Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2024 - 2025 sở GDĐT Thái Bình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2024 – 2025

MÔN THI: TOÁN

(Dành cho thí sinh thi chuyên Toán, Tin)

Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm).

1. Cho x là số thực dương thỏa mãn

3 1 18 x x x

 . Tính

2 1 x A x

  .

2. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 4 a b c abc    . Rút gọn biểu thức

         4 4 4 4 4 4 A a b c b c a c a b abc          

Câu 2 (2,5 điểm).

1. Giải phương trình   2 2 3 1 2 5 1 2 2 x x x x x     

2. Giải hệ phương trình

2 2

2 2

2 2 0

4 2 2 6 3 2 0

x y x

x y xy x y

            

Câu 3 (3,5 điểm).

Cho đường tròn tâm I nội tiếp tam giác nhọn   ABC AB AC  tiếp xúc với các cạnh , , BC CA AB lần

lượt tại , , D E F . Đường thẳng qua A song song với BC cắt đường thẳng EF tại K . Gọi H là giao điểm của

đường thẳng DI và đường thẳng EF , N là giao điểm của đường thẳng IAvà đường thẳng EF . Đường

thẳng AH cắt đường thẳng BC và đường thẳng IK lần lượt tại M và P .

1. Chứng minh ANPK là tứ giác nội tiếp.

2. Chứng minh ID là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PDK .

3. Đường thẳng BI cắt đường thẳng EF tại R . Đường thẳng IM cắt đường thẳng DK tại điểm T

và đường thẳng RC cắt đường thẳng DK tại điểm U . Chứng minh bốn điểm , , , I T U R nằm trên một

đường tròn.

Câu 4 (1,0 điểm).

Giả sử ,a b là các số nguyên dương sao cho  

2 4 a b a

ab

  là số nguyên. Biết b là số lẻ. Chứng minh

rằng a là số chính phương.

Câu 5 (1,0 điểm).

Cho , , a b c là các số thực dương thỏa mãn 3 a b c    . Chứng minh rằng

      2 2 2 2 2 2 9 4 1 1 1

a b c

a b c

        

----- HẾT -----

ĐỀCHÍNH THỨC

LỜI GIẢI THAM KHẢO

Câu 1 (2,0 điểm).

1. Cho x là số thực dương thỏa mãn

3 1 18 x x x

 . Tính

2 1 x A x

  .

2. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 4 a b c abc    . Rút gọn biểu thức

         4 4 4 4 4 4 A a b c b c a c a b abc          

Lời giải

1. Ta có:

3 3 6 3

3 3 3 1 1 2 1 1 18 18 324 322 x x x x x x x x x x x            

Suy ra

3 1 1 3 322 0 x x x x                 

Đặt 1 x t x     2 t  ta có    3 2 3 322 0 7 7 46 0 t t t t t        

Vì

2 2 7 43 7 46 0 2 2 t t t           

, do đó 7 t  hay

2 1 1 7 7 x x x x

     .

Vậy 7 A 

2. Ta có          4 4 16 4 4 4 b c b c bc a b c abc b c bc            

4 4 a abc bc   

Suy ra     

2 2 4 4 4 4 2 a b c a a abc abc a abc       

   4 4 2 a b c a abc      (1)

Tương tự, suy ra    4 4 2 b c a b abc     (2)

   4 4 2 c a c c abc     (3)

Lấy (1) + (2) + (3), ta được

         4 4 4 4 4 4 A a b c b c a c a b abc          

2 2 2 a abc b abc c abc abc       

2 2 2 2 8 a b c abc     

Vậy 8. A 

Câu 2 (2,5 điểm).

1. Giải phương trình   2 2 3 1 2 5 1 2 2 x x x x x     

2. Giải hệ phương trình

2 2

2 2

2 2 0

4 2 2 6 3 2 0

x y x

x y xy x y

            

Lời giải

1.   2 2 3 1 2 5 1 2 2 x x x x x      (1)

Điều kiện xác định:

2

2

3 5 2 3 5 5 33 3 1 0 2 2 2 5 1 0 5 33 5 33

2 2 5 33 2

x

x x x x

x x x x

x

                                           

(*)

Bình phương hai vế của phương trình (1), ta được

   2 2 2 2 3 8 2 3 1 2 5 1 2 8 8 x x x x x x x x         

   2 2 2 8 2 3 1 2 5 1 0 x x x x x        (2)

Đặt  

2

2

3 1 0, 0 2 5 1

x x a a b x x b

       

  

, phương trình (2) trở thành

2 2 3 5 2 0 b a ab   

2 2 5 2 3 0 a ab b    

   5 3 0 a b a b    

Vì 0, 0 a b   nên 5 3 0 a b   , do đó a b  .

Tức là

2 2 3 1 2 5 1 x x x x     

2 2 3 1 2 5 1 x x x x     

2 2 2 0 x x    

1 3

1 3

x

x

 

 

Kết hợp điều kiện xác định và thử lại, ta có 1 3 x  là nghiệm của phương …