Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên môn Toán năm 2025 - 2026 sở GDĐT Quảng Trị

CLB Toán Cơ Sở Phòng Nội Dung

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN QUẢNG TRỊ Năm học 2025 - 2026 Câu 1:

a. ĐKXĐ: .1 ,0   a a Ta có:

. 1 4 ). 1 ( )1 ( )1 )( 1 ( 4 4 )1 (. )1 )( 1 ( 5 3 1

4 2 1 . )1 )( 1 ( 5 3 1 1 2 1 4 1 . 1 5 3 1 1

2

2 2

a a a a a a a a a a a a

a a a a a a a a a a a a a a a P

        

  



     

 

  

    

  



       

  

    

  



      

b. Thật vậy, ta có

.1 ,0 , )1 ( 0 1 3 1 1 3 2              a a a a a a a a a

Câu 2:

1. Gọi số giáo viên nam trong trường là x, thì số giáo viên nữ là 80 - x (người).

Tổng số tuổi của tất cả 80 giáo viên là 80.45 = 3600.

Tổng số tuổi của tất cả giáo viên nam và nữ lần lượt là: 50x và (80 - x).42.

Khi đó: . 30 3600 42 ). 80 ( 50      x x x

Như vậy số giáo viên nam là 30, thì số giáo viên nữ là 50 (người).

2. ĐKXĐ: . 4 1 1   x Ta đặt ). 0 , (, 1 , 1 4      b a b x a x

Khi đó phương trình ban đầu trở thành:

. 1

2 0 )1 )( 2 ( 2 2 

 

         b

a b a ab b a

Trường hợp 1: a = 2. Ta có: , 4 3 2 1 4     x x (thoả mãn).

Trường hợp 2: a = 1. Ta có: ,0 1 1     x x (thoả mãn).

Câu 3:

1. Giả sử độ dài cung tròn AB trên hình vẽ là a, thì ). ( 20 24 . 180 150 cm a    

Ở hình vẽ 2, ta có chu vi đáy của hình nón là a.

Khi đó, gọi bán kính đáy là r, thì ta có: ). ( 10 2 cm r r a    

Và độ dài đường sinh của hình nón là OA = 24 cm.

CLB Toán Cơ Sở Phòng Nội Dung Theo định lý Pitago, ta có chiều cao h hình nón là:

). ( 119 2 10 24 2 2 2 2 2 cm h OA r h      

Vậy chiều cao hình nón: ). ( 119 2 cm

2.

a. Do tứ giác ABCD nội tiếp nên DCB BAD EAB       180 , kết hợp với DEC  chung.

Suy ra DEC ED EB EC EA g g ECD EAB      , ) . ( ~ chung.

Khi đó: . ) . . ( ~ AC BD EC ED c g c EAC EBD     (1)

Chứng minh tương tự thì FC FB FA FD  , . ) . . ( ~ AC BD FC FB c g c FCA FBD     (2)

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.

b.

i. Ta thấy MNPQ là hình thoi. Thật vậy

Theo tính chất đường phân giác: NC NB FC FB FA FD QA QD    , và . PC PD EC ED EA EB MA MB   

Mặt khác theo câu a ta có: . FC FB EC ED  Suy ra . || || , NP BD MQ PC PD NC NB MA MB QA QD   

Tương tự . || || , MN AC PQ MA MB NC NB PC PD QA QD   

Như vậy MNPQ là hình bình hành. Đồng thời, do tam giác QEN có EM vừa là phân giác

vừa là trung tuyến nên EM là đường cao hay MP vuông QN.

Vậy MNPQ là hình thoi.

CLB Toán Cơ Sở Phòng Nội Dung

ii. Gọi I là giao của MP, NQ. Khi đó I là trung điểm của NQ, MP. Gọi G, H là trung điểm

của BD, AC. Gọi J là trung điểm MQ.

Khi đó do , || BD MQ ta dễ dàng chứng minh: A, J, G thẳng hàng. (Thales đảo)

Ta thấy IJ là đường trung bình của tam giác QMN.

Ta có: H I G AG JG BA BM AC MN AH MN AH IJ , , . 2 1      thẳng hàng.

Như vậy ta có giao điểm I của NQ, MP nằm trên GH.

Nhận xét: Bổ đề hình thang.

Bài 4:

Xét phép thử: “An và Bình, mỗi bạn biết ngẫu nhiên một số nguyên dương không lớn hơn

10 lên bảng”. Không gian mẫu của phép thử đó là: 10.10 = 100.

a. Xét biến cố A: “Số của An viết ra bé hơn số của Bình”

Nếu Bình viết số a > 1 thì An có a - 1 khả năng để viết ra số bé hơn Bình.

Như vậy số kết quả thuận lợi là: . 45 9 ... 4 3 2 1      

Như vậy xác suất để An viết số bé hơn của Bình là . 20 9 100 45 

b. Xét biến cố B: “Số của An và Bình viết ra là a và b, thoả mãn 8 6 3 3    ab b a là số

nguyên tố.”

Giả sử 8 6 3 3     ab b a p là số nguyên tố. Khi đó:

) 2 2 4 )( 2 ( 8 6 2 2 3 3 ab b a b a b a ab b a p            

Do .1 2 2 4 , 2 1 2 2 2              ab b a b a p b a b a

Mà . ) ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 2 4 ( 2 2 2 2 2 2 2 b a b a ab b a b a            