Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Cao Bằng có đáp án

6 câu · Đề thi Toán vào lớp 10

Đề tự luận: mỗi câu có đáp án tham khảo của đề gốc để bạn tự đối chiếu bài làm (không tính điểm).

Câu 1

Câu tự luận

Rút gọn biểu thức sau:

$P = (\frac{x - 108 + 23 x}{x - 16} - 1) : (\frac{75 - x}{x + x - 12} + \frac{x + 3}{x + 4}), (x > 0, x \neq = 9, x \neq = 16)$ .

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Điều kiện $⎩ ⎨ ⎧ x > 0 x \neq = 9 x \neq = 16$ .

Ta có $P = (\frac{x - 108 + 23 x}{x - 16} - 1) : (\frac{75 - x}{x + x - 12} + \frac{x + 3}{x + 4})$

$= (\frac{x - 16 + 23 x - 92}{x - 16} - 1) : [\frac{( 75 - x ) ( x + 4 ) + ( x + 3 ) ( x + x - 12 )}{( x < s p an > < / s p an > + 4 ) ( x + x - 12 )}]$

$= \frac{23 ( x - 4 )}{( x ) ^{2} - 16} : [\frac{75 x + 300 - x x - 4 x + x x + x - 12 x + 3 x + 3 x - 36}{( x + 4 ) ( x + x - 12 )}]$

$= \frac{23}{x + 4} : [\frac{66 x + 264}{( x + 4 ) ( x + x - 12 )}]$ $= \frac{23 ( x - 16 + x + 4 )}{66 ( x + 4 )} = \frac{23}{66} (x - 3)$

Câu 2

Câu tự luận

Trên mặt phẳng tọa độ $O x y$ , cho parabol $(P) : y = x^{2}$ và đường thẳng $(d) : y = - x + 6$ cắt

nhau tại hai điểm phân biệt $A, B$ . Tính tổng độ dài $O A$ và $O B$ (làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ hai).

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Phương trình hoành độ giao điểm của parabol $(P)$ và đường thẳng $(d)$ là

$x^{2} = - x + 6 \Leftrightarrow x^{2} + x - 6 = 0 \Leftrightarrow [x = - 3 x = 2$

Tọa độ giao điểm $A, B$ của $(P)$ và $(d)$ là $A (- 3; 9), B (2; 4)$ .

Do đó, tổng độ dài của hai đoạn thẳng $O A$ và $O B$ là

$T = O A + O B = (0 + 3)^{2} + (0 - 9)^{2} + (0 - 2)^{2} + (0 - 4)^{2} = 90 + 20 \approx 13, 96$ .

Câu 3

Câu tự luận

a) Giải hệ phương trình: ${∣ x ∣ + y^{2} = 10 2 ∣ x ∣ - 3 y^{2} = - 25$ .

b) Giải phương trình: $x + \frac{1}{x} + x^{2} + \frac{1}{x ^{2}} - 4 = 3$ .

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

a) Hệ phương trình đã cho tương đương với hệ sau: ${2 ∣ x ∣ + 2 y^{2} = 20 (1) 2 ∣ x ∣ - 3 y^{2} = - 25 (2)$

Trừ từng vế phương trình (2) và (1), ta được: $5 y^{2} = 45 \Leftrightarrow y^{2} = 9 \Rightarrow y = \pm 3$

Với $y = \pm 3$ , thay vào phương trình (1), ta được $∣ x ∣ = 1 \Rightarrow x = \pm 1$

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình đã cho là $S = {(- 1; 3), (1; 3), (- 1; - 3), (1; - 3) < / s p an >< / s t r o n g >< / s p an >< s t r o n g >< s p an >}$

b) $x + \frac{1}{x} + x^{2} + \frac{1}{x ^{2}} - 4 = 3$ (3)

Điều kiện ${x \neq = 0 x^{2} + \frac{1}{x ^{2}} - 4 \geq 0 (*)$ .

Đặt $x + \frac{1}{x} = t, ∣ t ∣ \geq 2 (* *)$ . Khi đó $x^{2} + \frac{1}{x ^{2}} = t^{2} - 2$ , phương trình (3) có dạng:

$t + t^{2} - 6 = 3 \Leftrightarrow t^{2} - 6 = 3 - t \Leftrightarrow ⎩ ⎨ ⎧ [6 \leq t \leq 3 t \leq - 6 t^{2} - 6 = (3 - t)^{2}$ $\Leftrightarrow ⎩ ⎨ ⎧ [6 \leq t \leq 3 t \leq - 6 t = \frac{5}{2} \Rightarrow t = \frac{5}{2}$

Với $t = \frac{5}{2}$ , thay vào $(* *)$ , ta được $x + \frac{1}{x} = \frac{5}{2} \Leftrightarrow 2 x^{2} - 5 x + 2 = 0 \Rightarrow [x = \frac{1}{2} (t/m (*)) x = 2 (t/m (*))$ .

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là $S = {\frac{1}{2}; 2}$ .

Câu 4

Câu tự luận

a) Cho ba số thực $a, b, c$ thỏa mãn $ab c = 2023$ . Tính giá trị của biểu thức:

$M = \frac{2023 a}{ab + 2023 a + 2023} + \frac{b}{b c + b + 2023} + \frac{c}{c a + c + 1}$

b) Cho $n$ là số tự nhiên $(n > 1)$ . Gọi $a$ và $b$ là hai nghiệm của phương trình $x^{2} - 2025 n x - 2024 = 0$ . Gọi $c$ và $d$ là hai nghiệm của phương trình $x^{2} - 2023 n x - 2024 = 0$ . Chứng minh rằng $(a - c) (b - c) (a + d) (b + d)$ là một số chính phương.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

a) Từ giả thiết $ab c = 2023$ , ta có

$M = \frac{2023 a}{ab + 2023 a + 2023} + \frac{b}{b c + b + 2023} + \frac{c}{c a + c + 1}$

$= \frac{a ^{2} b c}{ab + a ^{2} b c + ab c} + \frac{b}{b c + b + ab c} + \frac{c}{a c + c + 1}$ $= \frac{a ^{2} b c}{ab ( a c + c + 1 )} + \frac{b}{b ( a c + c + 1 )} + \frac{c}{c a + c + 1}$

$= \frac{a c}{a c + c + 1} + \frac{1}{a c + c + 1} + \frac{c}{a c + c + 1}$ $= \frac{a c + c + 1}{a c + c + 1} = 1$

b) Từ giả thiết $a$ và $b$ là hai nghiệm của phương trình $x^{2} - 2025 n x - 2024 = 0$ $c$ và $d$ là hai nghiệm của phương trình $x^{2} - 2023 n x - 2024 = 0$ . Theo định lí Viet, ta có

${a + b = 2025 n ab = - 2024$ và ${c + d = 2023 n c d = - 2024 (n \in N^{*})$ .

Do đó $(a - c) (b - c) (a + d) (b + d) = [(a - c) (b + d)] . [(b - c) (a + d)]$

$= (ab + a d - b c - c d) (ab + b d - a c - c d)$ $= (a d - b c) (b d - a c)$

$= ab d^{2} - a^{2} c d - b^{2} c d + ab c^{2} = 2024 (a^{2} + b^{2}) - 2024 (c^{2} + d^{2})$

$= 2024 [(a + b)^{2} - (c + d)^{2}] = 2024 [(2025 n)^{2} - (2023 n)^{2}]$

$= (4048 n)^{2} (n \in N^{*})$ là một số chính phương (đpcm).

Câu 5

Câu tự luận

Cho tam giác nhọn $A B C$ nội tiếp đường tròn $(O)$ , $A B < A C$ . Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên cạnh $B C$ . Kẻ $H M, H N$ lần lượt vuông góc với $A B, A C (M \in A B, N \in A C)$ .

a) Chứng minh tứ giác $A M H N$ nội tiếp.

b) Gọi giao điểm của đường tròn tâm $A$ bán kính $A H$ với cung nhỏ $A C$ của đường tròn $(O)$ là điểm $Q$ . Chứng minh ba điểm $M, N, Q$ thẳng hàng.

c) Khi điểm $A$ cố định và hai điểm $B, C$ di động trên đường tròn $(O)$ sao cho tam giác $A B C$ luôn là tam giác nhọn. Chứng minh $M N$ song song với một đường thẳng cố định.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

A B C

nội tiếp đường tròn (ảnh 1)">

a) Ta có $H N ⊥ A C \Rightarrow H N A = 9 0^{o}$ ; $H M ⊥ A B \Rightarrow H M A = 9 0^{o}$ .

Xét tứ giác $A M H N$ , có $H N A + H M A = 18 0^{o}$ , hai góc $H N A$ và $H M A$ ở vị trí đối nhau. Do đó tứ giác $A M H N$ nội tiếp đường tròn đường kính $A H$ .

b) Xét $Δ A H B$ vuông tại $H$ , có đường cao $H M$ , ta có $A H^{2} = A M \cdot A B$

$Δ A H C$ vuông tại $H$ , có đường cao $H N$ , ta có $A H^{2} = A N \cdot A C$

Do đó $A M \cdot A B = A N \cdot A C$ hay $\frac{A M}{A C} = \frac{A N}{A B}$

Lại có $A$ chung nên $Δ A M N \sim Δ A C B \Rightarrow A N M = A B C$ .

Kẻ $A O$ cắt đường tròn $(O)$ tại điểm $K$ . Ta có $A B C = A K C$ . Do đó $A N M = A K C$ (1)

Mặt khác, $Q$ thuộc đường tròn tâm $A$ , bán kính $A H$ nên $A Q = A H$ .

$A Q^{2} = A H^{2} = A N \cdot A C \Rightarrow \frac{A Q}{A N} = \frac{A C}{A Q} \Rightarrow Δ A QC \sim Δ A N Q \Rightarrow A QC = A N Q$

Tứ giác $A QC K$ nội tiếp đường tròn $(O)$ nên $A QC + A K C = 18 0^{o}$ .

Suy ra $A N Q + A K C = 18 0^{o}$ . (2)

Từ (1) và (2) suy ra $A N M + A N Q = 18 0^{o}$ hay ba điểm $M, N, Q$ thẳng hàng.

c) Gọi giao điểm thứ hai của đường tròn $(O)$ và đường tròn tâm $A$ , bán kính $A H$ là $P$ . Chứng minh tương tự ý b) ta có ba điểm $M, N, P$ thẳng hàng.

Gọi $Δ$ là tiếp tuyến với đường tròn $(O)$ tại $K$ . Ta có $P Q ⊥ A K$ (tính chất đường kính và dây cung chắn bởi giao điểm của hai đường tròn) $\Rightarrow P Q // Δ$ .

Vì $A$ cố định, $(O)$ cố định nên $Δ$ cố định. Do đó $B, C$ khi thay đổi trên đường tròn $(O)$ sao cho $Δ A B C$ luôn là tam giác nhọn thì $M N$ luôn song song với tiếp tuyến $Δ$ cố định của đường tròn $(O)$ .

Câu 6

Câu tự luận

Với $a, b, c$ là ba số thực dương, chứng minh rằng:

$\frac{a ^{2}}{3 a ^{2} + 8 b ^{2} + 14 ab} + \frac{b ^{2}}{3 b ^{2} + 8 c ^{2} + 14 b c} + \frac{c ^{2}}{3 c ^{2} + 8 a ^{2} + 14 c a} \geq \frac{a + b + c}{5}$ .

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Bổ đề (BĐT Cauchy – Schwarz): Cho 6 số thực $a, b, c, x, y, z$ và $x, y, z > 0$ . Khi đó:

$\frac{a ^{2}}{x} + \frac{b ^{2}}{y} + \frac{c ^{2}}{z} \geq \frac{( a + b + c ) ^{2}}{x + y + z}$ (1), dấu xảy ra khi $\frac{a}{x} = \frac{b}{y} = \frac{c}{z}$ .

Chứng minh

Trước hết ta chứng minh BĐT sau: Với 4 số thực $a, b, x, y$ và $x, y > 0$ . Ta có:

$\frac{a ^{2}}{x} + \frac{b ^{2}}{y} \geq \frac{( a + b ) ^{2}}{x + y}$ (2), dấu xảy ra khi $\frac{a}{x} = \frac{b}{y}$ .

Thật vậy, ta viết BĐT (2) dưới dạng:

$a^{2} y (x + y) + b^{2} x (x + y) \geq (a + b)^{2} x y \Leftrightarrow (a y - b x)^{2} \geq 0$ (luôn đúng). Dấu xảy ra khi $\frac{a}{x} = \frac{b}{y}$ .

Áp dụng BĐT (2) hai lần ta được: $\frac{a ^{2}}{x} + \frac{b ^{2}}{y} + \frac{c ^{2}}{z} \geq \frac{( a + b ) ^{2}}{x + y} + \frac{c ^{2}}{z} \geq \frac{( a + b + c ) ^{2}}{x + y + z}$ . Dấu xảy ra khi $\frac{a}{x} = \frac{b}{y} = \frac{c}{z}$ .

Theo Bổ đề (1) ta có: $cy c \sum \frac{a ^{2}}{3 a ^{2} + 8 b ^{2} + 14 ab} \geq \frac{( a + b + c ) ^{2}}{cy c \sum 3 a ^{2} + 8 b ^{2} + 14 ab}$ .

Mặt khác, theo BĐT GM – AM:

$cy c \sum 3 a^{2} + 8 b^{2} + 14 ab = cy c \sum (3 a + 2 b \cdot a + 4 b) \leq cy c \sum \frac{( 3 a + 2 b ) ( a + 4 b )}{2} = 5 (a + b + c)$

$\Rightarrow cy c \sum \frac{a ^{2}}{3 a ^{2} + 8 b ^{2} + 14 ab} \geq \frac{( a + b + c ) ^{2}}{5 ( a + b + c )} = \frac{a + b + c}{5}$

Hay $cy c \sum \frac{a ^{2}}{3 a ^{2} + 8 b ^{2} + 14 ab} \geq \frac{a + b + c}{5}$ (đpcm).

Dấu xảy ra khi $a = b = c$ .