Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên môn Toán năm 2025 – 2026 sở GD&ĐT Ninh Thuận

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NINH THUẬN NĂM HỌC 2025-2026
Môn thi chuyên: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 120 phút
(không kể thời gian phát đề) Đề:
(Đề thi này gồm 01 trang) x  2 1    1
Bài 1. (1,5 điểm) Giải hệ phương trình x 1 y 1   3 2y  3    4 x  1 1  y 
Bài 2. (2,5 điểm) Cho phương trình bậc hai: 2
x  x  m  2  0
a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x ,x thỏa mãn 2 2
x  x  3m 1 2 1 2
b) Khi m  1, gọi x ,x là hai nghiệm của phương trình. Tính giá trị biểu thức 1 2 2023 2023 S   . 7 7 x  7 x  7 1 2
Bài 3. (1,5 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên x;y thỏa mãn: 2xy  2x  x y  0.
Bài 4. (3,5 điểm) Cho hình thang ABCD , vuông tại A và D , 1
AD  CD  AB . Gọi 2
O ,O lần lượt là trung điểm của AB và CD và E,F là trung điểm các đoạn AO và 1 2 1
DO . Trên đoạn thẳng EF lấy các điểm M,N sao cho  
AMB  CND  90 . 2
a) Chứng minh tứ giác ABCM nội tiếp.
b) Gọi S là giao điểm của AD và BC . Chứng minh các đường thẳng BC,EF và
O O đồng quy tại S . 1 2
c) Chứng minh bốn điểm , A ,
D M,N cùng thuộc một đường tròn.
Bài 6. (1,0 điểm) Cho hai số thực dương a,b thỏa mãn a.b  1. Chứng minh rằng:
 a2  b4 2024 1 1  . 27
---------------- HẾT --------------- Trang 1 CÂU HƯỚNG DẪN GIẢI ĐIỂM x  2 1    1
Giải hệ phương trình x  1 y 1   1,5 3 2y  3    4 x  1 1  y  x  2 1  1 1  1 1        1
Ta có: x 1 y 1  x  1 y 1     0,50 3 2y  3  3 5    4   2   4
x 1 1y   x  1 y 1   1 1   1    0   a    1. x  1 y 1   . Đặt x  1  . Ta được: 0,25  3 5   1    2 b     x  1 y 1   y 1  a  b  0 2a  2 a   1          . Khi đó 0,50 3
 a  5b  2 b   a  b   1     1   1  x  1  1 x   2 x  1       1   y  1  1 y   2   1     y 1  0,25 x   2
Vậy hệ phương trình có nghiệm  y   2 
Cho phương trình bậc hai: 2
x  x  m  2  0
a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x ,x thỏa mãn 1 2 0,5 2 2
x  x  3m 1 2
+ Điều kiện để phương trình có hai nghiệm là:
  0  1 4m 2 9 2.  0  m  0,25 4 x   x  1
+ Áp dụng định lý Vi-et ta có  1 2  x
 .x  m  2  1 2  0,25
+ Khi đó x  x  3m  x  x 2 2 2
 2x x  3m 1 2 1 2 1 2
 1 2m 2  3m  5m  5  m  1 (thỏa mãn) Trang 2
b) Khi m  1, gọi x ,x là hai nghiệm của phương trình. Tính giá trị 1 2 biểu thức 2023 2023 S   1,0 7 7 x  7 x  7 1 2
+ Với m  1 phương trình trở thành 2
x  x 1  0 x   x  1
+ Theo định lý Vi-et ta có  1 2  0,25 x  x  1  1 2 
+ x  x  x  x 2 2 2 2
 2x x  1  2. 1  3 . 1 2 1 2 1 2  
+ x  x  x  x 3 3 3
 3x x x  x  3  1  3. 1 .1  4 . 1 2 1 2 1 2 1 2   0,25 + 5 5
x  x   3 3 x  x  2 2 x  x  2 2
 x x x  x  11 1 2 1 2 1 2 1 2  1 2  + 7 7
x  x   5 5 x  x  2 2 x  x  2 2  x x  3 3 x  x  29 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2  2023 7 7
x  x  14.2023 2023 2023 1 2  Khi đó S    0,25 7 7 7 7 x  7 x  7 x x  7  7 7   1 2 x x 49 1 2 1 2  2023.29  14.2023 86989   0,25 1  7.29  49 251
Tìm tất cả các cặp số nguyên x;y thỏa mãn: 2xy  2x  x y  0. 1,5
Ta có: 2xy  6x  y  0  4xy  6x  2y  0 0,50
 2x 2y  32y  3  3 0,25  2x   1 2y  3  3 0,25
Vì x,y   nên 2x 1  ,
 2y  3  
Do đó ta có các trường hợp sau: 2  x 1  1 x   0 TH1:      3. 2  y  3  3 y   0   2  x 1  3 x   2 TH2:      2  y  3  1 y   1   0,50 2  x 1  1 x   1 TH3:      2  y  3  3 y   3   2  x 1  3 x   2 TH4:      2  y  3  1 y   2  
Vậy có 4 cặp số nguyên thỏa mãn là: 0;0,2; 
1 ,1;3,2;2 Trang 3 B H C O1 0,50 E O2 M K F N S D A
a) Chứng minh tứ giác ABCM nội tiếp. 1,0 Ta có 
AMB  90 nên M thuộc đường tròn đường kính AB   1 0,25
Dễ thấy tứ giác ABCD là hình thang vuông và 1
CD  DA  AB 2 0,25
4.a) nên ADCO là hình vuông và BCDO là hình bình hành. 1 1
 AC  DO và DO || BC nên AC  BC 1 1 0,25
Vậy C thuộc đường tròn đường kính AB 2 Từ  
1 và 2 suy ra hai điểm M,C cùng thuộc đường tròn đường kính 0,25
AB . Do đó tứ giác ABCM nội tiếp.
b) Gọi S là giao điểm của AD và BC . Chứng minh các đường thẳng
BC,EF và O O đồng quy tại S . 1,0 1 2
Theo giả thiết ta có BC đi qua S   1 Ta có D  S , A C  SB và 1
DC || AB;DC  AB nên DC là đường 0,25 2 trung bình của S  AB . Suy ra ,
D C lần lượt là trung điểm S , A SB Xét S
 BE ta có C là trung điểm SB và CF || BE
4.b)  CO là đường trung bình của S  BO 2 1
 O là trung điểm của SO . 0,25 2 1
Vậy O O đi qua S 2 1 2 Xét S
 BO ta có C là trung điểm SB và CO || BO 1 2 1
 CF là đường trung bình của S  BE
 F là trung điểm của SE . 0,25
Vậy EF đi qua S 3 Từ  
1 và 2 suy ra BC,EF và O O đồng quy tại S 1 2 0,25 Trang 4
c) Chứng minh bốn điểm , A ,
D M,N cùng thuộc một đường tròn. 1,0
Gọi K là giao điểm của EF với đường tròn đường kính CD
H là giao điểm của KO với AB 2 Ta có 1 0,25
K  SM , O là trung điểm SO và KO  O M nên KO là 2 1 2 1 2 2
đường trung bình của S  O M 1
4.c)  KO || MO 2 1    0,25
KO D  KHA  MO A (đồng vị) 2 1 Mà  
KO D  2KND và   MO A  2MAD 2 1 0,25  
 KND  MAD hay   MND  MAD
Vậy tứ giác ADMN nội tiếp hay bốn điểm , A ,
D M,N cùng thuộc một đường tròn. 0,25
Cho hai số thực dương a,b thỏa mãn a.b  1. Chứng minh rằng:  1,0
 a2  b4 1024 1 1  . 27 2 2     4  a a    a a  a
1  a2        3  3 1 3 1      9. 0,25  2 2  2 2    16 5.  4 4     4      b 1 b4 1 1 1 1        3  3 b 3 b      81. 0,25 2 2   2 2    256  4 4  a b
1  a2 1 b4 729 3 4 4 729 1024 3 3  9. .81.  a b   0,50 2 4 4 4 16 16 27 Trang 5
Xem thêm: ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 MÔN TOÁN
https://thcs.toanmath.com/de-thi-tuyen-sinh-lop-10-mon-toan
Document Outline

• 044_Tuyển sinh 10_Toán Chuyên_mới_tỉnh_Ninh Thuận_25-26
• TUYEN SINH 10