Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nam

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

9
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với mong muốn giúp các bạn có thêm tài liệu ôn tập thật tốt trong kì thi sắp tới. TaiLieu.VN xin gửi đến các bạn ‘Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nam’. Vận dụng kiến thức và kỹ năng của bản thân để thử sức mình với đề thi nhé! Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kì thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nam

UBND TỈNH HÀ NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2023 - 2024 Môn: TOÁN (Đề chuyên) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm 01 trang) Câu I. (2,0 điểm)  x x − 1  x + 1 x −2  = Cho biểu thức A  −  với x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ 4.  1 + x + x  x − 1 x − x − 2  1. Rút gọn biểu thức A. 2. Tìm tất cả các số nguyên của x để 2 A − 1 + 1 = A. 2 Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình ( x − 1) x 2 + 6 x + 16 = 2 x 2 − 6 x + 4. 2 x 3 + xy (2 y − x) + 2 x 2 + 6 x = xy + y 3 + 3 y  2. Giải hệ phương trình  .   3( x 2 + y ) + 7 + 5 x 2 + 5 y + 14 = 4 − y − x 2 Câu III. (1,0 điểm) Tìm tất cả các số tự nhiên n để 22024 + 22027 + 2n là số chính phương. Câu IV. (4,0 điểm) Cho đường tròn ( O ) có dây cung BC cố định và không đi qua tâm O . Gọi A là điểm di động trên đường tròn ( O ) sao cho tam giác ABC nhọn và AB < AC. Gọi M là trung điểm của cạnh BC và H là trực tâm tam giác ABC. Tia MH cắt đường tròn ( O ) tại K , đường thẳng AH cắt cạnh BC tại D và AE là đường kính của đường tròn ( O ) .   1. Chứng minh BAD = CAE. 2. Chứng minh rằng tứ giác BHCE là hình bình hành và HA.HD = HK .HM . 3. Tia KD cắt đường tròn ( O ) tại I ( I khác K ), đường thẳng đi qua I và vuông góc với đường thẳng BC cắt AM tại J . Chứng minh rằng các đường thẳng AK , BC và HJ cùng đi qua một điểm. 4. Một đường tròn thay đổi luôn tiếp xúc với AK tại A và cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại P, Q phân biệt. Gọi N là trung điểm của đoạn thẳng PQ . Chứng minh rằng đường thẳng AN luôn đi qua một điểm cố định. 1 1 1 Câu V. (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện 2 + 2 + 2 = 1. a b c Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 1 . P= + + 2 2 2 2 2 2 5a + 2ab + 2b 5b + 2bc + 2c 5c + 2ca + 2a --- HẾT--- Thí sinh được sử dụng máy tính bỏ túi không có chức năng soạn thảo văn bản và không có thẻ nhớ. Họ và tên thí sinh:………………………...Số báo danh:................................................. Cán bộ coi thi số 1……………………… Cán bộ coi thi số 2…………….........................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ NAM Năm học: 2023-2024 (Hướng dẫn chấm thi có 06 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (ĐỀ CHUYÊN) Ghi chú: - Điểm toàn bài không làm tròn. - Các cách giải khác mà đúng cho điểm tương đương. Nội dung Điểm Câu I (2,0 điểm) .  x x − 1  x + 1 x −2  Cho biểu thức A =   −  với x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ 4.  1 + x + x  x − 1 x − x − 2  1.(1,5 điểm) Rút gọn biểu thức A. ( x) 3 −1  x +1 x −2  A . −  0,5 1+ x + x   ( x +1 )( x −1) ( x +1 )( ) x −2     ( x − 1)( x + x + 1)  x +1 x −2  . − 0,25 1+ x + x  x +1  x −1 ( )( ) ( x +1 )( ) x −2    1 1  ( =− 1  x  x −1 − )  x +1 0,25 2 = ( x −1 ) x −1 ( x +1 )( ) 0,25 2 = . 0,25 x +1 2.(0,5 điểm) Tìm tất cả các số nguyên của x để 2 A − 1 + 1 = A. 2 1 +) 2 A − 1 + 1= 2 A ⇔ 2 A − 1= 2 A − 1 ⇔ 2 A − 1 ≥ 0 ⇔ A ≥ 0,25 2 2 1 +) ≥ ⇔ x ≤3⇔ x≤9 x +1 2 Kết hợp với điều kiện x ≥ 0; x ≠ 1; x ≠ 4 ⇒ x ∈ {0;2;3;5;6;7;8;9} 0,25 Câu II (2,0 điểm). 1.(1,0 điểm) Giải phương trình ( x − 1) x 2 + 6 x + 16 = 2 x 2 − 6 x + 4. ( x − 1) x 2 + 6 x + 16 = 2 x 2 − 6 x + 4 ⇔ ( x − 1) x 2 + 6 x + 16 = ( x − 1)(2 x − 4) ⇔ ( x − 1)( x 2 + 6 x + 16 − 2 x + 4) = 0 0,25 +) x − 1 = 0 ⇔ x = 1 0,25 2 x − 4 ≥ 0 +) x 2 + 6 x + 16 = 2 x − 4 ⇔  2 2  x + 6 x + 16 = (2 x − 4)
2 x ≥ 2 x ≥ 2    x =l ) 0( ⇔ 2 ⇔  3 x − 22 x =   x = 22 (tm) 0 0,25   3 22 Phương trình đã cho có hai nghiệm = 1; x x = 0,25 3 2 x 3 + xy (2 y − x) + 2 x 2 + 6 x = xy + y 3 + 3 y (1)  2.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình  .  3( x + y ) + 7 + 5 x + 5 y + 14 = 4 − y − x (2) 2 2 2  3( x 2 + y ) + 7 ≥ 0  Điều kiện:  2 5 x + 5 y + 14 ≥ 0  Phương trình (1) tương đương với 2 x3 + 2 xy 2 − x 2 y + 2 x 2 + 6 x = xy + y 3 + 3 y ⇔ (2 x3 − x 2 y ) + (2 xy 2 − y 3 ) + (2 x 2 − xy ) + (6 x − 3 y ) = 0 ⇔ x 2 (2 x − y ) + y 2 (2 x − y ) + x(2 x − y ) + 3(2 x − y ) = 0 ⇔ (2 x − y )( x 2 + y 2 + x + 3) = 0 0,25 1 11 ⇔ (2 x − y )[( x + ) 2 + y 2 + ] = 0 2 4 ⇔ 2x − y = 0 ⇔ y = 2x 0,25 Thay y = 2 x vào phương trình (2) ta được 3 x 2 + 6 x + 7 + 5 x 2 + 10 x + 14 = − 2 x − x 2 4 ⇔ ( 3 x 2 + 6 x + 7 − 2) + ( 5 x 2 + 10 x + 14 − 3) + ( x 2 + 2 x + 1) =0 3( x + 1) 2 5( x + 1) 2 ⇔ + + ( x + 1) 2 = 0 2 2 3x + 6 x + 7 + 2 5 x + 10 x + 14 + 3 3 5 ⇔ ( x + 1) 2 ( + + 1) = 0 0,25 2 2 3x + 6 x + 7 + 2 5 x + 10 x + 14 + 3 3 5 Vì + + 1 > 0 nên phương trình tương đương với 2 2 3x + 6 x + 7 + 2 5 x + 10 x + 14 + 3 ( x + 1) 2 =0 ⇔ x + 1 =0 ⇔ x =−1 ⇒ y =−2 (tm) Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = (−1; −2) 0,25 Câu III. (1,0 điểm) Tìm tất cả các số tự nhiên n để 22024 + 22027 + 2n là số chính phương. Giả sử số tự nhiên n thỏa mãn đề bài. Khi đó tồn tại số nguyên dương k sao cho 22024 + 22027 + 2n = k 2 ⇔ 9.22024 + 2n = k 2 ⇔ ( k + 3.21012 )( k − 3.21012 ) = 2n . 0,25 k + 3.21012 = 2a  a b ⇒ k − 3.21012 = ⇒ 2 − 2 = 2b 3.21013 . 0,25  a, b ∈ , a + b =n 
3 b a −b 1013  2 a −b − 1 =  3 ⇔ 2 (2 − 1) 3.2 = ⇔ b 1013 0,25 2 = 2  a − b 2 = 1015 = a ⇔ ⇔ ⇒n=2028 = 1013 b = 1013b 0,25 Vậy với n = 2028 thì 22024 + 22027 + 2n là số chính phương Câu IV. (4 điểm) Cho đường tròn ( O ) có dây cung BC cố định và không đi qua tâm O . Gọi A là điểm di động trên đường tròn ( O ) sao cho tam giác ABC nhọn và AB < AC. Gọi M là trung điểm của cạnh BC và H là trực tâm tam giác ABC. Tia MH cắt đường tròn ( O ) tại K , đường thẳng AH cắt cạnh BC tại D và AE là đường kính của đường tròn ( O ) . A K O H D B M C E   1. ( 1,0 điểm) Chứng minh BAD = CAE. AH ⊥ BC ⇒  =ADB 900  = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ABE 0,25 Suy ra BAD = CBE ( cùng phụ với  )   ABC 0,25 Mà CBE = CAE ( góc nội tiếp cùng chắn cung  )   AC 0,25   Suy ra BAD = CAE. 0,25 2. ( 1,0 điểm) Chứng minh rằng tứ giác BHCE là hình bình hành và HA.HD = HK .HM .
4 A K O H D B M C E Ta có  90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ EC ⊥ AC . ACE = Mà H là trực tâm tam giác ABC ⇒ BH ⊥ AC . Từ đó suy ra EC // BH . Tương tự HC // BE 0,25 Xét tứ giác BHCE có EC // BH và HC // BE nên tứ giác BHCE là hình bình hành. 0,25 Mà M là trung điểm của BC nên ba điểm H , M , E thẳng hàng. Lại có ba điểm M , K , H thẳng hàng. Từ đó suy ra ba điểm K , H , E thẳng hàng. Ta có  90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒  = . AKE = AKM 90° Xét ∆AKH và ∆MDH có:  MDH = 90° ) ; KHA = DHM (hai góc đối đỉnh). AKM  ( =   0,25 HA HK ⇒ ∆AKH ∽ ∆MDH ( g .g ) ⇒ = ⇒ HA.HD = . HK .HM 0,25 HM HD 3. ( 1,0 điểm) Tia KD cắt đường tròn ( O ) tại I ( I khác K ), đường thẳng đi qua I và vuông góc với đường thẳng BC cắt AM tại J . Chứng minh rằng các đường thẳng AK , BC và HJ cùng đi qua một điểm. Kéo dài AK cắt đường thẳng BC tại S , ∆SAM có hai đường cao AD và MK cắt nhau tại H ⇒ H là trực tâm tam giác SAM .
5 Xét tam giác ∆HDM và ∆SDA có  HDM 90° và DMH = DAS (cùng phụ với ADS  = =    ). ASM HD DS ⇒ ∆HDM ∽ ∆SDA ( g .g ) ⇒ = . (1) DM AD BD AD 0,25 Tương tự H là trực tâm ∆ABC ⇒ ∆BDH ∽ ∆ADC ⇒ = . (2) HD CD HD BD DS AD BD DS Từ (1) và (2) ⇒ . = . ⇒ = ⇒ BD.CD =DM .DS (3) DM HD AD CD DM CD BD DK Mà ∆BDK ∽ ∆IDC ( g .g ) ⇒ = ⇒ BD.CD = DI .DK (4) 0,25 ID DC  SKI . Từ (3) và (4) ⇒ DI .DK = nên SKMI là tứ giác nội tiếp ⇒ SMI = DM .DS  Mà AKDM là tứ giác nội tiếp (do   90° ) ⇒ SKI = . AKM ADM = =  DMA    Từ đó suy ra SMI = DMA .   Xét ∆MIJ có SMI = DMA và IJ ⊥ BC ⇒ BC là đường trung trực của IJ . 0,25  SIM 90    ⇒ SJM = =° (vì SKMI là tứ giác nội tiếp nên SIM 180° − SKM = = 180° − 90° 90° ) ⇒ SJ ⊥ AM . = Mà H là trực tâm ∆SAM ⇒ SH ⊥ AM . Từ đó suy ra ba điểm S , H , J thẳng hàng. Vậy các đường thẳng AK , BC và HJ cùng đi qua điểm S . 0,25 4.(1,0 điểm) Một đường tròn thay đổi luôn tiếp xúc với AK tại A và cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại P, Q phân biệt. Gọi N là trung điểm của đoạn thẳng PQ . Chứng minh rằng đường thẳng AN luôn đi qua một điểm cố định. A O' K P N ≡ N' O Q H B C D M E Gọi N ' là giao điểm của PQ và AE. Xét ∆AQN ' và ∆BEM có: QAN ' = EBM ; ' KAP BEM   AQN   = = AN ' BM ⇒ ∆AQN ' ∽ ∆BEM ( g .g ) ⇒ = (5) QN ' EM 0,25   AQN   Do QAN ' = EBM ; ' KAP BEM nên theo tính chất góc ngoài của ∆AQN ' và = = 0,25   ∆BEM ta có EMC = PN ' A .
6   CM AN ' Mà PAN ' = ECM nên ∆ECM ∽ ∆PAN ' ( g.g ) ⇒ =. (6) EM PN ' 0,25 AN ' AN ' Từ (5) và (6) và kết hợp BM = CM ⇒ = ⇒ QN '= PN ' ⇒ N ≡ N ' . QN ' PN ' Vậy AN luôn đi qua một điểm cố định O . 0,25 1 1 1 Câu V. (1,0 điểm)Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện 2 1. + 2+ 2 = a b c Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 1 . P= + + 2 2 2 2 5a + 2ab + 2b 5b + 2bc + 2c 5c + 2ca + 2a 2 2 Với a, b, c > 0 , chứng minh được: 1 1 1 1 1 1 1 1 (a + b + c)  + + ≥9⇒ ≤  + +  a b c a+b+c 9 a b c 1 1 1  1 1 1 ( x + y + z) 2 ≤ 3( x 2 + y 2 + z 2 ) ⇒ + + ≤ 3 2 + 2 + 2  a b c a b c  0,25 Với a, b > 0 , ta có : 5a 2 + 2ab + 2b 2 = (4a 2 + 4ab + b 2 ) + (a 2 − 2ab + b 2 ) = (2a + b) 2 + (a − b) 2 ≥ (2a + b) 2 ⇒ 5a 2 + 2ab + 2b 2 ≥ (2a + b) 2 =2a + b 0,25 1 1 1 1 1 1 1 2 1 ⇒ ≤ ≤  + + =  +   5a 2 + 2ab + 2b 2 2a + b 9  a a b  9  a b  1 1 2 1 1 1 2 1 Tương tự: ≤  + ; ≤  +  2 5b + 2bc + 2c 2 9b c 2 5c + 2ca + 2a 2 9 c a  0,25 1 2 1 2 1 2 1  1 1 1 1 1  1 1 1 1 3 P ≤  + + + + +  =  + +  ⇒ P ≤ ⋅ 3 2 + 2 + 2  = ⋅ 3 = 9 a b b c c a  3 a b c  3 a b c  3 3 a= b= c  Dấu “=” xảy ra ⇔  1 1 1 ⇔ a =b =c = 3 1 + 2+ 2 =  a2 b c  3 Vậy max P = khi a= b= c= 3. 0,25 3 --HẾT--