Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2024 có đáp án - Phòng GD&ĐT Yên Mô

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:13

Thêm vào BST

Báo xấu

1
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh và quý thầy cô cùng tham khảo “Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2024 có đáp án - Phòng GD&ĐT Yên Mô” để giúp học sinh hệ thống kiến thức đã học cũng như có cơ hội đánh giá lại năng lực của mình trước kì thi sắp tới và giúp giáo viên trau dồi kinh nghiệm ra đề 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 2024 có đáp án - Phòng GD&ĐT Yên Mô

MA TRẬN ĐỀ THI TUYỂN SINHLỚP 10 THPT - MÔN: TOÁN CHUYÊN THỜI GIAN LÀM BÀI 150 PHÚT Mức độ nhận thức Tổng Tỉ lệ Thông hiểu Vận dụng Vận dụng cao % TT Nội dung kiến thức Số Số Thời Số Số Thời Số Số Thời Số Số Thời tổng CH điểm gian CH điểm gian CH điểm gian CH điểm gian điểm Rút gọn biểu thức nhiều 1 biến có điều kiện liên hệ 1 1 10 1 1 10 10 giữa các biến 2 Hệ Phương trình 1 1 10 1 1 15 10 3 Đa thức 1 1 10 1 1 15 10 4 Bất đẳng thức 1 1 25 1 1 25 10 5 Hình học phẳng 1 1 10 1 1 10 1 1 15 3 3 35 30 6 Số học 1 1 10 1 0,5 15 2 1,5 25 15 7 Tổ hợp 1 1 10 1 0,5 15 2 1,5 25 15
BẢNG ĐẶC TẢ ĐỀ THI TUYỂN SINHLỚP 10 THPT - MÔN: TOÁN CHUYÊN THỜI GIAN LÀM BÀI 150 PHÚT CHỦ ĐỀ MỨC ĐỘ MÔ TẢ Rút gọn biểu - Các phép toán về - Biến đổi các biểu thức hai biến có chứa căn Vận dụng thức, Rút gọn căn bậc hai, căn bậc - Rút gọn thức có chứa căn biểu thức, tính ba - Áp dụng các hằng đẳng thức giá trị của biểu - Áp dụng các hằng Vận dụng - Rút gọn biểu thức tính giá trị của biểu thức thức có điền đẳng thức, biến đổi kiện. đại số - Vận dụng thành thạo, linh hoạt các phương pháp giải phương trình vô tỉ: lũy thừa, Vận dụng Phương trình Phương trình vô tỷ đặt ẩn phụ, liên hợp Đa thức Đa thức Vận dụng - Vận dụng định lý Bezout,linh hoạt trong các phép biến đổi Chứng minh bất đẳng Vận dụng - Ghi nhớ các tính công thức liên quan đến hình trụ và hình hộp chữ nhật Bất đẳng thức thức, áp dụng vào cao - Áp dụng bất đẳng thức AM-GM vào thực tế thực tế Góc nội tiếp; Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây - Vận dụng các kiến thức về đường tròn nội tiếp, đường tròn ngoại, vận dụng các cung; Góc có đỉnh ở Vận dụng kiến thức về góc với đường tròn bên trong hay bên - Vận dụng định nghĩa và tính chất của tứ giác nội tiếp đường tròn ngoài đường tròn. Đường tròn ngoại Hình học phẳng Vận Vận dụng tính chất đường trung trực của một đoán thẳng, góc với đường trònm tam tiếp, đường tròn nội dụngcao giác đồng dạng tiếp, tứ giác nội tiếp Định lí Ptoleme và các kiến thức về cung, Vận dụng Áp dụng định lí Ptoleme và các kiến thức về cung, dây cung; góc với đường tròn dây cung; góc với cao đường tròn Nguyên lý dirichlet, Vận dụng Vận dụng nguyên lý dirichlet, phối hợp với toán tô màu Toán tô màu cao Số học, Tổ hợp Vận dụng Suy luận logic Vận dụng linh hoạt, suy luận logic cao BẢNG NĂNG LỰC VÀ CẤP ĐỘ TƯ DUY ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 THPT CHUYÊN
Môn: TOÁN Cấp độ tư duy Năng lực Thông hiểu Vận dụng Vận dụng cao 1 1 Tư duy và lập luận Toán học 0 (Câu 1a, 3a) (Câu 3b) 1 3 4 Giải quyết vấn đề Toán học (Câu 1b) (Câu 2a, 4a, 5a) (Câu 2b, 3c, 4b, 5b) Tổng 3 4 4 (Số lệnh hỏi của từng cấp độ tư duy)
Phòng GDĐT Yên Mô ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT ………………………….. Năm học 2024 Bài thi môn chuyên: Toán Thời gian làm bài: 150 thút ( Đề thi gồm 05 câu, 02 trang) Câu 1: (2,0 điểm) x x +1 2 1 2 x a. Rút gọn biểu thức: P = + − : 1+ với x x + 2x − x − 2 x + 2 1− x x− x x > 0 và x 1 b. Cho phương trình x − 2 ( m + 1) x + 6m − 3 = 0 , với m là tham số. Tìm tất cả các giá 2 trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn (x − x1 + 1) + x2 + 1 = x2 . 2 2 1 Câu 2: (2,0 điểm) a. Xét đa thức P ( x ) = x + ax + b với a, b là các hệ số nguyên. Chứng minh rằng 2 ( ) ( nếu P 1 + 2 = 2024 thì P 1 − 2 = 2024 . ) b. Cho x, y là các số thực lớn hơn 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x2 y2 x2 + y 2 c. P = + + . y−2 x−2 xy Câu 3: (1,5 điểm) a. Cho các số nguyên dương a, b thỏa mãn điều kiện a + b + 1 là ước nguyên tố ( ) của 4 a + ab + b − 3 . Chứng minh rằng a + b − 1 là ước của 2 2 4 ( a 2 + ab + b 2 ) − 3 . ( )( b. Tìm tất cả các số nguyên dương x, y thỏa mãn x − x − 1 y + xy − 9 = 2 x + 1. 2 2 ) Câu 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn ( O ) đường kính AB, I là điểm bất kì thuộc đoạn thẳng OA ( I khác A và O ), dây cung CD của đường tròn ( O ) vuông góc với AB tại I . Từ điểm I kẻ các đường thẳng IM , IN lần lượt vuông góc với các đường thẳng AC , BC ( M thuộc AC , N thuộc BC ). Gọi P là giao điểm của hai đường thẳng MN và AB, E là giao điểm thứ hai của đường thẳng PC và đường tròn ( O ) ( E khác C ). a. Chứng minh tứ giác AMNB nội tiếp được trong một đường tròn và PM .PN = PA.PB . b. Gọi F là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNB . Chứng minh đường thẳng IE vuông góc với đường thẳng CE và ba điểm E , I , F thẳng hàng.
MA. AB.BN c. Chứng minh biểu thức có giá trị không đổi khi điểm I di chuyển trên CP.CD.CE đoạn thẳng OA ( I khác A và O ). Câu 5. (1,5 điểm) a. Anh Nam là một vận động viên chơi cờ. Để luyện tập, mỗi ngày anh chơi ít nhất một ván. Để khỏi mệt, mỗi tuần anh chơi không quá 12 ván. Chứng minh rằng một số ngày liên tiếp trong đó anh chơi đúng 20 ván. b.Tìm độ dài nhỏ nhất của cạnh một hình vuông sao cho có thể đặt vào trong nó 5 hình tròn có bán kính bằng 1, biết rằng các hình tròn này đôi một không có quá một điểm chung. -------------- Hết -------------
Phòng GDĐT Yên Mô HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 ……………………… THPT Năm học 2024 Bài thi môn chuyên: Toán (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) I. Hướng dẫn chung: 1. Bài làm của học sinh đúng đến đâu cho điểm đến đó. 2. Học sinh có thể sử dụng kết quả câu trước làm câu sau. 3. Đối với bài hình, nếu vẽ sai hình hoặc không vẽ hình thì không cho điểm. 4. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm đủ từng phần như hướng dẫn, thang điểm chi tiết do tổ chấm thống nhất. II. Hướng dẫn chi tiết: Câu Đáp án Điểm 1 a) (1,0 điểm) (2,0 điểm) ( x + 1)( x − x + 1 2 1 x+ x 0,25 điểm P= + + : ( x − 1) ( x +2 ) x +2 x −1 x− x x − x +1 2( x − 1) + x + 2 x +1 = + : 0,25 điểm ( x −1 )( x +2 ) ( )( x −1 x +2 ) x −1 x + 2 x +1 x −1 = . ( x −1 )( x+2 ) x +1 0,25 điểm x +1 = . x +2 x +1 Vậy P = với x > 0 và x 1 . 0,25 điểm x +2 b) (1,0 điểm) Phương trình x − 2 ( m + 1) x + 6m − 3 = 0 2 x=3 ( x − 3) ( x − 2m + 1) = 0 0,25 điểm x = 2m − 1 Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 − ۹ m 1 3 2 m 2 (*) . (x − x1 + 1) + x2 + 1 = x2 x12 − x1 + 1 + x2 + 1 − x2 = 0 ( 1) 2 2 1 2 1 3 Vì x − x1 + 1 = x1 − 2 + >0 1 2 4 0,25 điểm TH1: x1 = 2m − 1; x2 = 3 thay vào (1) rút gọn ta được phương
m =1 trình: 2m − 3m + 1 = 0 2 1 thỏa mãn (*). m= 2 TH2: x1 = 3; x2 = 2m − 1 thay vào (1) rút gọn ta được phương trình: 2m = 2m − 8 với m 4 ta được 0,25 điểm 17 + 33 m= thỏa mãn (*). 4 1 17 + 33 Vậy các giá trị của m 1; ; . 0,25 điểm 2 4 a) (1,0 điểm) ( ) (1+ 2 ) ( ) 2 P 1 + 2 = 2024 + a 1 + 2 + b = 2024 0,25 điểm ( a + 2) 2 = 2021 − a − b Do a + 2 , 2021 − a − b là các số nguyên trong khi 2 là số 0,25 điểm a+2=0 a = −2 vô tỉ nên phải xảy ra hay 2021 − a − b = 0 b = 2023. ( ) ( ) ( ) 2 Vậy P 1 − 2 = 1 − 2 − 2 1 − 2 + 2023 0,25 điểm = 3 − 2 2 − 2 + 2 2 + 2023 = 2024 , có điều phải chứng minh. 0,25 điểm b) (1,0 điểm) x2 y2 x y P= + 4 ( y − 2) + + 4 ( x − 2 ) − 4 y − 4 x + 16 + + . y−2 x−2 y x Theo bất đẳng thức AM _ GM suy ra: 2 x2 y2 x y (2,0 P 2 .4 ( y − 2 ) + 2 .4 ( x − 2 ) + 2 . − 4 y − 4 x + 16 0,25 điểm điểm) y−2 x−2 y x ۳ P 4 x + 4 y − 4 y − 4 x + 18 ۳ P 18. 0,5 điểm Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x2 = 4 ( y − 2) y−2 x=y x = y = 4. y2 = 4 ( x − 2) x−2 0,25 điểm Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 18 khi và chỉ khi x = y = 4. 3 a) (0,75 điểm) (1,5 Theo giả thiết có điểm)
0 4a 2 + 4ab + 4b 2 − 3 0,25 điểm 4a 2 + 4a ( −a − 1) + 4 ( −a − 1) − 3 ( mod a + b + 1) 2 hay ( 2a + 1) 0 ( mod a + b + 1) . 2 0,25 điểm Từ a + b + 1 là số nguyên tố suy ra ( 2a + 1) M a + b + 1) . ( + Ta có 0 < 2a + 1 < 2 ( a + b + 1) nên xảy ra a + b + 1 = 2a + 1 a = b . Khi đó có a + b − 1 = 2a − 1 , 4 ( a 2 + ab + b 2 ) − 3 = 12a 2 − 3 = 3 ( 2a + 1) ( 2a − 1) 0,25 điểm 2 ( ( 2 ( ) ) suy ra 4 a + ab + b − 3 M a + b − 1) . b) (0,75 điểm) Vì ( x − x − 1) ( y + xy − 9 ) = 2 x + 1 nên ( 2 x + 1) M( x − x − 1) 2 2 2 ( 2 x + 1) ( 2 x − 3) M( x 2 − x − 1) (4 x 2 − 4 x − 3)M x 2 − x − 1) ( �4( x 2 - x - 1) + 1� M x 2 - x - 1) � � ( 1 M x 2 - x - 1) ( 0,25 điểm (x 2 - x - 1) � { - 1;1} x � { - 1;0;1;2} mà x nguyên dương nên x � { 1;2} . Với x = 1 thì −( y 2 + y − 9) = 3 nên y 2 + y − 6 = 0 , ta được 0,25 điểm y =2. Với x = 2 y 2 + 2 y − 14 = 0 y = −1 15 ( loại do y nguyên dương ). Thử lại ( x; y ) = (1; 2) thoả mãn phương trình đã cho. 0,25 điểm 1. (2,0 điểm) 4 (3,0 điểm) 0,25 điểm a) (1,25 điểm)
Chứng minh tứ giác AMNB nội tiếp. Theo giả thiết suy ra tứ giác IMCN là hình chữ nhật (tứ giác có ba góc vuông) � � Nên CMN = CIN . 0,25 điểm � � � mặt khác CIN = CBI (cùng phụ với góc ICB ) suy ra CMN = � � ABN . Xét tứ giác AMNB có � AMN + �ABN = � � AMN + CMN = 180o và hai góc � AMN và � ABN ở hai vị trí đối diện nên tứ giác 0,25 điểm AMNB nội tiếp. Chứng minh PA.PB = PM .PN . Xét hai tam giác PAM và PNB có: 0,25 điểm Góc tại đỉnh P chung; � � � 0,25 điểm PMA = CMN = PBN . Từ đó hai tam giác PAM đồng dạng với tam giác PNB (g.g) 0,25 điểm PA PM Suy ra = PA.PB = PM .PN . PN PB b) (1,0 điểm) * Ta chứng minh IE ⊥ CE Chỉ ra được PA.PB = PE.PC (chứng minh hai tam giác đồng dạng) Theo phần a) ta có PA.PB = PM .PN từ đó suy ra tứ giác MECN nội tiếp và M , E , C , N , I cùng nằm trên đường tròn đường kính MN và CI , do đó IE ⊥ CE (1). * Gọi Q là điểm đối xứng của C qua O . Từ cách dựng ta có CQ là đường kính của đường tròn ( O ) nên QEC = 90o 0,25 điểm � hay QE ⊥ EC (2) Từ (1), (2) suy ra Q , I và E thẳng hàng (3) Ta có FO //CK vì cùng vuông góc với AB (4) * Ta chứng minh I , F và Q thẳng hàng. Thực vậy: 0,25 điểm Gọi H là giao điểm của OC với MN , khi đó ta có � � � � HCN = OBC (do tam giác OBC cân tại O ); CNH = MAB (do tứ giác AMNB nội tiếp). Suy ra HCN + HNC = CBA + CAB = 90o QC ⊥ MN . � � � � Gọi K là tâm của hình chữ nhật IMCN khi đó K là trung điểm của đoạn MN nên FK ⊥ MN , từ đó ta được FK //QC (5) 0,25 điểm Từ (4) và (5) Tứ giác FKCO là hình bình hành 1 FO //CI và FO = CI . 2 Do đó FO là đường trung bình của tam giác QCI nên F là trung điểm của đoạn IQ suy ra I , F và Q thẳng hàng (6). 0,25 điểm Từ (3) và (6) suy ra E , I , F thẳng hàng. c. (0,5 điểm)
Ta có AM . AC = AI 2 , BN .BC = BI 2 Từ trên suy ra AM . AC.BC.BN = AI 2 .BI 2 AM . AB.CI .BN = CI 4 (vì AC.BC = AB.CI và AI .BI = CI 2 ) AM . AB.BN = CI 3 (7) 0,25 điểm Ta có CP.CE = CI 2 Mà CD = 2CI CP.CE.CD = 2CI 3 (8) MA. AB.BN 1 Từ (7) và (8) ta được = . 0,25 điểm CP.CD.CE 2 5 a) (0,75 điểm) (1,5 - Xét 21 ngày liên tiếp. điểm) - Gọi số ván chơi mỗi ngày của anh Nam trong 21 ngày lần lượt là a1 ; a2 ; a3 ;...; a21 - Đặt: S1 = a1 ; S2 = a1 + a2 ;...; S 21 = a1 + a2 + ... + a21 - Vì mỗi tuần anh Nam chơi không quá 20 ván nên nên 0,25 điểm trong 21 tổng trên khi chia cho 20 chỉ nhận một trong các giá trị là 0,1, 2,3,...,19 (gồm 20 giá trị) nên theo 0,25 điểm nguyên lý Đirichle tồn tại hai tổng Si , S j với i, j = 1, 21 giả sử i > j chia cho 20 có cùng số dư tức là ( Si − S j ) M20 : + Vì 1 S1 < S2 < S2 < ... < S 21 3.12 = 36 Si − S j < 36 và 0,25 điểm ( S − S ) M20 i j Si − S j = 20 Vậy tính từ ngày thứ j đến ngày thứ i anh Nam đã chơi đúng 20 ván. b) (0,75 điểm) Gọi độ dài nhỏ nhất của cạnh một hình vuông ABCD thoả mãn yêu cầu đề bài là x. Từ đây suy ra các tâm của 5 hình tròn này nằm trong hoặc trên cạnh của hình vuông MNPQ có cạnh bằng x − 2 (như hình vẽ) Chia hình vuông MNPQ thành 4 hình vuông nhỏ có độ dài x−2 mỗi cạnh là . 0,25 điểm 2 Theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất hai tâm hình tròn nằm trong hoặc trên cạnh của một hình vuông nhỏ. Giả sử hai 0,25 điểm tâm đó là I và J . A x B M x-2 N I J 1 Q P 1 D C
Vì hai hình tròn này có không quá 1 điểm chung trong nên IJ không nhỏ hơn hai lần bán kính và không lớn hơn độ dài x−2 đường chéo của hình vuông cạnh . 2 Suy ra 2 IJ ( x − 2) 2 0,25 điểm 2 ( x − 2) 2 + − 2 x 2 2 2 x 2 2 2 2 Vậy độ dài nhỏ nhất của cạnh hình vuông cần tìm là 2 + 2 2 . -----------Hết-----------
THÔNG TIN VỀ ĐỀ THI TÊN FILE ĐỀ THI: 1_Toan_PG7_TS10C_2024_DE_SO_6 TỔNG SỐ TRANG (GỒM ĐỀ THI VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM) LÀ: 8 TRANG. Họ và tên người ra đề thi:Phạm Xuân Thảo Đơn vị công tác:THCS Yên Thịnh Số điện thoại:0906165502
PHẦN KÝ XÁC NHẬN: TÊN FILE ĐỀ THI: 1_Toan_PG7_TS10C_2024_DE_SO_6.doc TỔNG SỐ TRANG (GỒM ĐỀ THI VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM) LÀ: 08 TRANG. NGƯỜI RA ĐỀ THI NGƯỜI THẨM ĐỊNH XÁC NHẬN CỦA BGH (Họ và tên, chữ ký) VÀ PHẢN BIỆN CỦA (Họ và tên, chữ ký, đóng dấu) TRƯỜNG (Họ và tên, chữ ký) Phạm Xuân Thảo