x 2x 2x 0,25 29 x x 4 x x (thỏa mãn (*)) Trường hợp 2: u 3x x 3x x x 1 9 x x (thỏa mãn (*)) 0,25 1 29 Vậy tập nghiệm phương trình: S ;1 x3 y y x y b) Giải hệ phương trình x x y x y (1) 1,0 (2) Biến đổi phương trình (1), ta có : x3 x y y y x3 x y 1 y 1 (3) Đặt u y , thay vào (3) ta có : x3 x u 3u x u x ux u 3 (4) 0,5 u 3u Nhận thấy : x ux u x với x, u 2 Do từ (4) cho ta : x u y y x 2 Thay vào phương trình (1), ta có: x x x (điều kiện: x 1 ) 0,25 x x x 1 x x 2 x 1 1 x x 1 1 x x x 1 x 3 x x 0,25 Trường hợp 1: x x x x 3x x 3, y (thỏa mãn điều kiện) Trường hợp 2: x x x x 7x x 17 17 ,y (thỏa mãn điều kiện) 2 17 17 Vậy tập nghiệm hệ phương trình S 3; , ; (2 điểm) Câu 3: a) Giải phương trình nghiệm nguyên x5 2024 x y (*) 1,0 Hướng dẫn: + Nhận xét: số ngun x ta ln có: x5 x chia hết cho Thật vậy: Ta có x5 x x x 1 x 1 x x 1 x 1 x x x 1 x 1 x x x 1 x 1 0,5 x x 1 x x 1 x x x 1 x 1 Nhận thấy x x 1 x x 1 x tích số nguyên liên tiếp nên chia hết cho Do x5 x ln chia hết cho + Cũng ý: Từ (*) vế trái nguyên nên vế phải nguyên, y Lúc với y y chia có số dư hay y không chia hết cho với số nguyên y + Trở lại toán: x5 2024 x y y x x 2025 x 0,5 (**) Theo nhận xét vế trái (**) chia hết cho 5, vế phải (**) không chia hết phương trình (**) vơ nghiệm, hay phương trình cho khơng có nghiệm ngun b) Cho số nguyên dương x, y thỏa mãn 44 x y Chứng minh y số phương 1,0 Hướng dẫn: 0,25 Dễ thấy y lẻ nên ta đặt y 2k 1 k Thay vào giả thiết, ta có được: 44 x 2k 1 11x k k 1 (*) k k 111 Do 11 số nguyên tố nên k 11 k 111 Trường hợp 1: k11 Đặt k 11.m m Thay vào (*), ta có: x m 11m 1 0,25 Lại có: m;11m 1 m 11m số phương m a Vậy a, b ; b 11m b Lúc này: y 4k 44m 4b số phương Trường hợp : k 1 11 Đặt k 11.n n * 0,5 Thay vào (*), ta có: x n 11n 1 Lại có: n;11n 1 n 11n số phương n c Vậy c, d * 11n d Từ cho ta 11c d hay 12c c d (**) Nhận thấy vế trái (**) chia hết cho 4, vế phải chia có số dư 1; nên xảy Vậy số nguyên dương x, y thỏa mãn 44 x y y số phương Câu 4: Cho tam giác ABC nhọn có AB AC nội tiếp đường trịn O Phân giác (3 điểm) cắt BC D cắt O Q Q A Từ D dựng DE , DF lần BAC lượt vng góc với AC , AB E AC , F AB Gọi M trung điểm BC , tia QM cắt O giao điểm thứ hai P a) Chứng minh QM QP QD.QA b) Gọi N giao điểm PD EF Chứng minh MN song song với AD c) Dựng đường kính AK O Các đường tròn ngoại tiếp tam giác BFN CEN cắt điểm R R N Chứng minh điểm P, D, R thẳng hàng 3,0 Hướng dẫn: P A I O N E F B D C M Q QAP 900 a) Theo tính chất đường trịn ta có được: QMD Do QMD QAP g.g QM QA QM QP QA.QD QD QP 1,0 b) Gọi I giao điểm AD EF Ta có: AED PCD g.g , có đường cao tương ứng EI CM nên QM DI QP DA Mặt khác NI / / AP Vậy 1,0 DI DN DA DP QM DI DN Theo đảo Talet, cho ta MN / / AD QP DA DP c) P A O N I E F B C D M K R Q Gọi R giao điểm thứ hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BFN CEN Trước hết, ta chứng minh R O BRN CRN Ta có: BRC AEF AFE 1800 BAC Vậy tứ giác ABRC nội tiếp nên R O NEA EAP PRC Do P, D, R thẳng hàng Lúc này: NRC (1 điểm) 1,0 Câu 5: Xét bảng ô vuông cỡ gồm 64 ô vuông Chứng minh với cách đánh dấu ô vuông bảng, ta tìm hình chữ nhật gồm vng mà khơng có bị đánh dấu 1,0 Hướng dẫn: 1,0 Ta chia bảng vuông cho thành bảng hình chữ nhật cỡ hình vẽ Theo đề ta đánh dấu ô vuông bảng nên theo nguyên lí Đirichle, tồn bảng số bảng không chứa ô bị đánh dấu, ta có điều phải chứng minh ………………Hết………………