Bộ 29 Đề thi vào Lớp 10 môn Toán Thái Bình (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm 01 trang)
 ĐỀ SỐ 1
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2024 - 2025
Môn thi: TOÁN
(Dành cho tất cả các thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (2,0 điểm)
Cho hai biểu thức: A=x+3x-2 và B=x+3x-2-3x+6x-4 với x>0,x≠4.
a) Tính giá trị biểu thức A khi x=16.
b) Rút gọn biểu thức B.
c) So sánh biểu thức AB với 3 .
Câu 2. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình x2-5x+5=0.
b) Năm 2022, hai trường THCS có tổng 300 học sinh thi đỗ vào lớp 10 THPT. Năm 2023, trường thư nhất có số học sinh đỗ tăng 10%, trường thứ hai có số học sinh đỗ tăng 15% so với năm 2022 nên cả hai trường có 339 học sinh thi đỗ vào lớp 10 THPT. Hỏi năm 2023 mỗi trường có bao nhiêu học sinh thi đỗ vào lớp 10 THPT.
Câu 3. (2,0 điểm) Cho hàm số bậc nhất y=2x-m+4 (1) (với m là tham số)
a) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) đi qua điểm H(1;2).
b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành Ox tại điểm A, cắt trục tung Oy tại điểm B thỏa mãn tam giác OAB có diện tích bằng 4 (O là gốc tọa độ).
Câu 4. (3,5 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi H là một điểm cố định trên đoạn thẳng AO(H khác A và O). Kẻ dây cung CD vuông góc với AB tại H. Lấy điểm G trên đoạn thẳng CH ( G khác C và H), tia AG cắt đường tròn (O) tại E(E khác A). Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng BE và CD. Đoạn thẳng AK cắt đường tròn (O) tại F(F khác A).
a) Chứng minh tứ giác BEGH nội tiếp.
b) Chứng minh KC.KD=KE.KB và ba điểm B,G,F thẳng hàng.
c) Tia EH cắt đường tròn (O) tại Q(Q khác E). Chứng minh HF=HQ.
d) Gọi M,N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B lên đường thẳng EF. Chứng minh khi G thay đổi trên đoạn CH và thỏa mãn các điều kiện của bài toán thì 3MNHE+HF luôn không đổi.
Một hình trụ có chiều cao bằng đường kính đáy và có thể tích bằng 16πcm3. Tính diện tích xung quanh của hình trụ đó.
Câu 5. ( 0,5 điểm) Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn abc=a+b+c+2.
Chứng minh: 1a2+b2+1b2+c2+1c2+a2≤324.
--------------------- HẾT ---------------------
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:.
(Cán bộ coi thi không giải thich gì thêm)
ĐÁP ÁN
Câu 1 (2 điểm).
Cách giải:
Cho hai biểu thức: A=x+3x-2 và B=x+3x-2-3x+6x-4 với x>0,x≠4.
a) Tính giá trị biểu thức A khi x=16.
Thay x=16 (tmdk) vào A ta có: A=16+316-2=194-2=192
Vậy với x=16 thì A=192.
b) Rút gọn biểu thức B.
B=x+3x-2-3x+6x-4
B=x+3x-2-3(x+2)(x-2)(x+2)
B=x+3x-2-3x-2
B=xx-2
c) So sánh biểu thức AB với 3.
AB=x+3x-2:xx-2=x+3x-2⋅x-2x=x+3x
Ta có:
AB-3=x+3x-3 =x+3x-3xx =x-3x+3x =x-2⋅32x+94+34x
=x-322+34x>0
⇒AB>3
Câu 2 (2 điểm).
Cách giải:
a) Giải phương trình x2-5x+5=0
Xét Δ=(-5)2-4.5=25-20=5>0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là:
x1=5+52x2=5-52
Vậy phương trình có nghiệm là x∈5+52;5-52.
b) Năm 2022, hai truờng THCS có tổng 300 ḥ̣c sinh thi đỗ vào lớp 10 THPT. Năm 2023, truò̀ng thú nhất có số học sinh đỗ tăng 10%, truờng thú hai có số học sinh đỗ thăng 15% so với năm 2022 nên cả hai truờng có 339 học sinh thi đỗ vào lớp 10 THPT. Hỏi năm 2023 mỗi truờng có bao nhiêu học sinh thi đỗ vào lớp 10 THPT.
Gọi số học sinh thi đỗ vào lớp 10 THPT năm 2022 của trường thứ nhất và trường thứ hai lần lượt là x,y (học sinh)x,y∈N*,0<x,y<300
Vì năm 2022, hai trường có tổng 300 học sinh thi đỗ nên ta có phương trình x+y=300 (1)
Năm 2023, trường thứ nhất có số học sinh đỗ tăng 10% so với năm 2022 nên số học sinh đỗ là (100%+10%)x=110%x=1,1x
Năm 2023, trường thứ hai có số học sinh đỗ thăng 15% so với năm 2022 nên số học sinh đỗ là (100%+15%)y=115%y=1,15y
Cả hai trường có 339 học sinh thi đỗ nên ta có phương trình 1,1x+1,15y=339 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình sau:
x+y=3001,1x+1,15y=339⇔y=300-x1,1x+1,15(300-x)=339⇔y=300-x1,1x+345-1,15x=339
⇔y=300-x-0,05x=-6⇔y=300-xx=120⇔x=120y=180(tm)
⇒ Năm 2023, trường thứ nhất có số học sinh đỗ là: 1,1.120=132 (học sinh)
trường thứ hai có số học sinh đỗ là: 1,15.180=207 (học sinh)
Vậy số học sinh trường thứ nhất có số học sinh đỗ là 132 học sinh, số học sinh trường thứ hai đỗ là 207 học sinh.
Câu 3 (2 điểm).
Cho hàm số bậc nhất y=2x-m+4 (I) (với m là tham số)
a) Tìm m để đồ thị của hàm số (I) đi qua điểm H(1;2).
b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành Ox tại điểm A, cắt trục tung Oy tại điểm B thỏa mãn tam giác OAB có diện tích bằng 4 (O là gốc tọa độ).
Cách giải:
Xét hàm số: y=2x-m+4
a) Để đồ thị của hàm số (1) đi qua điểm H(1;2) thì:
2.1-m+4=2 ⇔6-m=2 ⇔m=4
Vậy m=4
b) Đồ thị hàm số (1) cắt Ox tại điểm A thỏa mãn: 2x-m+4=0⇒x=m-42⇒Am-42;0⇒OA=|m-4|2
Đồ thị hàm số (1) cắt Oy tại điểm B thỏa mãn:
y=2.0-m+4=-m+4⇒B(0;-m+4)⇒OB=|-m+4|=|m-4|
Vì diện tích tam giác OAB bằng 4 nên ta có:
12OA⋅OB=4 ⇒|m-4|2⋅|m-4|=8 ⇔(m-4)2=16 ⇔(m-4)2=42 ⇔m-4=4m-4=-4⇔m=8 m=0
Vậy m=8;m=0.
Câu 4 (3,5 điểm).
Cho đường tròn tâm O đuoờng kính AB. Gọi H là một điểm cố định trên đoạn thẳng AO ( H khác A và O). Kẻ dây cung CD vuông góc với AB tại H. Lấy điểm G trên đoạn thẳng CH (G khác C và H), tia AG cắt đường tròn (O) tại E (E khác A). Gọi K là giao điểm của hai đuờng thẳng BE và CD. Đoạn thẳng AK cắt đường tròn (O) tại F ( F khác A ).
Cách giải:
a) Chứng minh tú giác BEGH nội tiếp.
Do CH⊥AB⇒∠GHB=90∘
∠AEB=90∘ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
∠GEB+∠GHB=90∘+90∘=180∘
Mà hai góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác BEGH nội tiếp.
b) Chứng minh KC.KD=KE.KB và ba điểm B,G,F thẳng hàng.
Xét △KBC và △KDE có ∠BKD chung
∠KBC=∠KDE (cùng chắn cung CE )
⇒△KBC∼△KDE( g.g)⇒KBKD=KCKE⇒KB⋅KE=KD⋅KC(dpcm)
Xét △ABK có AH,AE là đường cao cắt nhau tại G nên G là trực tâm
⇒BG⊥AK
Mà BF⊥AF∠BFA=90∘
⇒B,G,F thẳng hàng
c) Tia EH cắt đường tròn (O) tại Q (Q khác E ). Chứng minh HF=HQ.
∠AHG+∠AFG=90∘+90∘=180∘⇒HGFA nội tiếp
⇒∠BAG=∠HFG (cùng chắn GH )
Mà ∠BQH=∠BAE (cùng chắn BE )
⇒∠HFG=∠BQH
Tương tự ∠QBH=∠QEA=∠HBG (HBEG nội tiếp)
⇒∠QBH=∠FBH
Từ (1) và (2) suy ra ∠FHB=∠QHB
Xét △HBQ và △HBF có ∠FHB=∠QHB,∠QBH=∠FBH và HB chung
⇒△HBQ=△HBF( g.c.g )
⇒HF=HQ
d) Gọi M, N lần luọt là hình chiếu vuông góc của A và B lên đường thẳng EF. Chứng minh khi G thay đổi
trên đoạn CH và thỏa mãn các điều kiện của bài toán thì 3MNHE+HF Iuôn không đổi.
Gọi I là giao điểm của BN và (O)
⇒∠AIB=∠AIN=90∘
⇒AMNI là hình chữ nhật (có 3 góc vuông)
⇒MN=AI
Ta có
∠OAI=90∘-∠IBA
=90∘-∠ABK-∠KBN
=90∘-∠ABK-90∘-∠BEN
=90∘-∠ABK-90∘-∠FEK
=∠FEK-∠ABK
=∠KAB-∠ABK
Lại có
∠OEQ=∠OEA-∠HEA
=∠EAO-∠ABQ
=90∘-∠ABK-∠ABQ
=∠QAB-∠ABK
=∠KAB-∠ABK
Từ (1) và (2) suy ra ∠OAI=∠OEQ
Mà △OEI,OEQ là các tam giác cân tại O và OE=OI=OQ=OA⇒△OIA=△OEQ
⇒AI=QE
⇔MN=HQ+HF
⇔MN=HF+HE
⇒3MNHE+HF=3MNMN=3
Vậy 3MNHE+HF không đổi
Câu 5 ( 0,5 điểm).
Cho các số thụcc duơng a,b,c thỏa mãn abc=a+b+c+2.
Chúng minh: 1a2+b2+1b2+c2+1c2+a2≤324.
Cách giải:
Đặt P=1a2+b2+1b2+c2+1c2+a2
Từ giả thiết ta có
(a+1)(b+1)+(b+1)(c+1)+(a+1)(c+1)=(a+1)(b+1)(c+1)⇔1a+1+1b+1+1c+1=1
Đặt 11+a=x⇒a=1x-1=1-xx=y+zx;(vi:x+y+z=1,x,y,z>0)
Tương tự 11+b=y⇒b=x+zy;11+c=z⇒c=x+yz
Mặt khác Áp dụng BĐT Bunhia dãy 1:a,b dãy 2:1,1 và BĐT Côsi ta có
2a2+b2≥(a+b)2⇔a2+b2≥a+b2≥2ab2=2⋅ab
Tương tự b2+c2≥2⋅bc;a2+c2≥2⋅ac
Nên P=1a2+b2+1b2+c2+1c2+a2≤121ab+1cb+1ac=Q
Thay a=y+zx;b=x+zy;c=x+yz ta có
Q=12xy(x+z)(x+z)+yz(x+y)(x+z)+xz(x+y)(y+z)
Áp dụng BĐT AB≤A+B2 ta có
Q≤122xx+z+yy+z+yx+y+zx+z+xx+y+zy+z=122x+zx+z+y+zy+z+x+yx+y=322=324(đpcm)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ SỐ 2
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).
Cho x là số thực dương thỏa mãn x3+1x=18x. Tính A=x2+1x.
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a+b+c+abc=4. Rút gọn biểu thức
A=a(4-b)(4-c)+b(4-c)(4-a)+c(4-a)(4-b)-abc
Câu 2 (2,5 điểm).
Giải phương trình x2+3x+1+2x2+5x-1=(x+2)2
Giải hệ phương trình x2+y2-2x-2=04x2-2y2-2xy+6x-3y+2=0
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 IA và đường thẳng EF. Đường thẳng AH cắt đường thẳng BC và đường thẳng IK lần lượt tại M và P.
Chứng minh ANPK là tứ giác nội tiếp.
Chứng minh ID là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PDK.
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 (a+b)2+4aab 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 a+b+c=3. Chứng minh rằng
a+2(a+1)2+b+2(b+1)2+c+2(c+1)2≥94
LỜI GIẢI THAM KHẢO
Câu 1 (2,0 điểm).
Cho x là số thực dương thỏa mãn x3+1x=18x. Tính A=x2+1x.
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a+b+c+abc=4. Rút gọn biểu thức
A=a(4-b)(4-c)+b(4-c)(4-a)+c(4-a)(4-b)-abc
Lời giải
Ta có: x3+1x=18x⇔x3+1xx=18⇔x6+2x3+1x3=324⇔x3+1x3=322
Suy ra x+1x3-3x+1x-322=0
Đặt x+1x=t(t≥2) ta có t3-3t-322=0⇔(t-7)t2+7t+46=0
Vì t2+7t+46=t+722+432>0, do đó t=7 hay x+1x=7⇔x2+1x=7.
Vậy A=7
Ta có (4-b)(4-c)=16-4(b+c)+bc=4(a+b+c+abc)-4(b+c)+bc
=4a+4abc+bc
Suy ra a(4-b)(4-c)=4a2+4aabc+abc=(2a+abc)2
⇒a(4-b)(4-c)=2a+abc
Tương tự, suy ra b(4-c)(4-a)=2b+abc
c(4-a)(4-c)=2c+abc#(2)
Lấy (1)+(2)+(3), ta được
A =a(4-b)(4-c)+b(4-c)(4-a)+c(4-a)(4-b)-abc =2a+abc+2b+abc+2c+abc-abc =2a+2b+2c+2abc=8
Vậy A=8.
Câu 2 (2,5 điểm).
Giải phương trình x2+3x+1+2x2+5x-1=(x+2)2
Giải hệ phương trình x2+y2-2x-2=04x2-2y2-2xy+6x-3y+2=0
Lời giải
x2+3x+1+2x2+5x-1=(x+2)2
Bình phương hai vế của phương trình (1), ta được
3x2+8x+2x2+3x+12x2+5x-1=2x2+8x+8
Đặt x2+3x+1=a2x2+5x-1=b(a>0,b≥0), phương trình (2) trở thành
3b2-5a2+2ab=0⇔5a2-2ab-3b2=0⇔ (a-b)(5a+3b)=0
Vì a>0,b≥0 nên 5a+3b>0, do đó a=b.
Tức là
x2+3x+1=2x2+5x-1⇔x2+3x+1=2x2+5x-1⇔x2+2x-2=0⇔x=-1+3x=-1-3
Kết hợp điều kiện xác định và thử lại, ta có x=-1+3 là nghiệm của phương trình.
Vậy phương trình có nghiệm