Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Bình Phước

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

14
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

“Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Bình Phước” là tài liệu tham khảo được TaiLieu.VN sưu tầm để gửi tới các em học sinh đang trong quá trình ôn thi kết thúc học phần, giúp sinh viên củng cố lại phần kiến thức đã học và nâng cao kĩ năng giải đề thi. Chúc các em học tập và ôn thi hiệu quả!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Bình Phước

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TỈNH BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC: 2022 – 2023 ĐỀ THI MÔN: TOÁN (CHUYÊN ) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề thi gồm có 01 trang) Ngày thi: 07/06/2022 2x + 3 x x − 1 x2 + x Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức P = + − với x > 0, x ≠ 1 . x x− x x x +x a) Rút gọn biểu thức P. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P. ( Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình ( x − 1) x 2 − 2 x + m = ) 0 (1) với m là tham số. Tìm tất cả các 1 1 1 1 giá trị của tham số m để phương trình (1) có đúng ba nghiệm phân biệt thỏa mãn + + =. x1 x2 x3 3 Câu 3. (2,0 điểm) a) Giải phương trình: ( x − 1)( x − 3) += 6 4 x2 − 4 x + 6 .  x 2 + 4 xy + 10 x − 12 y 2 − 12 y + 9 =0  b) Giải hệ phương trình:  x+5 .  3y − 2 − = xy − 2 y − 2  2 Câu 4. (2,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R . Gọi H là trực tâm của tam giác ABC , M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC . Gọi I , J lần lượt là hình chiếu của M lên các đường thẳng BC , CA. Đường thẳng IJ cắt đường thẳng AB tại K . a) Chứng minh bốn điểm B, K , M , I cùng thuộc một đường tròn. Từ đó suy ra MK ⊥ AB. b) Gọi M1 , M 2 , M 3 lần lượt là các điểm đối xứng của M qua các đường thẳng BC , CA, AB. Chứng minh bốn điểm M1 , M 2 , M 3 và H thẳng hàng. c) Chứng minh khi điểm M di động trên cung nhỏ BC ta luôn có M M ≤ 4 R.sin BAC . 2 3 Xác định vị trí của điểm M khi dấu bằng xảy ra. Câu 5. (1,0 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2 − 6 y 2 + xy + 2 y − x − 7 =0. b) Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn x 2 − 2021 y 2 + 2022 chia hết cho xy . Chứng minh rằng x, y là các số lẻ và nguyên tố cùng nhau. Câu 6. (1,0 điểm) a) Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn a + b = 2. 2 2 a b Chứng minh: + ≥ 1. b +1 a +1 b) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + a + b + 1 + c = 6. 2a + 1 2b + 1 2c + 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = + + . a +1 b +1 c + 2 ………HẾT……… - Thí sinh không được sử dụng tài liệu. - Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC 2022 - 2023 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ CHÍNH THỨC Bài thi: TOÁN (Đáp án – thang điểm gồm có 07 trang) ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu 1. (2 điểm) 2 x + 3 x x − 1 x2 + x Cho biểu thức P = + − với x > 0; x ≠ 1 x x− x x x +x Rút gọn biểu thức 2 x + 3 x x − 1 x2 + x P= + − x x− x x x +x 2x + 3 = + ( )( x −1 x + x +1 − x ) ( )( x +1 x − x +1 ) 0.5 x x x −1 ( ) x ( x +1 ) 2x + 3 x + x + 1 x − x + 1 0.25 = + − x x x 2x + 2 x + 3 0.25 = . x Tìm giá trị nhỏ nhất của P 3 3 0.25 P= 2 x + + 2 ≥ 2 2 x. +2 x x = 2 6+2 0.25 Vậy GTNN của= P 2 6+2 0.25 3 3 khi và chỉ khi 2 x= ⇔ x= (thỏa mãn điều kiện) x 2 0.25 Câu 2. (1.5 điểm) Nội dung Điểm Cho phương trình ( x − 1) ( x 2 − 2 x + m ) = 0 (1) với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của 1 1 1 1 tham số m để phương trình (1) có đúng ba nghiệm phân biệt thỏa mãn + + =. x1 x2 x3 3 1
Ta có: x = 1 ( x − 1) ( x 2 − 2 x + m ) =0 ⇔  0.25 2 0 ( *)  x − 2x + m = Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt khác 1. 0.25 ∆ ' = 1 − m > 0 m < 1 ⇔ ⇔ m
 x ≥ −5  ĐK:  2  y ≥ 3 Ta có (1) ⇔ x 2 + 2 ( 5 + 2 y ) x − 12 y 2 − 12 y + 9 =0 0.125 2 x 16 ( y + 1) ≥ 0 ' ∆= =x 2 y −1 ⇒ x =−6 y − 9 0.125 * Với x = −6 y − 9 ≤ −13 loại. 0.125 x 2 y − 1 thay vào phương trình ( 2 ) ta được: * Với = 0.25 3 y − 2 − y + 2= 2 y 2 − 3 y − 2 2 ( y − 2) ⇔ − ( y − 2 )( 2 y + 1) = 0 3y − 2 + y + 2 y = 2 ⇔  2 0.125 − ( 2 y + 1) = 0 (**)  3 y − 2 + y + 2 + Với y = 2 ⇒ x = 3 (thỏa mãn điều kiện). 0.125 + Xét phương trình (**) : 0.125 2 = 2 y + 1 (**) 3y − 2 + y + 2 2 2 2 Vì y ≥ nên: 3y − 2 + y + 2 ≥ +2 > 2 ⇒ < 2 3 3 3y − 2 + y + 2 4 Mà 2 y + 1 > +1 > 2 3 Vậy phương trình (**) vô nghiệm. Kết luận: hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 3;2 ) . Câu 4. (2.5 điểm) Nội dung Điểm Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R . Gọi H là trực tâm của tam giác ABC , M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC . Gọi I , J lần lượt là hình chiếu của M lên các đường thẳng BC , CA. Đường thẳng IJ cắt đường thẳng AB tại K . a) Chứng minh bốn điểm B, K , M , I cùng thuộc một đường tròn. Từ đó suy ra MK ⊥ AB. b) Gọi M1 , M 2 , M 3 lần lượt là các điểm đối xứng của M qua các đường thẳng 3
BC , CA, AB . Chứng minh bốn điểm M1 , M 2 , M 3 và H cùng thuộc một đường thẳng. Chứng minh khi điểm M di động trên cung nhỏ BC ta luôn có  . Xác định vị trí của điểm M khi dấu bằng xảy ra. M M ≤ 4 R.sin BAC 2 3 a) a)  Ta có: MIC  = 900 ( gt ) nên tứ giác IJCM nội tiếp = MJC 0.125  = JCM Do đó: KIM  ( trong bằng ngoài đỉnh đối) 0.125  =  Tứ giác ABMC nội tiếp nên KBM ACM  = JCM 0.25  KBM Từ đó suy ra KIM =  ⇒ BIMK nội tiếp. Vậy bốn điểm B, K , M , I cùng thuộc một đường tròn. 0.25  =900 ⇒ BKM Do BIM  =900 ⇒ MK ⊥ AB (đpcm) 0.25 Lưu ý: khi học sinh vẽ điểm M sao cho J nằm ngoài AC, K nằm trong AB vẫn đạt điểm tối đa. b) Ta có IJ / / M1M 2 , JK / / M 2 M 3 . 0.125 và theo giả thiết có I , J , K thẳng hàng nên ta có các điểm M1 , M 2 , M 3 thẳng hàng. 0.125 4
 ta có AM 3 B +  AHB =  ( AMB + 1800 −  ACB ) 0.25  mà ta có: AMB =  ACB , nên AM 3 B +  1800 nên nên tứ giác AHBM 3 nội tiếp AHB = từ đó ta có =  AHM 3=  ABM ABM 3 0.125 hoàn toàn tương tự ta có: AHCM 2 nội tiếp 0.125 từ đó ta có  =  AHM 2 =  ACM ACM 2 Mà ta có:  ACM +  ABM = 1800 , vì ABMC nội tiếp 0.125   AHM 3 + AHM 2 = 1800 0.125 Từ đó suy ra M 3 , H , M 2 thẳng hàng C) Vì M 2 , M 3 lần lượt là các điểm đối xứng của M qua AC , AB nên ta có AM AM = = 2 AM 3 hay tam giác AM 2 M 3 cân tại A . 0.125 Kẻ đường cao AD của tam giác AM 2 M 3 suy ra AD cũng là phân giác của  M AM 2 3       Mặt khác ta có M 2 AM 3 = M 3 AM + MAM 2 = 2 MAB + 2 MAC = 2 BAC 0.125  suy ra M  AD = BAC 3  AM .sin BAC . 3 AD có M 3 D Trong tam giác vuông M= AM = 3 sin M 3 AD 0.125 Mà M M = 2 M D ⇒ M M =  2 AM .sin BAC 2 3 3 2 3  Vậy M 2 M 3 ≤ 4 R.sin BAC  cố định nên M M lớn nhất khi AM lớn nhất tức là AM là đường 0.125 Vì sin BAC 2 3 kính. Câu 5. (1 điểm) Nội dung Điểm a) Giải phương nghiệm nguyên x − 6 y 2 + xy + 2 y − x − 7 = 2 0. Phương trình đã cho ⇔ ( x − 2 y )( x + 3 y ) + 2 y − x − 7 =0 0.125 ⇔ ( x − 2 y )( x + 3 y − 1) = 7 0.125 Từ đó suy ra x − 2 y là ước của 7 , tập các giá trị ước của 7 là {−7; −1; 1; 7} .Ta có các trường hợp sau. x − 2 y = −7 x − 2 y =−7 * ⇔ ( vn )  x + 3 y − 1 =−1 5 y =7 5
x − 2 y = −1 x − 2 y = −1  x = −3 * ⇔ ⇔ (nhận) 0.125  x + 3 y − 1 =−7 5 y =−5  y =−1  x=− 2y 1 − 2y 1  x= * ⇔ ( vn )  x +=3y −1 7 = 5 y 7  x −=2y 7 2y 7 =  x −= x 5 * ⇔ ⇔ .  x + 3 y − 1 =1 5 y =−5  y =−1 Vậy các cặp nguyên ( x, y ) thỏa mãn phương trình là ( −3; −1) , ( 5; −1) . 0.125 b) Cho x, y nguyên và thỏa mãn x 2 − 2021 y 2 + 2022 chia hết cho xy . Chứng minh rằng x, y là hai số lẻ và nguyên tố cùng nhau. *Nếu x, y là hai số chẵn thì x 2 − 2021 y 2 + 2022 không chia hết cho 4 và xy chia 0.125 hết cho 4 (vô lý). Nếu x, y có một số chẵn, một số lẻ thì x 2 − 2021 y 2 + 2022 là số lẻ và xy là số chẵn (vô lý). Vậy x, y là các số lẻ. 0.125 *Giả sử ( x, y ) = d suy ra x 2 − 2021 y 2 và xy chia hết cho d 2 . 0.125 Từ giả thiết suy ra 2022 chia hết cho d 2 . Lại do 2022 = 2.3.337 nên d ∈ {1, 2,3,337} . 0.125 Nếu d > 1 thì 2022 chia hết cho hoặc 4,9,337 2 (vô lý). Câu 6. (1 điểm) Nội dung Điểm 2 2 a b a) Cho các số thực dương a, b thỏa mãn a + b =2 . Chứng minh rằng: + ≥ 1. b +1 a +1 a 2 b2 ( a + b ) 2 0.25 * Xét BĐT + ≥ với x, y > 0 . x y x+ y Biến đổi tương đương a 2 y 2 + b 2 x 2 ≥ 2abxy ⇔ ( ay − bx ) ≥ 0 (đúng) 2 a2 b2 (a + b) = 2 0.25 *Khi đó + ≥ 1 (điều phải chứng minh). b +1 a +1 a + b + 2 a) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + a + b + 1 + c =6. 2a + 1 2b + 1 2c + 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = + + . a +1 b +1 c + 2 1 1 2 Ta có P = 6− − − . a +1 b +1 c + 2 0.125 6
1 1 2 2 Theo BĐT Cauchy ta có + ≥ = a +1 b +1 ( a + 1)( b + 1) 6 − c 2 2 Khi đó P ≤ 6 − − . 6−c c+2 0.125 1 1 4 1 Ta có + ≥ = (do 0 < c < 6 ). Suy ra P ≤ 5 . 6−c c+2 6−c+c+2 2 a + 1 = b + 1  a= b= 3 0.125 Dấu bằng xảy ra khi 6 − c = c + 2 ⇒ .   c = 2  ( a + 1)( b + 1) + c =6 0.125 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 5 đạt được khi a= b= 3, c= 2 . Chú ý: Mọi lời giải đúng đều được điểm tối đa của câu hỏi đó. 7