De thi vao lop 10 mon toan chuyen nam 2023 2024 so gd dt lai chau 1007

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