Title 059_Đề thi minh họa_TS 10_Toán chuyên Quảng Ninh.docx ✅

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH ĐỀ THI MINH HỌA KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT MÔN THI: TOÁN - CHUYÊN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm). a) Cho ,,xyz là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện 12xyyzzx . Chứng minh rằng 222222 222 121212121212 24 121212 yzxzxy xyz xyz    . b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 3 chữ số. Lấy ngẫu nhiên một số từ tập hợp S . Tính xác suất để lấy được một số chia hết cho 7 . Câu 2 (2,0 điểm). a) Giải hệ phương trình 22 2 234320 1320. yxyxxy yxxy      b) Giải phương trình 321310.xxx Câu 3 (2,0 điểm). a) Cho ,xy là hai số tự nhiên thoả mãn 0xy . Chứng minh rằng nếu 33xy chia hết cho 3 thì 33 xy chia hết cho 9. b) Tìm tất cả các số nguyên dương x và y sao cho 23xy là số chính phương. Câu 4 (3,5 điểm). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O với ABAC . Gọi M là trung điểm của BC, AM cắt O tại điểm D khác A. Đường tròn ngoại tiếp tam giác MDC cắt đường thẳng AC tại E khác C. Đường tròn ngoại tiếp tam giác MDB cắt đường thẳng AB tại F khác B. a) Chứng minh ba điểm E, M, F thẳng hàng; b) Chứng minh rằng OAEF ; c) Phân giác của góc BAC cắt EF tại điểm N. Phân giác của góc CEN và góc BFN lần lượt cắt CN, BN tại P, Q. Chứng minh rằng //PQBC . Câu 5 (0,5 điểm). Một hộp bi có 100 viên. Hai bạn Hòa và Bình cùng chơi trò lấy bi ra khỏi hộp có luật chơi như sau: Mỗi lần, người chơi chỉ được lấy 1, 2 hoặc 3 viên ra khỏi hộp, ai là người lấy được những viên bi cuối cùng trong hộp sẽ là người chiến thắng. Giả sử Hòa là người thực hiện trước, theo em Bình sẽ thực hiện cách lấy bi như thế nào để chắc chắn giành chiến thắng? ............................. Hết ........................... Lưu ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH ĐỀ THI MINH HỌA HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT MÔN THI: TOÁN - CHUYÊN (Hướng dẫn chấm có 03 trang) Câu Sơ lược lời giải Điểm Câu 1 (2,0) a) Ta có : 12xyyzzx   22 2 2 12 12 12 xxxyyzzx xxxyzxy xxyxz    Tương tự ta có : 212yyzyz ; 212zzxzy 0,5 Khi đó : 222222 222 121212121212 24 121212 yzxzxy xyz xyz       222 22.1224 xyzyzxzxy xyzyzxzxy xyyzzx    0,5 b) Ta có 100;101;102;...;999S Suy ra không gian mẫu 900Sn 0,25 Gọi A là biến cố “ lấy được số chia hết cho 7” 105;112;...;994A 9941051 7nA 128 . 0,5 Vậy xác suất xảy ra biến cố A là   12832 () 900225 nA PA n  0,25 Câu 2 (2,0) a) 22 2 234320(1) 1320(2) yxyxxy yxxy      Điều kiện: 2 10 30 yx xy     221312420yxyxx 0,25 Tính được: 21x 1 1 22 yx yx      0,25 +) Với 1yx thay vào (2) ta được: 242(3)xx 01 3 10 xy xy      thỏa mãn điều kiện. 0,25 +) Với 22yx thay vào (2) ta được: 22512xxx (4) điều kiện xác định 1x . 2(4)1412xx 0,25
3 Ta có: , đẳng thức xảy ra khi (thỏa mãn) Vậy hệ đã cho có hai nghiệm và . b) Điều kiện: 3101xx . 32221310(1)112(1)0xxxxxxxxx Đặt 21; 1; 0, 0uxvxxuv 0,25 Phương trình đã cho trở thành: 2220()(2)0uvvuvuuv 0 202 uvuv uvuv      0,25 Với uv ta được 220 1120 2 x xxxxx x      (thỏa mãn phương trình) 0,25 Với 2uv ta được 2211xxx (vô nghiệm). Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt 0x và 2.x 0,25 Câu 3 (2,0) a) Ta có: 333()3()xyxyxyxy 0,25 Theo giả thiết 33()3xy⋮ ; Hơn nữa 3()3xyxy⋮ nên 333()3()3xyxyxyxy⋮ 0,25 Do 3()9xy⋮ nên ()3xy⋮ Hơn nữa do ()3xy⋮ nên 3()9xyxy⋮ 0,25 Suy ra 333()3()9xyxyxyxy⋮ 0,25 b) Giả sử 223xyz với zZ . Xét theo mod3 cả hai vế ta được 10;1mod3x , suy ra x chẵn. 0,25 Đặt 2,xmmZ , ta có phương trình 2 43myz322ymmzz . Do đó tồn tại ,abN sao cho 23,23mambzz và ,ababy . 0,25 Suy ra 1233331mabbab . Do 123m⋮ nên ta phải có 0,bay . Như vậy 1231my . 0,25 Từ đó 314y⋮ nên y chẵn. Đặt 2,ynnZ . Ta có 122313131mnnn . Vì ƯCLN 31;312nn nên ta phải có 312,312nnm . Vậy 1,2nm , suy ra 4,2xy . 0,25 Câu 4 (3,5) a) Hai góc  ;FMDFBD nội tiếp 1O cùng chắn  DF nên  FMDFBD (1) 0,25 Tứ giác CDME nội tiếp 2O nên  180EMDECD (2) 0,25 Tứ giác ABDC nội tiếp O nên  FBDECD (3) 0,25 Từ (1); (2); (3) suy ra  180FMDEMD hay E, M, F thẳng hàng 0,25 b) Tứ giác MECD nội tiếp nên  AEMADC . 0,25 0,5