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

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

19
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Thông qua việc giải trực tiếp trên “Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2021-2022 có đáp án - Sở GD&ĐT Vĩnh Long” gồm 7 câu tự luận có hướng dẫn giải chi tiết sẽ giúp các em nắm vững nội dung bài học, rèn luyện kỹ năng giải đề, hãy tham khảo và ôn thi thật tốt nhé! Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao!

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 Vĩnh Long

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TỈNH VĨNH LONG Năm học: 2021 - 2022 Môn thi: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu 1. (2,0 điểm) x 2x  x x x 1 a) Cho biểu thức A   và B   1 với x  0, x  1. Rút gọn A và chứng x 1 x  x x 1 minh B > A. b) So sánh 24  26 và 10. Câu 2. (1,0 điểm) Cho Parabol (P): y  x 2 và đường thẳng (d): y   m  1 x  m  4 (m là tham số). Tìm m để (d) cắt (P) tại 2 điểm nằm về 2 phía của trục tung. Câu 3. (1,5 điểm) a) Giải phương trình: 43  x  x  1  x 1 x  x  y  2  b) Giải hệ phương trình:  2 y  y  3  x y 2 Câu 4. (1,5 điểm) a) Chứng minh rằng tổng các bình phương của 6 số nguyên liên tiếp không thể là số chính phương. b) Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: x 2 y  2 xy  y  32 x Câu 5. (1,0 điểm) 3 Cho hình vuông ABCD và điểm E trên cạnh BC biết AB = 4cm, BE  BC . Tia Ax vuông góc với AE tại 4 A cắt tia CD tại F. a) Tính diện tích  AEF b) Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng EF, tia AI cắt CD tại K. Chứng minh: AE 2  KF . CF Câu 6. (2,0 điểm) Cho  O ; R  và điểm M sao cho OM = 2R. Kẻ các tiếp tuyến MA, MB với  O  (A, B là các tiếp điểm). Trên đoạn thẳng AB lấy điểm I (Với AI < BI và I khác A). Qua I vẽ dây CD sao cho IC = ID và C thuộc cung nhỏ AB. Tiếp tuyến của  O  tại C cắt OI tại Q. Chứng minh: a) Tứ giác OCQD nội tiếp được đường tròn. b)  AMB là tam giác đều. c) OQ  MQ Câu 7. (1,0 điểm) 3 x 6 x Cho số thực x thỏa mãn 1  x  2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T   x 3 x = = = = = = = = = = = = = = = = = = = Hết = = = = = = = = = = = = = = = = = = = --------------------------------------------
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1. (2,0 điểm) x 2x  x x x 1 a) Cho biểu thức A   và B   1 với x  0, x  1. Rút gọn A và chứng x 1 x  x x 1 minh B > A. b) So sánh 24  26 và 10. Lời giải a) Với x  0 , x  1. Ta có: A  x  2x  x  x  x 2 x 1   x 1 x  x x 1 x x 1   x 2 x 1 x  2 x  1     x 1 x 1 x 1 x 1 x x 1   x 1 x  x 1  1  và B  x 1 1  x 1 x   x  1 1  x  x     2 Ta lại có: B  A  x  x  x 1  x  2 x  1  x  1  0 với x  0 , x  1.  B  A (đpcm)   2 b) Ta co: 24  26  24  26  2. 24.26  50  2. 624  50  2. 625  100  10 2  24  26  10 Câu 2. (1,0 điểm) Cho Parabol (P): y  x 2 và đường thẳng (d): y   m  1 x  m  4 (m là tham số). Tìm m để (d) cắt (P) tại 2 điểm nằm về 2 phía của trục tung. Lời giải Xét PT hoành độ giao điểm: x 2   m  1 x  m  4  x 2   m  1 x  m  4  0 *   Ta có:    m  1  4  m  4   m 2  2m  1  4m  16  m 2  2m  1  16   m  1  16  0  m 2 2  pt (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt hay (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt  m  x  x  m 1 Theo Vi-et ta có:  1 2  x1 x2  m  4 Để (d) cắt (P) tại 2 điểm nằm về 2 phía của trục tung thì pt (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt trái dấu hay: m  4  0  m   4 Câu 3. (1,5 điểm) a) Giải phương trình: 43  x  x  1  x 1 x  x  y  2  b) Giải hệ phương trình:  2 y  y  3  x y 2 Lời giải a) ĐK: 43  x  0  x  43  x  1  0  x  1 1  x  43 1  x  43 Phương trình   2      x7 43  x   x  1 43  x  x  2 x  1  x  x  42  0  x  7  x  6   0 2 2
b) ĐK: x  y  2x  2 x  x  y  1  2 x  x  y   2 x  1 x  y  1 Hệ phương trình    4 y  2 y  3 4 y  x  y   2 y  3  x  y   2   x y Cộng vế với vế của (1) với (2) ta được: 2 x  x  y   2 x  4 y  x  y   2 y  2  x  y  x  y  0 x  y  KTM   2  x  y  x  2 y   0    x  2y  0  x  2 y TM  2 y 1 7 7 Với x  2 y  2 y    y x  3 y 2 12 6  7  x  6 Thử lại ta thấy  TM  y  7  12  7  x  6 Vậy hệ pt có nghiệm là:  y  7  12 Câu 4. (1,5 điểm) a) Chứng minh rằng tổng các bình phương của 6 số nguyên liên tiếp không thể là số chính phương. b) Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: x 2 y  2 xy  y  32 x Lời giải a) Giả sử 6 số nguyên liên tiếp lần lượt là: x ; x  1; x  2; x  3; x  4; x  5  x   Ta có: x 2   x  1   x  2    x  3   x  4    x  5  2 2 2 2 2  x 2  x 2  2 x  1  x 2  4 x  4  x 2  6 x  9  x 2  8 x  16  x 2  10 x  25  x 2  x 2  2 x  1  x 2  4 x  4  x 2  6 x  9  x 2  8 x  16  x 2  10 x  25  6 x 2  30 x  55   b) Ta có: x 2 y  2 xy  y  32 x  y x 2  2 x  1  32 x  y  32 x  x  12 Do: x ; y    32 x   x  1  32 x  x  2    x  1  32 x 2  64 x  32  32   x  1  32   x  1 2 2 2 2   x  1  U  32   1; 2; 4;8;16;32   x  1  4;16  (Vì:  x  12 2 2  1 và là số chính phương)  x  1 TM  TH1:  x  1  4  x 2  2 x  3  0    y  8 TM  2  x  3  KTM   x  3 TM  TH2:  x  1  16  x 2  2 x  15  0    y  6 TM  2  x  5  KTM  Vậy nghiệm của pt là:  x; y   1;8  ;  3;6  Câu 5. (1,0 điểm) 3 Cho hình vuông ABCD và điểm E trên cạnh BC biết AB = 4cm, BE  BC . Tia Ax vuông góc với AE tại 4 A cắt tia CD tại F.
a) Tính diện tích  AEF b) Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng EF, tia AI cắt CD tại K. Chứng minh: AE 2  KF . CF Lời giải x A B 3 1 2 1 E I 1 F C D K a) Ta có:  A1   A3 (cùng phụ với  A2 )    cmt   A1  A 3 Xét  ABE và  ADF có:    ABE   ADF  g . c . g    B  D  90  gt   AD = AE (2 cạnh tương ứng)   AEF  cân tại A. 3 3 Mà: BE  BC (gt)  BE   4  3  cm  4 4 Theo Pi-Ta-Go ta có:  AE  AB 2  BE 2  42  32  5  cm   S AEF  AE. AF 5.5 2  2  12,5 cm 2   b) Vì:  AEF  cân tại A (cmt)   E1   F1  45 Mà: FI  EI  gt   AI là trung trực của EF  AI  EF   IAE ;  IAF cân tại I.  FI  EI  AI     I  C  90 IF KF Xét  IKF và  CEF có:    IKF ∽  CEF  g . g     KF .CF  IF .EF   F chung CF EF  KF .CF  IF .EF  IF .  2 IE   2 IE 2  IE 2  IA2  AE 2 (đpcm)
Câu 6. (2,0 điểm) Cho  O ; R  và điểm M sao cho OM = 2R. Kẻ các tiếp tuyến MA, MB với  O  (A, B là các tiếp điểm). Trên đoạn thẳng AB lấy điểm I (Với AI < BI và I khác A). Qua I vẽ dây CD sao cho IC = ID và C thuộc cung nhỏ AB. Tiếp tuyến của  O  tại C cắt OI tại Q. Chứng minh: a) Tứ giác OCQD nội tiếp được đường tròn. b)  AMB là tam giác đều. c) OQ  MQ Lời giải D A Q I 1 O M H 2 C B a) Ta có: IC  ID  gt   OI  CD tại I (Đường kính vuông góc với dây cung đi qua trung điểm)  OI là đường trung trực của CD  OQ là đường trung trực của CD  QD  QC Xét  DOQ và  COQ có: QD  QC  cmt  ; OC  OD  R  gt  ; OQ chung   DOQ =  COQ  c.c.c    OCQ   ODQ  90   OCQ   ODQ  180   DOCQ nội tiếp. OA R 1 b) Xét  AOM  tại A có: sin M1     M 1  30 OM 2 R 2 Gọi H là giao điểm của AB và OM ta có: MA = MB (Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) Mà: OA = OB = R  OM là đường trung trực của AB  OM  AB tại H   HAM  90   M  90  30  60 hay  1 BAM  60 Mặt khác:  ABM cân tại A (Vì: MA = MB)   ABM đều (đpcm) c) Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: OI .OQ  OD 2  R 2 OI OM   OI .OQ  OH .OM   2 OH .OM  OA  R 2 OH OQ OI OM Xét  OHI và  OQM có:   cmt  ;  O chung OH OQ   OHI ∽  OQM  c . g . c    OQM   OHI  90  OQ  MQ (đpcm) Câu 7. (1,0 điểm)
3 x 6 x Cho số thực x thỏa mãn 1  x  2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T   x 3 x Lời giải 3  x 6  x  3  x  3  x    6  x  x 9  x 2  6 x  x 2 2 x 2  6 x  9 Ta có: T      x 3 x x 3  x  3x  x 2 x 2  3x    T x 2  3 x  2 x 2  6 x  9  Tx 2  3Tx  2 x 2  6 x  9  0  T  2  x 2   6  3T  x  9  0  *  Có:    6  3T   4 T  2  .9  36  36T  9T 2  36T  72  9 T 2  8T  12 2  T  2   Để phương trình (*) có nghiệm thì   0  9 T 2  8T  12  0  T 2  8T  12  0   T  6 2 2x  6x  9 Với T  2   2  2 x 2  6 x  9  2 x 2  6 x   9  0 (vô lý) x 2  3x 2 x2  6x  9 3 Với T  6  2  6  2 x 2  6 x  9  6 x 2  18 x  4 x 2  12 x  9  0  x  TM  x  3x 2 3  TMin  6  x  2 2 x 2  6 x  9 13 Vì: 1  x  2 . Thay x = 2 vào T ta được: T  x 2  3x      6,5  2 2 x 2  6 x  9  13 x 2  3 x 2  x 1  4 x 2  12 x  18  13 x 2  39 x  9 x 2  27 x  18  0  x 2  3 x  2  0   TM  x  2 x 1  TMax  6,5   x  2 ---------------------- THCS.TOANMATH.com ----------------------