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

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

10
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh cùng tham khảo "Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Nam Định" được chia sẻ sau đây để luyện tập, rèn luyện và nâng cao khả năng giải bài tập đề thi nhằm chuẩn bị tốt nhất cho kì thi tuyển sinh lớp 10 sắp diễn ra. 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 Nam Định

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (2,0 điểm) 1. Cho f  x   2 x 2  2 x  7 có 2 nghiệm phân biệt là x1 , x2 . Đặt g  x   x 2  1. Tính giá trị của biểu thức T  g  x1  .g  x2  . 2. Cho các số thực a, b, c bất kì thoả mãn a2  b2  c2  2022 . Chứng minh rằng  2a  2b  c    2b  2c  a    2c  2a  b   18198. 2 2 2 Lời giải 1. Vì f  x   2 x 2  2 x  7 có 2 nghiệm phân biệt là x1 , x2 nên f  x   2  x  x1  x  x2  Ta có T  g  x1  .g  x2    x12  1 x22  1   x1  1 x2  1 x1  1 x2  1 f 1 f  1  7  . 3 21  T  1  x1 1  x2  1  x1  1  x2   .   . 2 2 4 4 1  15 1  15 Cách khác: Học sinh có thể tìm hai nghiệm của f  x  là x1  , x2  2 2  1  15 2   1  15 2  21 Từ đó tính T  g  x1  .g  x2      1    1  .  2    2   4    2. Đặt t  a  b  c . Khi đó ta có  2a  2b  c    2b  2c  a    2c  2a  b    2t  3a    2t  3b    2t  3c  2 2 2 2 2 2  12t 2  12t  a  b  c   9  a 2  b2  c 2   12t 2  12t 2  9  a 2  b2  c 2   9  a 2  b2  c 2  Do đó  2a  2b  c    2b  2c  a    2c  2a  b   9.2022  18198. 2 2 2 Cách khác: Học sinh có thể khai triển bình phương từng biểu thức rồi rút gọn và cũng được kết quả cần chứng minh. Câu 2. (2,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình: 1. x 2   x  1  3x  4 . 3 2.     y  7 3  4 2x  y  2 x  4 y  7  4     2 2 x  1  2 y  14  x  4. Lời giải 1. Điều kiện xác định x  1.  x  1  Phương trình cho tương đương với  x  1 x  4  x  1  0     x 1  4  x x  4 4  x  0  x  4  9  21 Ta có x 1  4  x   2   2  9  21  x  x 1  4  x   x  9 x  15  0 x  2  2  9  21    Đối chiếu điều kiện có tập nghiệm của phương trình là 1; .   2  
1 2. Điều kiện xác định x   , y  7 2 Ta có  y7  4 1  y  7  y  7  2 x  8  4  2 x  1  y   0    y  7  4  y  2 x  1  0    y  2 x  1 Trường hợp 1: y  7  4  y  9 , thay vào (2) ta được 1 2 2 x  1  2  x  4  2 2 x  1  x  2  4  2 x  1  x 2  4 x  4 (do x    2 ) 2 x  0  x2  4 x  0   (thoả mãn điều kiện). x  4 Trường hợp 2: y  2 x  1, thay vào (2) ta được       2 2 2 2 x  1  4 x  12  x  4  2 2x 1  x  3  2x 1  x 3 (*) Do 2 x  1 và x  3 không đồng thời bằng 0 nên 2x  1  x  3  0 Khi đó *  2  2 x  1  x  3  2 x  1  2  x  3  2 x  1  4  4 x  3   x  3  4 x  3  x  16  x  3  x 2 (do y  2 x  1  7  x  3 ) x  4  x 2  16 x  48  0    x  12 Với x  4 thì y  9 Với x  12 thì y  25 Kết hợp các điều kiện ta có tập nghiệm của hệ phương trình là  0; 9 ,  4; 9 , 12; 25. Câu 3. (3,0 điểm) Cho đường tròn  O, R  và điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn  O  ( A, B là các tiếp điểm). Gọi D là điểm trên cung lớn AB của đường tròn  O, R  sao cho AD // MB và C là giao điểm thứ hai của đường thẳng MD với đường tròn  O, R  . 1. Gọi H là giao điểm của các đường thẳng OM và AB . Chứng minh rằng MH .MO  MC.MD và tứ giác OHCD nội tiếp. 2. Gọi G là trọng tâm tam giác MAB. Chứng minh rằng ba điểm A, C, G thẳng hàng. 3. Giả sử OM  3R. Kẻ đường kính BK của đường tròn  O, R  . Gọi I là giao điểm của các IM 2  IA2 IA đường thẳng MK và AB . Tính giá trị biểu thức T  8 5 . IK  IH 2 2 AB Lời giải
A K I D C M G H O E B 1. Vì MA, MB là các tiếp tuyến tại A, B của đường tròn  O, R    MDA Nên ta suy ra OM  AB ; MA  OA và MAC  Xét tam giác OAM vuông tại A và có đường cao AH ta có MA2  MO.MH (1)   MDA Mặt khác xét MAC và MDA có MAC  chung nên MAC ∽ MDA  gg   và M MC MA    MA2  MC.MD (2) MA MD Từ (1) và (2) suy ra MH .MO  MC.MD MH MC Vì MH .MO  MC.MD   MD MO MH MC  Xét hai tam giác MCH và MOD có  và M chung nên MD MO MCH ∽ MOD  cgc    MDO  MHC   CHO   CDO   CHO   MDO   CHO   MHC   1800 Do hai đỉnh H , D ở hai vị trí đối diện nên tứ giác OHCD nội tiếp. 2. Gọi E là giao điểm của AC và MB Xét EBC và EAB có E  chung và EBC   EAB  (góc giữa tiếp tuyến và một dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung) EB EC  EBC ∽ EAB  gg     EB 2  EA.EC (3) EA EB   MDA Mặt khác, vì AD // MB nên EMC   MAE   chung và EMC Xét EMC và EAM có E   MAE  EM EC  EMC ∽ EAM  gg     EM 2  EA.EC (4) EA EM
Từ (3) và (4) suy ra EB2  EM 2  EB  EM hay E là trung điểm của MB Tam giác MAB có AE là đường trung tuyến nên AE đi qua trọng tâm G của MAB hay ba điểm A, C, G thẳng hàng. 3. Tam OAM giác vuông tại A và có đường cao AH nên 2 OA R2 R OA  OH .OM  OH  2   OM 3R 3 2 R 8R R 4 2  MH  OM  OH  3R   và AB  2 AH  2 OA2  OH 2  2 R 2     R 3 3 3 3 Mà BK là đường kính của đường tròn  O, R  nên ABK vuông tại A và BK  2R 2 4 2  2R  AK  BK  AB   2 R    R   2 2 2  3  3 2 2R 8 2R 8 3R 2 3R Tính được IA  , IH  , IM  , IK  15 15 5 5 7003 Vậy T  . 118 Câu 4. (1,5 điểm) 1. Chứng minh rằng P  n   n4  14n3  71n2  154n  120 chia hết cho 24 với mọi số tự nhiên n. 2. Cho p là số nguyên tố có dạng 4k  3,  k    . Chứng minh rằng nếu a, b  thoả mãn a 2  b2 chia hết cho p thì a  p và b  p . Từ đó suy ra phương trình x2  4 x  9 y 2  58 không có nghiệm nguyên. Lời giải 1. Ta có P  n   n4  14n3  71n2  154n  120   n  2  n  3 n  4  n  5 Ta thấy với mọi số tự nhiên n , thì P  n  là tích của 4 số nguyên liên tiếp nên  P  n   3, n      P  n   8, n    Mà  3, 8  1 nên P  n   24, n   . 2. Giả sử a không chia hết cho p thì từ giả thiết a 2  b2 chia hết cho p ta suy ra b cũng không chia hết cho p a p1  1  mod p  Do đó  a, p    b, p   1 . Áp dụng định lý Fermat ta có  p1 b  1  mod p   a p1  b p1  2  mod p   a 4k 2  b4k 2  2  mod p  (*) Mặt khác ta có a 4k 2  b4 k 2   a 2    b2  2 k 1 2 k 1 chia hết cho a 2  b2
Kết hợp a 2  b2 chia hết cho p ta suy ra a 4k 2  b4 k 2 chia hết cho p (**) Từ (*) và (**) suy ra 2  p  p  2 (mâu thuẫn với giả thiết là số nguyên tố có dạng 4k  3 ). Do đó điều giả sử là sai. Suy ra a  p . Kết hợp giả thiết suy ra b  p . Vậy ta có điều phải chứng minh. Giả sử phương trình x2  4 x  9 y 2  58 có nghiệm nguyên Khi đó phương trình đã cho tương đương với  x  2    3 y   62 2 2 Suy ra  x  2    3 y  chia hết cho 31 và 31 là số nguyên tố có dạng 4k  3 2 2  x  2   31    x  2 2  312 Áp dụng chứng minh trên ta suy ra    3 y   31  3 y   31 2   2   x  2    3 y   312  62  312 (vô lý). 2 2 Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. Câu 5. (1,5 điểm) 1. Xét các số thực không âm x, y, z thoả mãn x  y  z  6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x2 y2 z2 P  .  yz  1  x3 zx  1  y3 xy  1  z3 2. Từ 2022 số nguyên dương đầu tiên là 1, 2, 3, …, 2022, người ta chọn ra n số phân biệt sao cho cứ hai số bất kì được chọn ra đều có hiệu không là ước của tổng hai số đó. Chứng minh rằng n  674 . Lời giải 1  x   1  x  x2  x2  2 1. Ta có 1  x  3 1  x  1  x  x 2   2 2 x2 x2 2 x2    yz  1  x3 yz  x  2 2 yz  x  2 2 2 2 y2 2 y2 z2 2z 2 Chứng minh tương tự ta cũng có  ;  zx  1  y 3 2 zx  y 2  2 xy  1  z 3 2 xy  z 2  2  x  y  z 2 2 x2 2 y2 2z2 Suy ra P    2 2 yz  x  2 2 zx  y  2 2 xy  z  2  x  y  z  6 2 2 2 2  x  y  z 2 12 Kết hợp giả thiết ta có P2  1  x  y  z  x  y  z 7 2 2 6 12 Với x  y  z  2 thì P  . 7
12 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là . 7 2. Với hai số x, y bất kì trong số n số lấy ra thì rõ ràng x  y  0 và x  y  1 . Nếu x  y  2 thì x, y cùng tính chẵn lẻ nên có  x  y  x  y (mâu thuẫn giả thiết), do đó x  y  2 . Vậy x  y  3 . Gọi n số lấy ra sắp thứ tự là a1  a2    an . Khi đó có: a1  1 a2  a1  3  a2  a1  3 a3  a2  3  a3  a2  3  a1  2.3 … Cứ tiếp tục quá trình trên, ta có an  a1   n  1 .3 . 2024 2 Vậy có 2022  an  a1  3  n  1  1  3n  3  n   674 . 3 3 Từ đó dẫn đến n  674 , ta có điều phải chứng minh. ---Hết---