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

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

8
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh đang chuẩn bị bước vào kì thi có thêm tài liệu ôn tập, TaiLieu.VN giới thiệu đến các bạn “Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Ninh” để ôn tập nắm vững kiến thức. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kì thi!

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 Quảng Ninh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH QUẢNG NINH NĂM HỌC 2022-2023 Môn thi: Toán (chuyên) ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Dành cho thí sinh thi vào Trường THPT Chuyên Hạ Long) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề (Đề thi này có 01 trang) Câu 1. (3,0 điểm) a) Cho các số hữu tỉ x, y thỏa mãn ( 3 x − 2 )( 3 y − 2 ) = 1. Chứng minh A = x 2 − xy + y 2 là số hữu tỉ. b) Giải phương trình: 6 x 2 − 5 x = + 1 x 5x −1 .  x2  y +x= 6  c) Giải hệ phương trình:  . 2 y + y = 3  x 2 Câu 2. (2,0 điểm) a) Chứng minh rằng với x là số nguyên bất kỳ thì 25 x + 1 không thể viết được dưới dạng tích hai số nguyên liên tiếp.  3x 2 + 2 x + 1 1 b) Tìm tất cả các số thực x sao cho  2  = , trong đó kí hiệu {a}= a − [ a ] với [a]  2x +1  2 là số nguyên lớn nhất không vượt quá a . Câu 3. (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y ≤ z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  1 1 1  P= ( 2x 2 + 2 y2 + z2 )  2 + 2 + 2  . 2z  x y Câu 4. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, đường cao AH . Đường tròn (O) đường kính BC cắt AB tại E ( E khác B ). Gọi D là một điểm trên cung nhỏ BE ( D khác B , D khác E ). Hai đường thẳng DC và AH cắt nhau tại G , đường thẳng EG cắt đường tròn (O) tại M ( M khác E ), hai đường thẳng AH và BM cắt nhau tại I , đường thẳng CI cắt đường tròn (O) tại P ( P khác C ). a) Chứng minh tứ giác DGIP nội tiếp; b) Chứng minh GA.GI = GE.GM ; c) Hai đường thẳng AD và BC cắt nhau tại N , DB và CP cắt nhau tại K . Chứng minh hai đường thẳng NK và AH song song với nhau. Câu 5. (0,5 điểm) Chứng minh rằng trong 16 số nguyên dương đôi một khác nhau nhỏ hơn 23 , bao giờ cũng tìm được hai số khác nhau có tích là số chính phương. ............................. Hết ........................... Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1 (3,0 điểm) a. Cho các số hữu tỉ x, y thỏa mãn ( 3 x − 2 )( 3 y − 2 ) = 1 . Chứng minh A = x 2 − xy + y 2 là số hữu tỉ. b. Giải phương trình: 6 x 2 − 5 x = + 1 x 5x −1 .  x2  y +x=6  c. Giải hệ phương trình:  . 2 y + y =3  x 2 Lời giải a. Cho các số hữu tỉ x, y thỏa mãn ( 3 x − 2 )( 3 y − 2 ) = 1 . Chứng minh A = x 2 − xy + y 2 là số hữu tỉ. Ta có ( 3x − 2 )( 3 y − 2 ) = 1 ⇔ 9 xy − 6 x − 6 y + 4 = 1 ⇔ 9 xy = 6 x + 6 y − 3 ⇔ 3 xy = 2 x + 2 y − 1 ⇔ 3 xy = 2 ( x + y ) − 1 ( x + y) − 2 ( x + y ) + 1= ( x + y − 1) = 2 2 A= x 2 − xy + y 2= x 2 + 2 xy + y 2 − 3 xy= x + y −1 Vì x, y hữu tỉ nên suy ra x + y − 1 là số hữu tỉ ⇒ A hữu tỉ (đpcm) + 1 x 5 x − 1 (1) b. Giải phương trình: 6 x 2 − 5 x = 1 Điều kiện: x ≥ 5 Phương trình (1) tương đương với phương trình ⇔ 6 x 2 − 5 x + 1 − x 5 x − 1 =0 ( ) ( ⇔ 6 x 2 − 3x 5 x − 1 + 2 x 5 x − 1 − 5 x + 1 = 0 ) ( ) ( ⇔ 3x 2 x − 5 x − 1 + 5 x − 1 2 x − 5 x − 1 = 0 ) ( )( ⇔ 2 x − 5 x − 1 3x + 5 x − 1 = 0 ) ⇔ 2 x − 5x −1 =0 hoặc 3 x + 5 x − 1 =0 TH1: 2 x − 5 x − 1 =0
⇔ 2x = 5x −1 ⇔ 4 x 2 =5 x − 1 ⇔ 4 x2 − 5x + 1 =0 ⇔ 4x2 − 4x − x + 1 =0 ⇔ 4 x ( x − 1) − ( x − 1) = 0 ⇔ ( x − 1)( 4 x − 1) = 0  x − 1 =0 ⇔  4 x − 1 =0 x = 1 ⇔ (thỏa mãn đk) x = 1  4 TH2: 3 x + 5 x − 1 =0 1 Do điều kiện x ≥ nên 3 x + 5 x − 1 > 0 với mọi giá trị của x 5 ⇒ Phương trình vô nghiệm  1 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 1;   4  x2  +x= 6 y c. Giải hệ phương trình:  Điều kiện x ≠ 0; y ≠ 0 2 y + y =3  x 2  x2  y +x=6 (1)  Ta có hệ phương trình  2 y + y =3  x ( 2) 2 Nhân vế với vế của hai phương trình (1) và ( 2 ) ta được:  x2  y 2   + x 9  + y  =  y  x  ⇔ xy + y 2 + x 2 + xy = 9 ⇔ ( x + y) = 2 9 x + y =3 ⇔ x + y =−3 TH1: x + y = 3 ⇒ y = 3 − x
x2 x2 Thay vào +x=6 ta được +x=6 y 3− x Điều kiện x ≠ 3 x2 x2 x (3 − x ) 6 (3 − x ) +x=6⇔ + = 3− x 3− x 3− x 3− x ⇒ x 2 + 3 x − x 2 = 18 − 6 x ⇔ 9x = 18 ⇔x=2 (tmđk) 4 Thay x = 2 vào phương trình (1) ta được + 2 = 6 ⇔ y = 1 (thỏa mãn) y TH2: x + y =−3 ⇒ y =−3 − x x2 x2 Thay vào +x=6 ta được +x=6 y −3 − x Điều kiện x ≠ −3 x2 − x2 x (3 + x ) 6 (3 + x ) +x=6⇔ + = −3 − x 3+ x 3+ x 3+ x ⇒ − x 2 + 3 x + x 2= 18 + 6 x ⇔ 3x = −18 ⇔x=−6 (tmđk) 36 Thay x = −6 vào phương trình (1) ta được − 6 = 6 ⇔ y = 3 (thỏa mãn) y Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) là ( 2;1) ; ( −6;3) . Câu 2 (2,0 điểm) a. Chứng minh rằng với x là số nguyên bất kỳ thì 25 x + 1 không thể viết được dưới dạng tích hai số nguyên liên tiếp.  3x 2 + 2 x + 1 1 b. Tìm tất cả các số thực x sao cho  2  = , trong đó kí hiệu {a}= a − [ a ] với [ a ]  2x +1  2 là số nguyên lớn nhất không vượt quá a . Lời giải a. Chứng minh rằng với x là số nguyên bất kỳ thì 25 x + 1 không thể viết được dưới dạng tích hai số nguyên liên tiếp. Giả sử 25 x + 1 có thể viết được dưới dạng tích hai số nguyên liên tiếp 1 n ( n + 1) (với n ∈ Z ) Khi đó, ta có 25 x + = ⇔ n 2 + n − 1 =25 x
⇔ n 2 − 2n + 3n − 6 + 5 =25 x ⇔ ( n − 2 )( n + 3) + 5 =25 x Vì x là số nguyên nên 25x chia hết cho 25 với mọi x nguyên (*) TH1: n − 2 chia hết cho 5 thì n+3= ( n − 2) + 5 cũng chia hết cho 5 nên ( n − 2 )( n + 3) chia hết cho 25 ⇒ ( n − 2 )( n + 3) + 5 không chia hết cho 25 ⇒ Mâu thuẫn với (*) , nên trường hợp này loại TH2: n − 2 không chia hết cho 5 thì n+3= ( n − 2 ) + 5 cũng không chia hết cho 5 nên ( n − 2 )( n + 3) không chia hết cho 5 ⇒ ( n − 2 )( n + 3) + 5 không chia hết cho 5 hay vế trái không chia hết cho 25 ⇒ Mâu thuẫn với (*) , nên trường hợp này loại Vậy với x là số nguyên thì 25 x + 1 không thể viết được dưới dạng tích hai số nguyên liên tiếp.  3x 2 + 2 x + 1 1 b. Tìm tất cả các số thực x sao cho  2  = , trong đó kí hiệu {a}= a − [ a ] với [a]  2x +1  2 là số nguyên lớn nhất không vượt quá a . Ta có 3 x 2 + 2 x + 1= 2 x 2 + ( x + 1) > 0 với mọi giá trị của x 2 2 x 2 + 1 > 0 với mọi giá trị của x 3x 2 + 2 x + 1 ⇒ > 0 (1) 2x2 + 1 Với mọi giá trị của x , ta có ( x − 1) ≥ 0 ⇔ x 2 − 2 x + 1 ≥ 0 ⇔ x 2 + 1 ≥ 2 x 2 Hay 2 x ≤ x 2 + 1 ⇒ 3 x 2 + 2 x + 1 ≤ 4 x 2 + 2 3x 2 + 2 x + 1 4 x 2 + 2 ⇒ ≤ 2 2 ( 2) = 2 x2 + 1 2x +1  3x 2 + 2 x + 1 1  3 x 2 + 2 x + 1  1  2 x2 + 1 = 2 Từ (1) và ( 2 ) , ta có  2 = ⇔ 2  2 x + 1  2  3x + 2 x + 1 3  2 x 2 + 1 = 2 3x 2 + 2 x + 1 1 TH1: 2 = ⇔ 2 ( 3 x 2 + 2 x + 1)= 2 x 2 + 1 2x +1 2 ⇔ 6 x 2 + 4 x + 2= 2 x 2 + 1 ⇔ 4x2 + 4x + 1 =0
⇔ ( 2 x + 1) = 2 0 ⇔ 2 x + 1 =0 1 ⇔x=− 2 2 3x + 2 x + 1 3 TH2: 1) 3 ( 2 x 2 + 1) = ⇔ 2 ( 3 x 2 + 2 x += 2 x2 + 1 2 ⇔ 6 x 2 + 4 x + 2= 6 x 2 + 3 ⇔ 4x = 1 1 ⇔x= 4 1 1 Vậy các số thực x cần tìm là x = − ;x = . 2 4 Câu 3 (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y ≤ z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  1 1 1  P= ( 2x 2 + 2 y2 + z2 )  2 + 2 + 2  . 2z  x y Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có 1 1 1 1 2 2 + 2 ≥2 . = x y x y xy ( x − y) ≥ 0 ⇔ x 2 + y 2 ≥ 2 xy ⇔ ( x + y ) ≥ 4 xy 2 2 ( x − y) ≥ 0 ⇔ x 2 + y 2 ≥ 2 xy ⇔ 2 ( x 2 + y 2 ) ≥ ( x + y ) 2 2  1 1 1  Khi đó ta có P = ( 2x 2 + 2 y2 + z2 )  2 + 2 + 2  2z  x y  2 1  ⇒ P ≥ ( x + y ) + z 2   + 2  2    xy 2 z   8 1  ⇒ P ≥ ( x + y ) + z 2   2 +     ( x + y )2 2 z 2     x + y  2    z  1  2 ⇒ P ≥   + 1 8.   +   z     x + y  2  2  x+ y Đặt t =    z  Do x + y ≤ z nên 0 < t ≤ 1
8 1 Ta có P ≥ ( t + 1)  +  với 0 < t ≤ 1  t 2 t 8 17  t 1  15 17 t 1 15 17 ⇒ P = + + = +  + + ≥ 2 . + + 2 t 2  2 2t  2t 2 2 2t 2 2 15 17 ⇒ P ≥ 1+ + = 17 2 2 ⇒ P ≥ 17 1 Dấu “ =” xảy ra khi x= y= z 2 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 17 khi x= y= z 2 Câu 4 (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, đường cao AH . Đường tròn (O) đường kính BC cắt AB tại E ( E khác B ). Gọi D là một điểm trên cung nhỏ BE ( D khác B , D khác E ). Hai đường thẳng DC và AH cắt nhau tại G , đường thẳng EG cắt đường tròn (O) tại M ( M khác E ), hai đường thẳng AH và BM cắt nhau tại I , đường thẳng CI cắt đường tròn (O) tại P ( P khác C ). a) Chứng minh tứ giác DGIP nội tiếp; b) Chứng minh GA.GI = GE.GM ; c) Hai đường thẳng AD và BC cắt nhau tại N , DB và CP cắt nhau tại K . Chứng minh hai đường thẳng NK và AH song song với nhau. Lời giải A E D G B C O H I M P a) Chứng minh tứ giác DGIP nội tiếp;  =° D thuộc đường tròn đường kính BC ⇒ BDC 90 (góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn)
AH là đường cao của tam giác ABC ⇒ AH ⊥ BC ⇒  AHB =90°  =° G là giao điểm của DC và AH ⇒ BDG  =° 90 ; BHG 90  + BHG Xét tứ giác BDGH có BDG = 90° + 90°= 180°  , BHG Mà BDG  là hai góc ở vị trí đối nhau Nên suy ra tứ giác BDGH nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) = ⇒ DBH  hay là DBC HGC   = IGC  = DPC Xét đường tròn (O) có DBC  (hai góc nội tiếp cùng chắn DC  ) ⇒ DPC =  IGC ⇒ tứ giác DGIP nội tiếp (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối của nó) (dhnb) b) Chứng minh GA.GI = GE.GM ;  =° E thuộc đường tròn đường kính BC ⇒ BEC 90 (góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn) + Ta có BAH ABC =° + 90 , BCE = 90 ⇒ BAH ABC =°  BCE  = BME Xét đường tròn (O) có BCE  (hai góc nội tiếp cùng chắn BE ) = ⇒ BAH  hay là EAG BME  = IMG  Xét ∆GEA và ∆GIM có  = IGM EGA  (đối đỉnh), EAG  = IMG  ⇒ ∆GEA # ∆GIM ( g − g ) GE GI ⇒ = (cặp cạnh tỉ lệ) GA GM ⇒ GA.GI = GE.GM (đpcm) Vậy GA.GI = GE.GM . c) Chứng minh hai đường thẳng NK và AH song song với nhau. Xét ∆EGD và ∆CGM có  = CGM EGD  (đối đỉnh), EDG  = CMG  (hai góc nội tiếp cùng chắn EC ) ⇒ ∆EGD # ∆CGM ( g − g ) GE GC ⇒ = (cặp cạnh tỉ lệ) GD GM ⇒ GE.GM = GC.GD
A E D G N B O C H I M P K Theo câu b, ta có GA.GI = GE.GM nên suy ra GA.GI = GC.GD GA GC GA GD ⇒ = ⇒ = GD GI GC GI Xét ∆GAD và ∆GCI có   (đối đỉnh), GA = GD AGD = CGI GC GI ⇒ ∆GAD # ∆GCI ( c − g − c ) = ⇒ DAG  (cặp góc tương ứng) ICG Xét ∆ANH và ∆CKD có  = 90° , NAH AHN= CDK  = DCI  ⇒ ∆ANH # ∆CKD ( g − g ) ⇒  (cặp góc tương ứng) ANH = CKD = ⇒ DNC  DKC  = DKC Xét tứ giác DNKC có DNC   và DKC Mà DNC  là hai góc ở hai đỉnh kề cùng nhìn cạnh DC một góc bằng nhau
⇒ tứ giác DNKC nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) = ⇒ KNC  =° KDC ) 90 (hai góc nội tiếp cùng chắn KC ⇒ NK ⊥ NC Mà AH ⊥ NC nên suy ra NK  AH Vậy NK  AH (đpcm). Câu 5 (0,5 điểm) Chứng minh rằng trong 16 số nguyên dương đôi một khác nhau nhỏ hơn 23 , bao giờ cũng tìm được hai số khác nhau có tích là số chính phương. Lời giải Lập 15 nhóm như sau: Nhóm 1 : 1; 4;9;16 Nhóm 2 : 2;8;18 Nhóm 3 : 3;12 Nhóm 4 : 5; 20 Với 11 nhóm tiếp theo, mỗi nhóm có 1 số là một trong 11 số không ở nhóm nào trong 4 nhóm trên Với 16 số nguyên dương đôi một khác nhau nhỏ hơn 23 được xếp vào 15 nhóm ⇒ Có hai số được xếp vào cùng một nhóm, mà 11 nhóm cuối chỉ có 1 số ⇒ Hai số đó ở cùng một nhóm trong các nhóm từ nhóm 1 đến nhóm 4 ⇒ Tích của chúng là số chính phương Vậy trong 16 số nguyên dương đôi một khác nhau nhỏ hơn 23 , bao giờ cũng tìm được hai số khác nhau có tích là số chính phương.