Đề thi khảo sát vào Lớp 10 môn Toán (chuyên Tin học) - Trường THPT Chuyên Lam Sơn - Năm học 2024-2025 (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi khảo sát vào Lớp 10 môn Toán (chuyên Tin học) - Trường THPT Chuyên Lam Sơn - Năm học 2024-2025 (Có đáp án)

1. SỞGD&ĐT THANH HÓA KỲ THI KHẢO SÁT CÁC MÔN THI VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN THPT CHUYÊN LAM SƠN Nămhọc: 2024 - 2025 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN ( Đề thi có 01 trang) (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tin học) Ngày thi: 07/4/2024 Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phátđ ề) x46 x 32 x 2  18 x  23 Câu 1. a) Tính giá trịcủa biểu thức P() x  tại 19 8 3.x  x2 8x  15 x  2 3 b) Cho x, y là các sốhữutỉdương sao cho là sốhữu tỉ. Tính xy. 2  y 3 Câu 2. a) Giải phương trình: 3x- 2 5 x -1 x2  x  3. 4x3 y 2  3 . b) Giải hệ phương trình  3 2 4y x  3 1 1 Câu 3. a) Cho các số thực x, y khác 0, sao cho x  và y  là những số nguyên, y x 1 chứng minh rằng x3 y 3  là số nguyên. x3 y3 b) Giải phương trình nghiệm nguyên dương x6  3x3 1  y 4 . Câu 4. Tam giác nhọn không cân ABC nội tiếp đường tròn ( ),Ođường cao AH( H BC). Gọi K,L lần lượt là hình chiếu vuông góc củađiểm H trên các cạnh AB, AC. Đường thẳng KL cắt đường tròn (O) tại haiđiểm P,Q ( P và B cùng phíađối với AC ). a) Chứng minh tứ giác BKLC nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh PQ vuông góc với AO. c) AH cắt lại đường tròn (O) tại (  ).TTChứng A minh H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác PTQ. Câu 5. Các số thực dương x, y thỏa mãn: x3 y 3 x  y, chứng minh 2 2 1.xy Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thịsố 1 : .Chữ kí của giám thịsố 2: 1
2. SỞGD&ĐT THANH HÓA KỲ THI KHẢO SÁT CÁC MÔN THI VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN THPT CHUYÊN LAM SƠN Nămhọc: 2024 - 2025 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: Toán (cho chuyên Tin) ( Đề thi có 01 trang) Ngày thi: 07/4/2024 Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề) ĐÁP ÁN 2 Câu 1. a) Ta có x  19 8 3  4  3   4  3  4 x  3 x2  8 x  13  0. (0,5đ) Dođó x4 6 x 32 x 2  18 x  23 ( x2 8x  13)( x 2 2 x  1) 10  10. 10 Vậy P 19 8 3  5. (0,5đ)   2 x  2 3  x2 3 2  y 3 b) Ta có  2 2 y 3 4 3y (0,5đ) 2x3.2 y ( xy  4) 3  , là sốhữutỉ khi xy  4. (0,5đ) 4 3y2 Cách khác: Đặt x 2 3 a 2b ay  0  a, b ; a , b  0)   bx 2 a (2 b  ay) 3  xy  4. 2 y 3 b bx2 a  0 Câu 2. a)ĐK:  2 / 3x. Ta có: 3x-2 5x-1 x2  x  3  x  3x-2  x  1  5x-1  ( x2  3 x  2) 0 x2 3x+2 ( x  1)2  (5x-1)   (x 2 3x  2)  0 (0,5d ) 3x-2x 5x-1  ( x  1) 2  1 1   (x3 x  2)  1  0  3x-2x 5x-1  ( x  1)  1 1 Ta có:  1  0, x  2 / 3 3x 1  (x  1) 5x  4  ( x  2) Suy ra: x2 3x 2  0  x  1, x  2 ( tm) KL: x 1,x  2. (0,5đ) 4x3 y 2  3 (1) b) Giải hệ phương trình:  3 2 4y x  3 (2). 2
3. Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) vế theo vế, ta được: x y  0 (x y )(4 x2  4 y 2  4 xy  x  y )  0   2 2 (0,25đ) 4x 4 y 4 xy  x  y  0. -Với x  y 0 x  y, thay vào phương trình (1) ta được 4x3 x 2 3  0 ( x 1)(4 x2  3x  3) 0  x  1, (vì pt 4 2  3 3  0,xxcó   27  0, nên vô nghiệm) Từ x 1y  1 x y  1 là nghiệm. (0,5đ) -Từ phương trình (1) và (2) suy ra các vế trái của (1) và (2) dương, suy ra x  0,y  0. Dođó phương rình 4 2 4 2  4    0xyvô nghiệm. xy x y Vậy hệ phương trìnhđã cho có một nghệm x  y 1. (0,25đ) 1  1  1 1 Câu 3. a) Từ giả thiết suy ra: x  y   xy   2 là số nguyên  xy  y  x  xy xy là số nguyên. (0,5đ) 3 3 3 3 13  1  1  1  1  Từđó ta có x y3 3  xy     xy  3 xy .  xy   x y  xy  xy xy  xy  3  1  1    3xyxy   là số nguyên (đpcm) (0,5đ)  xy  xy  b)Giải phương trình nghiệm nguyên dương: x63 x 3 1 y 4 (1)  Đặt z x3, phương trình (1) trở thành z23 z1 y 4 0 (2 )  Phương trình (2)ẩnz có  5  4y4 . Nếu phương trình (2) có nghiệm nguyên thì  5  4 y4  m 2( m  * )  m  2 y2 m  2y 2   5 (0,25) m2 y2  5 m  3   y  1. (0,5đ) 2  2 m2 y  1 y 1 Với y 1x  0 (loại) Với y  1 (loại). Vậy phương trìnhđã cho không có nghiệm nguyên dương. (0,25đ) Cách khác: Vì x  0, nên (x31) 2 x 6 3 x3  1  y 4 ( x 3 2)2 x 6  4 x 3  4. (2) Mà (x3 1)2 và (x3 2)2 là hai số chính phương liên tiếp, nên (2) suy ra y4 không chính phương (vô lý). Vây phương trinhg (1) vô nghiệm nguyên dương. 3
4. Câu 4. a) Ta có tam giác AHB vuông tại H và có đường cao là HK, nên AH2 AK. AB(1) (hệ thức trong tam giác vuông). Tương tự ta có 2 . (2).AH AL AC AK AL Từ(1) và (2) ta được AK AB AL AC   (3) (0,5đ) AC AB Xét tam giác AKL và ACB có KAL chung và thỏa mãn (3), suy ra AKL  ACB  AKL   ACB, suy ra tứ giác BKLC nội tiếp. (0,5đ) b) (Có nhiều cách để chứng minh PQ  AO , sauđây chỉ nêu một cách) 1 1 Từ ACB AKL  sd APB  sd AQ  sd PB (0,25đ) 2 2   1 1 sdAP  sdPB  sdAQ  sdPB  sdAP  sdAQ  A là trungđiểm cung PQ, (0,5đ) 2  2  dođó PQ  AO. (0,25đ) c) Từ A là trungđiểm cung PQ, suy ra AP AQ (4) và TA là phân giác PTQ. Xét tam giác APK và tam giác ABP có PAB chung và APK  ABP (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau), suy ra AP AK APK  ABP( g  g)   AP2  AK. AB (5) Từ (1), (5) và (4) suy ra AB AP AP AH AQ. (0,5đ) Từ tam giác APH cân tại A, suy ra APH AHP  APQ QPH  HPT  HTP  HPT  ATQ HPT  APQ QPH  HPT, suy ra PH là phân giác của Q.TP (0,25đ) Vậy H là giaođiểm của hai đường phân giác trong trong tam giác TPQ, dođóHlà tâm đường tròn nội tiếp tam giác TPQ. (0,25đ) 3 3 Câu 5. Do x, y dương nên x  y x y 0 x  y (0,25đ) 4
5. 3 3 3 3 Do x, y dương nên x  y x y x  y (0,25đ) x y x3  y3  2  2 1xxy y Suy ra 2 2 1xy(đpcm) (0,5đ) Hết 5