Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Dương

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

Thêm vào BST

Báo xấu

16
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo "Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Dương” sau đây để biết được cấu trúc đề thi cũng như những dạng bài chính được đưa ra trong đề thi. Từ đó, giúp các bạn học sinh có kế hoạch học tập và ôn thi hiệu quả. Chúc các bạn thi tốt!

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 Hải Dương

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐẠO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 HẢI DƯƠNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2022 -2023 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (Chuyên) Thời gian làm bài : 150 phút, không tính thời gian phát đề (Đề thi có 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm).  x   x +2 x +3 x +2 5 a. So sánh biểu thức A = 1 −  :  + +  với − .  x +1   x − 5 x + 6 x − 2 3− x  2 4 x 2024 ( x + 1) − 2 x 2023 + 2 x + 1 1 3 b. Tính giá trị của biểu thức B = = tại x − . 2 x 2 + 3x 2 3−2 2 3+2 Câu 2 (2,0 điểm). x −1 a. Giải phương trình: 3 x − 1 + = 3x + 1 4x  8 x + y + xy =  b. Giải hệ phương trình:  1 1 1  x2 + 2x + y 2 + 2 y = 4  Câu 3 (2,0 điểm). a. Tìm các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn phương trình y 2 − 5 y + 62 = ( y − 2) x 2 + ( y 2 − 6 y + 8) x . b. Cho đa thức P( x) với các số nguyên thỏa mãn P(2021).P(2022) = 2023 . Chứng minh rằng đa thức P( x) − 2024 không có nghiệm nguyên. Câu 4 (3,0 điểm). 1. Cho đường tròn (O) và dây cung AB không đi qua tâm O. Gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AB; D là 1 điểm thay đổi trên cung lớn AB (D khác A và B); DM cắt AB tại C. a. Chứng minh rằng MB.BD = MD.BC; b. Chứng minh rằng MB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD và khi điểm D thay đổi thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD nằm trên một đường thẳng cố định. 2. Cho hình thoi ABCD có AB = 2 . Gọi R1, R2 lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC và ABD. Chứng minh rằng R1 + R2 ≥ 2 . Câu 5 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2 + 4b 2 + c =6ab . Tìm giá trị nhỏ a 2b a 3 + 8b3 nhất của biểu thức P = + + . 2b + c a + c 16c ………… HẾT ……….
Lời giải Câu 1 x ≥ 0  a. ĐKXĐ:  x ≠ 4 x ≠ 9   x   x +2 x +3 x +2 A=1 −  :  + +   x +1   x − 5 x + 6 x − 2 3 − x   x +1− x   x +2 x −9 x−4  ⇔ A   :  + −   x + 1   (  x − 2 )( x − 3 x −) ( 2 x − 3 )( ) ( x −2 )( ) x −3   1 x −3 x −2 =⇔A = : x +1 ( x −2 )( x −3 ) x +1 Ta có : A + = 5 x −2 5 2 + = ( x −2 +5 ) ( ) x +1 = 7 x +1 2 x +1 2 2 ( x +1 ) 2 ( ) x +1 5 5 Vì x ≥ 0 ⇒ A+ >0⇒ A>− 2 2 5 Vậy A > − . 2 1 3 3 −1 3 −1 b. Vì x = − = nên x = là nghiệm của đa thức 2 x 2 + 2 x − 1 2 3−2 2 3+2 2 2 2 x 2023 (2 x 2 + 2 x − 1) + 2 x + 1 2 x + 1 Do đó: B= = = 3− 3 . (2 x 2 + 2 x − 1) + x + 1 x +1 Câu 2.  x>0  a. ĐKXĐ:  1  x ≥ − 3 Phương trình đã cho đương đương với : 4 x(3 x − 1) + x= − 1 4 x 3x + 1 ⇔ 12 x 2 − (3 x += 1) 4 x 3 x + 1  b=a Đặt= a 2 x= ,b 3 x + 1 ta có phương trình 3a 2 − b 2 =2ab ⇔ (b − a )(b + 3a ) =0 ⇔  b = −3a  3x + 1 = 2x Khi đó   3 x + 1 =−6 x +) Với 3x + 1 =2 x , điều kiện x > 0 , ta có
 x =1 2 2 3 x + 1= 2 x ⇔ 3 x + 1= 4 x ⇔ 4 x − 3 x − 1= 0 ⇔   x = − 1 ( KTM )  4 1 +) Với 3 x + 1 =−6 x , điều kiện − ≤ x < 0 , ta có 3  3 − 153  x= 72 3 x + 1 =−6 x ⇔ 36 x 2 − 3 x − 1 =0 ⇔   3 + 153 x = ( KTM )  72 3 − 153 Vậy phương trinh có hai nghiệm là x = 1 , x = . 72  x + y + xy = 8  ( x + 1)( y + 1) = 9   b. Ta có  1 1 1 ⇔ 1 1 1 + =  x2 + 2x + y 2 + 2 y =   ( x + 1) − 1 ( y + 1) − 1 4 2 2  4 Đặt u =x + 1, v =y + 1  uv = 9  u ≠ ±1 Hệ đã cho trở thành  1 1 1 , điều kiện:  ( ∗)  u 2 − 1 + v 2 − 1 =  v ≠ ±1 4  uv = 9 ⇔ 2 2 2 2 2 2 4(u + v − 2)= u v − u − v + 1  uv= 9  uv= 9  u= v= 3 ⇔ 2 2 ⇔ ⇔ (TM (∗)) u + v =18 u + v =±6 u =v =−3  x = 2  x = −4 Từ đó suy ra nghiệm của hệ phương trình là  ; .  y = 2  y = −4 Câu 3. a. Ta có: y 2 − 5 y + 62 = ( y − 2) x 2 + ( y 2 − 6 y + 8) x ⇔ ( y 2 − 5 y + 6) + 56 = ( y − 2) x 2 + ( y − 2)( y − 4) x ⇔ ( y − 2)( y − 3) + 56 =( y − 2) x 2 + ( y − 2)( y − 4) x ⇔ ( y − 2)( x 2 + yx − 4 x − y + 3) =56 ⇔ ( x − 1)( y − 2)( x + y − 3) =56 Nhận thấy ( y − 2) + ( x − 1) = x + y − 3 , nên ta phải phân tích số 56 thành tích của 3 số nguyên mà tổng 2 số đầu bằng 2 số còn lại. Như vậy, ta có:  56 =1.7.8 ⇒ ( x; y ) =( 2;9 )  56 =7.1.8 ⇒ ( x; y ) =( 8;3)  56 =( −8 ) .1. ( −7 ) ⇒ ( x; y ) =( −7;3)  56 = 1. ( −8 ) . ( −7 ) ⇒ ( x; y ) = ( 2; −6 )  56 =( −8 ) .7. ( −1) ⇒ ( x; y ) =( −7;9 )  56 = 7. ( −8 ) . ( −1) ⇒ ( x; y ) = ( 8; −6 )
Vậy phương trình có 6 nghiệm trên. b. Giả sử đa thức P ( x ) có 1 nghiệm nguyên là a. ( x − a ) Q ( x ) , ( Q ( x ) là đa thức có hệ số nguyên) Ta có: P ( a ) − 2024 = Ta có: P ( 2021) − 2024 = ( 2021 − a ) Q ( 2021) P ( 2022 ) − 2024 = ( 2022 − a ) Q ( 2022 ) Mà P ( 2021) .P ( 2022 ) = 2023 là số lẻ ⇒ P ( 2021) , P ( 2022 ) là số lẻ Do đó 2021 − a , 2022 − a là các số lẻ ⇒ ( 2021 − a ) − ( 2022 − a ) là số chẵn ⇒ −1 là số chẵn (điều này vô lí) ⇒ P ( x ) − 2024 không có nghiệm nguyên. Câu 4. 1. a. Chứng minh MB.BD = MD.BC  = 1 sd  Ta có: MBC AM 2  = 1 sd MB MDB  2  Mà: AM = MB ( vì M là điểm chính giữa cung   AB ) = ⇒ MBC  MDB Xét MBC và MDB có  góc chung BMC  = MDB MBC  (cmt ) Do đó, MBC ∽MDB( g .g ) MB BC =⇒ hay = MB.BD MD.BC ( dpcm ) . MD BD b. Chứng minh rằng MB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD và khi điểm D thay đổi thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD nằm trên một đường thẳng cố định. Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp  BCD .
⇒ BIC= 2 BDC = 2 MBC  ( BIC là góc ở tâm chắn BC  , BDC  là góc nội tiếp chắn BC  trong (I))  BIC ⇒ MBC= 2  180 − BIC = Ta có  BIC cân tại I ⇒ IBC 2   ⇒ MBC + IBC = BIC + 180 − BIC = 90o 2 2 ⇒ MB ⊥ BI ⇒ MB là tiếp tuyến của (I), và I ∈ đường thẳng vuông góc với MB. Vì M, B cố định, nên đường thẳng vuông góc với MB cố định. Do đó, khi điểm D thay đổi thì tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD nằm trên một đường thẳng cố định. 2. = Đặt CAB x⇒  900 − x ABD = BC 2 Xét  ABC , theo định lý sin, ta có: = 2 R1 ⇒ R1 =  sin CAB 2sin x AB 2 Tương tự, xét  ABD , có: = 2 R2 ⇒ R2 = 2sin ( 90 − x ) 0 2cosx 2 1 1   ( 0 < x ≤ 90 ) o ⇒ R= 1 + R2  + 2  s inx cosx  Đặt s inx= t ( 0 < t < 1)
2 1 1  ⇒ R1 + R= 2  +  2 t 1− t2  1 1 1 2t f (t ) =+ ⇒ f ' (t ) =− 2− t 1− t 2 t 2(1 − t ) 1 − t 2 2 2 ⇒ f ' (t ) = 0 ⇔ t = 2 2 2 2  ⇒ R1 + R2 ≥  + =2 (dpcm) . 2  2 2 Câu 5. a 2b a 3 + 8b3 Ta có: P = + + 2b + c a + c 16c a 2b a 3 + 8b3 ⇔ = P +1+ +1+ −2 2b + c a+c 16c  1 1  a 3 + 8b3 ⇔ P = ( a + 2b + c )  + + −2  2b + c a + c  16c Ta có: ( x − y ) 2 ≥ 0 nên x 2 + y 2 ≥ 2 xy x+ y 4 ⇒ ( x + y ) 2 ≥ 4 xy ⇒ ≥ với x; y > 0 xy x+ y 1 1 4 ⇒ + ≥ x y x+ y Lại có: x 2 + y 2 − xy ≥ xy nên ( x + y ) ( x 2 + y 2 − xy ) ≥ xy ( x + y ) ⇒ x3 + y 3 ≥ xy ( x + y ) 4 a.2b(a + 2b) ⇒ P ≥ ( a + 2b + c ) + −2 2b + c + a + c 16c 2(a + 2b) 2ab(a + 2b) ⇔P≥ + a + 2b + 2c 16c Mặc khác: a 2 + 4b 2 + c =6ab nên (a − 2b) 2 + c =2ab (a + 2b) 2 ⇒ c ≤ 2ab ⇔ 4a.2b = 4c ⇒ c ≤ 4 Đặt t= a + 2b , ta có:
2t 2t 4 t 4 t+2 2 P≥ 2 + = + = + − t 16 t + 2 16 t + 2 16 16 +t 2 4 t 1 7 ⇒P≥2 . − = t + 2 16 8 8 7 4 t+2 Pmin = khi = t 6 ⇔= 8 t + 2 16 a = 3 a + 2b =6    3 ⇔  a = 2b ⇔ b =  c = 2ab  2   c = 9 7 3 Vậy GTNN của = P a 3,= khi= b ,c 9 . = 8 2