Đề thi tuyển sinh 10 THPT năm 2023-2024 toán chuyên Sở GD Tuyên Quang (có đáp án và lời giải chi tiết)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TUYÊN QUANG
Năm học 2023 – 2024
Môn thi: Toán chuyên ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài:
150 phút (không kể thời gian phát đề)
(Đề thi có 01 trang)
Câu 1 (2,0 điểm) 15 x 11 3 x  2 2 x  3
a) Rút gọn biểu thức P   
với x  0, x  1. x  2 x  3 1  x x  3 a  a 
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 6 Q 
với a  4. a  2
Câu 2 (3,0 điểm)
1. Cho phương trình 4 2
x  4x  m  2  0 (1), với m là tham số.
a) Giải phương trình (1) khi m  7. 
b) Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt x , x , x , x thỏa mãn 1 2 3 4 1 1 1 1     2x x x x . 2 2 2 2 1 2 3 4 x x x x 1 2 3 4 2 2
2x  y  3xy  3x  9  0 
2. Giải hệ phương trình  . 2
 x  y  3  2x  y 
Câu 3 (3,0 điểm). Cho tam giác tù ABC có 0
ABC  90 nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến
tại C của (O) cắt đường thẳng AB tại S. Lấy điểm P thuộc miền trong tam giác OAC sao cho SC  S .
P Đường thẳng SP cắt (O) tại hai điểm E, F (E ở giữa S và F). Các đường thẳng A ,
P BP cắt lại (O) lần lượt tại K, .
L Chứng minh rằng:
a) Tam giác ACS đồng dạng với tam giác CBS;
b) APS  PBS;
c) Tứ giác EKLF là hình thang cân.
Câu 4 (1,0 điểm)
a) Chứng minh rằng 2023 2 A  2
 3m  6n  23 chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên , m . n  
b) Tìm tất cả các cặp số tự nhiên  , m n để 2 3m 6n 22 B  3
 4 là một số nguyên tố.
Câu 5 (1,0 điểm). Ban đầu, trên bảng có n số nguyên dương đầu tiên được viết liên tiếp từ
trái qua phải: 1, 2, 3,..., n 1, .
n Ta thực hiện trò chơi đổi số như sau: Mỗi lượt chơi, lấy ba số
đứng liền nhau a, ,
b c và đổi chỗ a với c thành c, b, .
a Hỏi sau hữu hạn lượt chơi như trên ta
có thể thu được dãy số ngược lại ,
n n 1,..., 2, 1 hay không, nếu:
a) n  5;
b) n  2024. -----HẾT-----
Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………….………………Số báo danh:……………….. Trang 1
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT, NĂM HỌC 2023- 2024 Môn: Toán chuyên
(Hướng dẫn này có 04 trang) ----------
Câu 1 (2,0 điểm) 15 x 11 3 x  2 2 x  3
a) Rút gọn biểu thức P   
với x  0, x  1. x  2 x  3 1  x x  3 Hướng dẫn chấm Điểm 15 x 11 2  3 x 2 x  3 Ta có P     0,25 x   1  x  3 x 1 x  3
15 x 11 2  3 x  x  3  2 x  3 x   1   0,25 x   1  x  3 5
 x  7 x  2   0,25 x   1  x  3
 x  1 5 x 2 5 x 2    0,25 x   1  x  3 . x  3 a  a 
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 6 Q 
với a  4. a  2 Hướng dẫn chấm Điểm a  3 a  6 4 Ta có Q   a 1 0,25 a  2 a  2  4   a  2  1.   0,25  a  2 
Với a  4 thì a  2  0. Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM (Côsi) ta được 0,25 Q   a   4 2 2 . 1  5. a  2
Q  5 chẳng hạn khi a 16. Vậy min Q  5. 0,25
Câu 2 (3,0 điểm)
1. Cho phương trình 4 2
x  4x  m  2  0 (1), với m là tham số.
a) Giải phương trình (1) khi m  7. 
b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt x , x , x , x thỏa 1 2 3 4 mãn 1 1 1 1     2x x x x . 2 2 2 2 1 2 3 4 x x x x 1 2 3 4 Trang 2 Hướng dẫn chấm Điểm a) Với m  7,  ta có phương trình 4 2
x  4x  5  0. 0,25 Đặt 2
t  x t  0, ta được 2
t  4t  5  0 (*). 0,25
Giải phương trình (*) ta được t  1
 (loại) và t  5 (thỏa mãn). 0,25
Với t  5ta được 2
x  5  x   5. Vậy phương trình hai nghiệm x   5. 0,25 b) Đặt 2
t  x (t  0) , ta được phương trình 2
t  4t  m  2  0 (**).
Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (**) có hai nghiệm 0,25
phân biệt t  0, t  0. 1 2   0
4  m  2  0  
Điều này tương đương với t
  t  0  2  0  2   m  2 (a). 1 2 0,25   t t  0 m  2  0  1 2  1 1 1 1 2 2 Theo bài ra     2x x x x  
 2t t  t  t  t t (b). 2 2 2 2  2 1 2 3 4 1 2 1 2 1 2 0,25 x x x x t t 1 2 3 4 1 2 Theo Viet thì 2 ( )
b  4  (m  2)  m  4
 (loại) và m  0 (thỏa mãn). 0,25
Vậy m  0 là giá trị duy nhất cần tìm. 2 2
2x  y  3xy  3x  9  0 
2. Giải hệ phương trình  . 2
 x  y  3  2x  y  Hướng dẫn chấm Điểm Điều kiện xác định: 2
x  y  3  0 (*). Ta có 0,25 2 2
2x  y  3xy  3x  9  0   x  y  32x  y  3  0
x  y  3  0  .  0,25
2x  y  3  0
Với y  x  3  0  y  x  3, thay vào phương trình 2
x  y  3  2x  y ta được x  3  x  3  0   9 24 0,25 2
x  x  x  3          x  x    x y x  3 9 . 2 2 x   5 5  5
Với 2x  y  3  0  2x  y  3
 , thay vào phương trình 2
x  y  3  2x  y ta được 0,25 2
x  2x  3  3  , vô nghiệm.  9 x   
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất 5  . 0,25 24 y   5 Trang 3
Câu 3 (3,0 điểm). Cho tam giác tù ABC có 0
ABC  90 nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến
tại C của (O) cắt đường thẳng AB tại S. Lấy điểm P thuộc miền trong tam giác OAC sao cho SC  S .
P Đường thẳng SP cắt (O) tại hai điểm E, F (E ở giữa S và F). Các đường thẳng A ,
P BP cắt lại (O) lần lượt tại K, .
L Chứng minh rằng:
a) Tam giác ACS đồng dạng với tam giác CBS;
b) APS  PBS;
c) Tứ giác EKLF là hình thang cân. Hướng dẫn chấm Điể m 1 a) Ta có CAS  sđCEB (a). 2 F n L K 0,25 O C P M E m A B S 1
Mặt khác BCS  sđCEB (b). 0,25 2
Từ (a) và (b) suy ra BCS  CAS (1). 0,25
Từ (1) và ASC  BSC suy ra hai tam giác ACS và CBS đồng dạng. 0,25 CS AS b) Từ a) suy ra 2   SC  S . B SA (c). 0,25 BS CS SP SA
Vì SC  SP nên 2 (c)  SP  . SB SA   (d). 0,25 SB SP
Từ (d) và PSA  BSP suy ra P  SA B  S . P 0,25
Do đó APS  PBS. 0,25 1 1 c) Ta có BPS 
sđBmE sđLnF và PAS  sđBmE sđECK (e). 0,25 2 2 Vì P  SA B
 SP nên BPS  PAS. Kết hợp với (e) suy ra sđLnF  sđECK (f). 0,25 Trang 4 Từ (f) suy ra 1 1 1 LFE  FLK  sđLKE 
sđFAK  sđLnF  sđLtK  1 0
 sđFAK  180  LK // EF. 0,25 2 2 2 2
Do đó EKLF là hình thang. Hơn nữa sđLnF  sđECK  FL  KE  EKLF là hình 0,25 thang cân.
Câu 4 (1,0 điểm)
a) Chứng minh rằng 2023 2 A  2
 3m  6n  23 chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên , m . n Hướng dẫn chấm Điểm Ta có 2023 2  1  (mod3)  2  1  (mod3). 0,25 Suy ra 2023 2 A  2
 3m  6n  23  1   23  0 (mod3). 0,25  
b) Tìm tất cả các cặp số tự nhiên  , m n để 2 3m 6n 22 B  3
 4 là một số nguyên tố. Hướng dẫn chấm Điểm Nếu 2
X  3m  6n  22  0 thì B  , do đó 2
X  3m  6n  22  0. Ta có X   2
3 m  2n  8  2  X  2 (mod 3)  X  3k  2 (k  ). Do đó 0,25 3k 2  3  4  9.27k B
 4  9.1 4  0 (mod13)  B 13. Từ B 13 suy ra 2 2 m  8 m  0 m  0 2 2
k  0  3m  6n  22  2  m  2n  8  0      .  2  0,25 m 2 m  4 m  2 Vậy cặp số
cần tìm là 0, 4 , 2,2 .
Câu 5 (1,0 điểm). Ban đầu, trên bảng có n số nguyên dương đầu tiên được viết liên tiếp từ trái
qua phải: 1, 2, 3,..., n 1, .
n Ta thực hiện trò chơi đổi số như sau: Mỗi lượt chơi, lấy ba số đứng liền nhau a, ,
b c và đổi chỗ a với c thành c, b, .
a Hỏi sau hữu hạn lượt chơi như trên ta có
thể thu được dãy số ngược lại ,
n n 1,..., 2, 1 hay không, nếu:
a) n  5; b) n  2024. Hướng dẫn chấm Điểm
a) Với n  5 ta thực hiện các bước biến đổi như sau: 1 2 3 4 5 1 4 3 2 5 0,5 3 4 1 2 5 3 4 5 2 1 5 4 3 2 1
b) Với n  2024: Ta thấy rằng với cách đổi như trên thì các số lẻ luôn ở vị trí lẻ còn số
chẵn luôn ở vị trí chẵn. 0,25
Ban đầu số 2024 ở vị trí chẵn, do đó nó không thể chuyển về vị trí đầu tiên trong dãy số 2024, 2023,…, 2, 1 được. 0,25 Trang 5 -----Hết-----
Ghi chú: Nếu thí sinh làm bài theo cách khác thì vẫn cho điểm theo các phần đúng tương ứng. Trang 6