Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2021-2022 có đáp án - Sở GD&ĐT Tiền Giang

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

23
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luyện tập với "Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2021-2022 có đáp án - Sở GD&ĐT Tiền Giang" nhằm đánh giá sự hiểu biết và năng lực tiếp thu kiến thức của học sinh thông qua các câu hỏi đề thi. Để củng cố kiến thức và rèn luyện khả năng giải đề thi chính xác, mời quý thầy cô và các bạn cùng tham khảo tại đây.

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 2021-2022 có đáp án - Sở GD&ĐT Tiền Giang

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG TỈNH TIỀN GIANG Năm học 2021-2022 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (CHUYÊN TOÁN) Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi có 01 trang, gồm 04 bài) (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 05/6/2021 -------------------------------------------------------------------------------------------------------- Bài I. (3,0 điểm) 3− 2 1. Tính giá trị của biểu thức P = x 2022 − 10 x 2021 + x 2020 + 2021 tại x = . 3+ 2 2. Giải phương trình: x + x 2 − 1= x +1 + x −1 + 4 .  x + 3x = y − 8 3 3 3. Giải hệ phương trình:  2 2 .  x + y =y + 2 Bài II. (3,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng ( d ) : y= 2 − x . Gọi A, B là hai giao điểm của đường thẳng ( d ) với parabol ( P ) . Tìm tọa độ điểm M nằm trên trục hoành sao cho chu vi tam giác MAB nhỏ nhất. 2. Tìm tất cả giá trị thực của tham số m sao cho phương trình x 2 − 2 x − 2m x − 1 + 2 =0 vô nghiệm. 3. Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của 1 1 1 biểu thức M = + 2 + 2 . a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a 2 + 3 2 2 2 Bài III. (1,0 điểm) Cho m, n là các số nguyên dương sao cho m 2 + n 2 + m chia hết cho mn . Chứng minh rằng m là số chính phương. Bài IV. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AC < AB) có đường cao AH. Gọi D là điểm nằm trên đoạn thẳng AH (D khác A và H). Đường thẳng BD cắt đường tròn tâm C bán kính CA tại E và F (F nằm giữa B và D). Qua F vẽ đường thẳng song song với AE cắt hai đường thẳng AB và AH lần lượt tại M và N. a) Chứng minh BH.BC = BE.BF. . b) Chứng minh HD là tia phân giác của góc EHF c) Chứng minh F là trung điểm MN. -------------------------------------------------- HẾT ------------------------------------------ Thí sinh được sử dụng các loại máy tính cầm tay do Bộ Giáo dục và Đào tạo cho phép. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:..................................................... Số báo danh:................................................ Trang 1/1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG TỈNH TIỀN GIANG Năm học 2021-2022 ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (CHUYÊN TOÁN) (Đáp án có 4 trang) -------------------------------------------------------------------------------------------------------- Đáp án và thang điểm: Bài Nội dung Điểm I 3− 2 (3,0 đ) 1. Tính giá trị của biểu thức P = x 2022 − 10 x 2021 + x 2020 + 2021 tại x = . 1,0 3+ 2 ( ) 2 3− 2 3− 2 Ta = có: x = 0,25 3+ 2 ( 3+ 2 )( 3− 2 ) 5−2 6 = = 5−2 6 . 0,25 3− 2 Suy ra: ( x − 5 ) = 24 ⇒ x 2 − 10 x + 1= 0 . 2 0,25 Do đó, = P x 2020 ( x 2 − 10 x + 1) + 2021 = 2021 . 0,25 2. Giải phương trình: x + x 2 − 1= x +1 + x −1 + 4 . 1,0 Điều kiện: x ≥ 1. Đặt t= x + 1 + x − 1 ( t ≥ 2 ). 0,25 Suy ra: t 2 = 2x + 2 x2 − 1 . t2 0,25 Phương trình thành: = t + 4 ⇔ t 2 − 2t − 8 = 0 ⇔ t = 4 (nhận) hoặc t = −2 (loại). 2 Khi đó, x + 1 + x − 1 = 4 ⇔ x 2 − 1 = 8 − x 0,25 x ≤ 8 65 ⇔  2 ⇔ x = (nhận).  x − 1 = 64 − 16 x + x 2 16 0,25  65  Vậy tập nghiệm của phương trình là: S =   .  16   x3 + 3 x = y 3 − 8 (1) 3. Giải hệ phương trình:  2 . 1,0  x + y 2 = y + 2 ( 2 ) Lấy phương trình (2) nhân 3 hai vế cộng với phương trình (1) ta được: 0,25 ( x + 1) = ( y − 1) ⇔ x + 1 = y − 1 ⇔ y = x + 2 . 3 3 Thế vào phương trình (2) ta được: x 2 + ( x + 2 ) = ( x + 2 ) + 2 ⇔ 2 x 2 + 3x = 2 0 0,25 3 ⇔ x= − hoặc x = 0. 0,25 2 • TH1: x = 0 ⇒ y = 2. 3 1 • TH2: x = − ⇒ y = . 2 2 0,25   3 1  Vậy tập nghiệm của hệ phương trình = là: S ( 0; 2 ) ,  − ;   .   2 2  Trang 1/4
II 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng ( d ) : y= 2 − x . (3,0 đ) Gọi A, B là hai giao điểm của đường thẳng ( d ) với parabol ( P ) . Tìm tọa độ điểm M nằm 1,0 trên trục hoành sao cho chu vi tam giác MAB nhỏ nhất. Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) : x 2 = 2 − x ⇔ x = 1 hoặc x = − 2. 0,25 Do đó không mất tính tổng quát giả sử A (1;1) , B ( −2; 4 ) . Do AB không đổi nên chu vi ∆ MAB nhỏ nhất ⇔ MA + MB nhỏ nhất. Gọi A ' là điểm đối xứng với A qua trục hoành ⇒ A ' (1; −1) . Ta có: MA = MA ' ⇒ MA + MB = MA '+ MB ≥ A ' B . 0,25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A ', M , B thẳng hàng ⇔ M là giao điểm của A ' B và trục Ox. y ax + b . Phương trình đường thẳng A ' B có dạng: =  5  a= − a + b =−1  3 5 2 0,25 Ta có:  ⇔ ⇒ A' B : y = − x+ . −2a + b = 4 b = 2 3 3  3 2  Từ đó tọa độ giao điểm của A ' B và Ox là M  ;0  . 5  0,25 2  Vậy chu vi ∆ MAB nhỏ nhất khi M  ;0  . 5  2. Tìm tất cả giá trị thực của tham số m sao cho phương trình x 2 − 2 x − 2m x − 1 + 2 =0 1,0 vô nghiệm. Đặt t = x − 1 ≥ 0 ⇒ t 2 = x 2 − 2 x + 1 . Phương trình thành: t 2 − 2mt + 1 =0 .(*) 0,25 Phương trình đã cho vô nghiệm khi: TH1: Phương trình (*) vô nghiệm ⇔ ∆=' m 2 − 1 < 0 ⇔ −1 < m < 1 . (1) 0,25 TH2: Phương trình (*) có 2 nghiệm t1 ≤ t2 < 0 ∆ ' ≥ 0 m 2 − 1 ≥ 0   m ≥ 1 ∨ m ≤ −1 0,25 ⇔  S < 0 ⇔  2m < 0 ⇔  ⇔ m ≤ −1 . (2) P > 0 1 > 0 m < 0   Kết hợp (1) và (2) ta được m < 1. 0,25 Cách giải khác: Đặt t = x − 1 ≥ 0 ⇒ t 2 = x 2 − 2 x + 1 . Phương trình thành: t 2 − 2mt + 1 =0 . (*) 0,25 Ta tìm m sao cho phương trình đã cho có nghiệm ∆ ' ≥ 0  0,25 ⇔ phương trình (*) có 2 nghiệm t1 ≥ t2 ≥ 0 ⇔  S ≥ 0 P ≥ 0  Trang 2/4
m 2 − 1 ≥ 0  m ≥ 1 ∨ m ≤ −1 ⇔  2m ≥ 0 ⇔  ⇔ m ≥ 1. 0,25 1 ≥ 0 m ≥ 0  Phương trình đã cho có nghiệm ⇔ m ≥ 1 nên phương trình đã cho vô nghiệm ⇔ m < 1. 0,25 3. Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của 1 1 1 1,0 biểu thức M = 2 + 2 + 2 . a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a 2 + 3 2 2 1 1 1 1 Ta có: a 2 + b 2 ≥ 2ab, b 2 + 1 ≥=2b ⇒ 2 ≤ . . 0,25 2 a + 2b + 3 ( ) ( ) a 2 + b 2 + b 2 + 1 + 2 2 ab + b + 1 1 1 1 1 1 1 Tương tự: 2 2 ≤ . ; 2 2 ≤ . . b + 2c + 3 2 bc + c + 1 c + 2a + 3 2 ac + a + 1 0,25 1  1 1 1  Suy ra: M ≤ .  + + . 2  ab + b + 1 bc + c + 1 ac + a + 1  1 1  1 ab b  1 Thay c = ta được: M ≤ .  + + = . 0,25 ab 2  ab + b + 1 ab + b + 1 ab + b + 1  2 1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a= b= c= 1 . Vậy MaxM = . 0,25 2 III 2 2 Cho m, n là các số nguyên dương sao cho m + n + m chia hết cho mn . Chứng minh (1,0 đ) 1,0 rằng m là số chính phương. Đặt d = ( m, n ) . Khi đó, = m dm = 1 , n dn1 , ( m1 , n1 ) = 1 , m1 , n1 ∈  . + 0,25 2 2 Ta có: mn | m + n + m 0,25 ⇒ d 2 m1n1 | d 2 m12 + d 2 n12 + dm1 ⇒ d | dm1n1 | dm12 + dn12 + m1 ⇒ d | m1 . Tương tự m1 | dm1n1 | dm12 + dn12 + m1 ⇒ m1 | dn12 ⇒ m1 | d , vì ( m1, n1 ) = 1 . 0,25 Do đó, d = m1 ⇒ m = d 2 là số chính phương. 0,25 IV Cho tam giác ABC vuông tại A (AC < AB) có đường cao AH. Gọi D là điểm nằm trên (3,0 đ) đoạn thẳng AH (D khác A và H). Đường thẳng BD cắt đường tròn tâm C bán kính CA tại 3,0 E và F (F nằm giữa B và D). Qua F vẽ đường thẳng song với AE cắt hai đường thẳng AB và AH lần lượt tại M và N. C E H 0,25 N D F A M B Trang 3/4
a) Chứng minh BH.BC = BE.BF . 0,75 Ta có: ∆BAF ∽ ∆BEA (g.g) vì có  = ABF chung và BAF AEB (cùng chắn cung  AF ). 0,25 BA BF Suy ra: = ⇒ BE.BF = BA2 . 0,25 BE BA Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta có: BA2 = BH .BC ⇒ BH.BC = BE.BF. 0,25 . b) Chứng minh HD là tia phân giác của góc EHF 1,0  chung và BH = BF (suy từ câu a). Ta có: ∆BHF ∽ ∆BEC (c.g.c) vì có HBF 0,25 BE BC  = BEC Suy ra: BHF  (1) ⇒ tứ giác EFHC nội tiếp đường tròn. 0,25  = EFC Do đó, EHC  (cùng chắn cung EC ) 0,25  (do ∆ CEF cân tại C). (2) = CEF  = EHC Từ (1) và (2) ⇒ FHB   =DHC ⇒ DHE  − EHC  =900 − EHC  =DHB  − FHB  =DHF . 0,25 . Do đó, HD là tia phân giác của góc EHF c) Chứng minh F là trung điểm MN. 1,0 MF BF Vì MF// AE nên theo định lý Ta-lét ta có: = .(3) 0,25 AE BE NF DF Vì NF// AE nên theo định lý Ta-lét ta có: = . (4) 0,25 AE DE Xét ∆ EHF có HD ⊥ HB và HD là tia phân giác trong của góc EHF  nên HB là tia phân  ⇒ BF HF DF 0,25 giác ngoài của góc EHF = = . (5) BE HE DE MF NF Từ (3), (4), (5) ⇒ = ⇒ MF = NF ⇒ F là trung điểm MN. 0,25 AE AE ------------------------------------------------------- HẾT --------------------------------------------------- Trang 4/4