Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2024 có đáp án - Trường TH&THCS Chính Tâm, Kim Sơn

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: DOCX | Số trang:14

Thêm vào BST

Báo xấu

1
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham gia thử sức với “Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2024 có đáp án - Trường TH&THCS Chính Tâm, Kim Sơn” để nâng cao tư duy, rèn luyện kĩ năng giải đề và củng cố kiến thức môn học nhằm chuẩn bị cho kì thi quan trọng sắp diễn ra. Chúc các em vượt qua kì thi học kì thật dễ dàng nhé!

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 - Trường TH&THCS Chính Tâm, Kim Sơn

MA TRẬN ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN MÔN TOÁN – THỜI GIAN LÀM BÀI 150 PHÚT Mức độ Tổn % tổng điểm nhận g TT thức Nội Đơn Nhậ Thô Vận Số dung vị Vận n ng dụng câu kiến kiến dụng biết hiểu cao hỏi Thời thức thức gian Thời Thời Thời Thời Số Số Số (phú Số gian gian gian gian câu câu câu t) câu (phú (phú (phú (phú hỏi hỏi hỏi hỏi t) t) t) t) 1. Rút 1 1. gọn 0 0 0 0 1 15 0 0 1 15 Căn biểu bậc thức hai 2. 2. Vận 20 Biến dụng đổi giải 0 0 0 0 0 0 1 15 1 15 đại phươ số ng trình vô tỷ 1. 1. Ứng Phư dụng 2 0 0 0 0 1 15 0 0 1 15 ơng hệ trình thức vi et 20 2. Bất 2. đẳng Bất 0 0 0 0 1 15 1 15 thức đẳng thức 3 1. 1. 0 0 0 0 0 0 1 10 0,75 10 15 Số Tìm chín điều h kiện
để được số phư chín ơng h phươ 2. ng Phư ơng 2. trình Lập nghi luận ệm theo nguy điều 0 0 0 0 0 0 1 15 0,75 15 ên kiện số nguy ên Hình Hình học 4 0 0 0 0 1 10 2 30 3 40 30 học phẳn g Ngu yên lý dric Vận hle, dụng cực 5 để 0 0 0 0 0 0 2 25 2 25 15 trị, lập phản luận chứn g, quy nạp Tổn 0 0 0 0 3 40 8 110 10 150 100 g Tỉ lệ 0 0 27 73 100 (%) Tỉ lệ chung (%) 0 27 73
BẢNG ĐẶC TẢ ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN MÔN TOÁN – THỜI GIAN LÀM BÀI 150 PHÚT CHỦ ĐỀ MỨC ĐỘ MÔ TẢ - Biến đổi các biểu thức chứa căn Vận dụng Rút gọn biểu thức, - Các phép toán về căn - Rút gọn thức có chứa căn Rút gọn biểu thức, bậc hai, căn bậc ba - Đặt thêm ẩn Giải phương trình vô tỷ - Biến đổi đại số Vận dụng - Biến đổi theo hệ phương trình cao Phương trình bậc hai - Vận dụng thành thạo, linh hoạt hệ thức Vận dụng Phương trình vi et Bất đẳng thức Vận dụng - Sử dựng bất đẳng thức phụ, biến đổi lập Bất đẳng thức cao luận Số chính phương Số chính phương Vận dụng - Thành thạo cách biến đổi liên quan đến Phương trình cao số chính phương nghiệm nguyên Phương trình nghiệm Vận dụng - Thành thạo cách biến đổi liên quan đến
nguyên cao nghiệm nguyên - Vận dụng các kiến thức về đường tròn nội tiếp, về góc với đường tròn Tứ giác nội tiếp Vận dụng - Vận dụng định nghĩa và tính chất của tứ giác nội tiếp đường tròn Áp dụng định lí Talet và các kiến thức về Hình học phẳng cung, dây cung; góc với đường tròn Định lí Talet , góc nội tiếp Vận dụngcao Chứng minh hình học phức tạp liên quan đến các đường tròn và tam giác Vận dụng các tính chất nâng cao. Tư duy Tính chất hình học liên Vận dụng hình học, phát triển các luận điểm chứng quan đến góc cao minh trong các cấu trúc hình học Phân tích thống kê và lập luận để chứng Nguyên lý drichle, minh tính toán đúng trong bài toán về cực trị, phản Nguyên lý drichle, cực trị, Vận dụng nhóm chứng, quy nạp, phản chứng, quy nạp cao phép đếm Lập luận theo phép đếm, Nguyên lý drichle, cực trị, phản chứng, quy nạp….
PHÒNG GD&ĐT KIM SƠN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG TH&THCS CHÍNH TÂM CHUYÊN TOÁN Thời gian làm bài : 150 phút Câu 1. (2,0 điểm) 1) Cho số nguyên dương Tính giá trị biểu thức sau theo 2) Giải phương trình sau : Câu 2. (2,0 điểm) 1) Cho phương trình (với là tham số). Tìm để phương trình đã cho có hai nghiệm và thỏa mãn: 4a 2 b 2 a2 b2 + + 3 (a 2 + b2 ) b2 a 2 a, b 0 2) Chứng minh rằng: với . Câu 3. (1,5 điểm) 1. Chứng minh rằng: Nếu là số nguyên tố thì không phải là số chính phương. 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: . Câu 4. (3,0 điểm)
ABC , AB < AC ( O) Cho tam giác nhọn , đường tròn đường kính BC cắt AB, AC lần lượt tại ( O) F, E. Gọi K là giao điểm của EF, BC, M là giao điểm của FD và đường tròn . H là giao điểm của BE, CF, AH cắt BC tại D. AE. AC = AF . AB a. Chứng minh: . KF .DM = KM .DF b. Tứ giác KFOM là tứ giác nội tiếp và . ( I) c. Gọi S là giao điểm của AK và đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh AS . AK = AF . AB và S, H, O thẳng hàng. Câu 5. (1,5 điểm) 1) Lớp có 34 học sinh, các học sinh lớp này đều tham gia một số câu lạc bộ của trường. Mỗi học sinh của lớp tham gia đúng một câu lạc bộ. Nếu chọn ra 10 học sinh bất kỳ của lớp này thì luôn có ít nhất 3 học sinh thâm gia cùng một câu lạc bộ. Chứng minh rằng có 1 câu lạc bộ gồm ít nhất 9 học sinh lớp 9A tham gia 2) Từ 2022 số nguyên dương đầu tiên là người ta chọn ra số phân biệt sao cho cứ 2 số bất kỳ được chọn ra đều có hiệu không là ước của hai số đó. Chứng minh rằng
PHÒNG GD&ĐT KIM SƠN HƯỚNG DẪN CHẤM TRƯỜNG TH&THCS CHÍNH TÂM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 07 trang) Câu Đáp án Điể m 1 1. ( 1 điểm) Với điểm) thực khác 0 sao cho: thì (2 mọi số 0.5 điểm Áp dụng vào bài toán ta có: Áp dụng lần lượt với các số hạng còn lại ta được: 0.5 điểm 2. (1 điểm) my + n = 3 3x − 5 Đặt ta có hệ sau: 0.25 8 x 3 − 36 x 2 + 53 x − my − n − 25 = 0 điểm 3 3x − 5 = 8 x 3 − 36 x 2 + 53 x − 25 m3 y 3 + 3m 2 ny 2 + 3mn 2 y − 3x + n3 + 5 = 0 0,25 8 −36 53 − m −n − 25 = = = 3 m = 2, n = −3 m, n m 3 3m n 3mn − 3 n + 5 2 2 Ta chọn sao cho ( 2 x − 3) = 2 y − 3 + x − 2 3 ( 2 y − 3) = 3 x − 5 3 2 y − 3 = 3 3x − 5 Đặt . Ta có hệ phương trình sau: ( 2 x − 3) − ( 2 y − 3) = 2 y − 2 x 3 3 Trừ hai phương trình cho nhau ta thu được:
2( x − y) ( 2 x − 3) + ( 2 x − 3) ( 2 y − 3) + ( 2 y − 3) + 1 = 0 2 2 x= y Do 2 0,25 2y − 3 3 ( 2 x − 3) + ( 2 x − 3) ( 2 y − 3) + ( 2 y − 3) + 1 = ( 2 x − 3) + + ( 2 y − 3) + 1 > 0 2 2 2 2 4 ( 2 x − 3) 2 x= y = 3x − 5 8 x 3 − 36 x 2 + 54 x − 27 = 3x − 5 Giải ta có: 0,25 x=2 ( x − 2 ) ( 8 x 2 − 20 x + 11) = 0 5 3 x= 4 5 3 x = 2, x = 4 Kết luận: Phương trình đã cho có 3 nghiệm: . 2 1. (1 điểm) (2 điểm) 4m > 0 ∆ = 36 + 4m > −36 m > −9 0.25 x1 + x2 = 6 x1 x2 = − m * Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: 0,25 x12 − x2 = ( x1 + x2 ) ( x1 − x2 ) = 12 2 x1 − x2 = 2 0.25 Ta có: x1 = 4; x2 = 2 Suy ra: m = −4.2 = −8 Từ đó suy ra: (thỏa mãn điều kiện) 0,25 m = −8 x1 x2 Vậy với thì phương trình có hai nghiệm và thỏa mãn
x12 − x2 = 12 2 2. (1 điểm) Bất đẳng thức đã cho tương đương với: 0.25 điểm 4a 2 b 2 − ( a 2 + b 2 ) 2 4a 2 b 2 a 2 b2 a 4 − 2a 2 b 2 + b 4 −1+ 2 + 2 − 2 0 + 0 ( a 2 + b2 ) ( a 2 + b2 ) 2 2 b a a 2 b2 − ( a2 − b2 ) (a − b2 ) 0.25 2 2 2 1 1 ( a 2 − b2 ) 2 + 0 − 0 điểm (a + b2 ) ( a + b2 ) 2 2 a 2 b2 2 2 ab 2 2 (a − b2 ) ( a +b ) −a b 0.25 2 2 2 (a − b2 ) (a + b 4 + a 2b 2 ) 2 2 2 2 2 2 4 ۳ 0۳ 0 điểm a b ( a +b ) 2 2 (a + b2 ) 2 2 2 2 a 2b 2 2 Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Vậy bất đẳng thức được chứng 0.25 điểm a= b minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . 3 1. (0,75 điểm) (1,5 điểm) b 2 − 4ac b 2 − 4ac = k 2 k ﾥ* 0,25 Giả sử là số chính phương thì với . Ta có: 4aabc = 400a 2 + 40ab + 4ac = 400a 2 + 40ab + b 2 − k 2 = ( 20a + b + k ) ( 20a + b − k ) 0,25 abc c 0 ac > 0 Vì là số nguyên tố nên và . Do đó b>k 20a + b + k > 20 a + b − k > 20 a . ( 20a + b + k ) ( 20a + b − k ) = m.n 0,25 4a ( 20a + b + k ) ( 20a + b − k ) Suy ra . Mà đều m, n > 1 abc lớn hơn 4a nên suy ra là hợp số, mâu thuẫn với giả thiết. 2. (0,75 điểm)
x 2 − 2 y ( x − y ) = 2 ( x + 1) x 2 − 2 ( y + 1) x + 2 ( y 2 − 1) = 0 ( 1) 0,25 ∆ = y 2 + 2 y + 1 − 2 y 2 + 2 = − y 2 + 2 y + 3 = 4 − ( y − 1) 2 4 Ta có: ( 1) ∆ Để phương trình có nghiệm nguyên thì phải là số chính phương ∆ = 0;1; 4 ( y − 1) 0,25 2 ∆ =0 =4 y2 − 2 y − 3 = 0 y = −1 y=3 Với , ta có: hoặc y = −1 ( 1) x2 = 0 x=0 thì ( 1) ( x − 4) 2 y=3 x 2 − 8 x + 16 = 0 =0 x=4 thì 4 − ( y − 1) = 1 2 ∆ =1 y2 − 2 y − 2 = 0 Với , ta có: (phương trình có nhiệm vô tỉ) ( y − 1) 2 ∆ =4 =0 y =1 Với , ta có: y =1 ( 1) x2 − 4 x = 0 x=0 x=4 0,25 thì hoặc ( 1) Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên: ( x ; y ) { (0;1);(4;1);(4;3);(0; − 1)} 4 1. ( 1 điểm)
(3 điểm) 0.25 điểm ( O) ﾥﾥ AEF = ABC ∆AEF ∽ ∆ABC ( g .g ) 0.5 Tứ giác BFEC nội tiếp suy ra điểm AE AF = AE. AC = AF . AB 0.25 AB AC điểm Suy ra . 2. ( 1 điểm) ﾥﾥﾥ KFM = KFB + BFM 0.5 Ta có điểm ﾥﾥﾥﾥ = KCE + BFM = BFM + BFM ﾥﾥ = 2BFM = BOM ﾥﾥ KFM = KOM OF = OM 0.5 Hay suy ra KFOM là tứ giác nội tiếp, mặt khác điểm ﾥﾥ FKO = MKO ﾥ FKM suy ra hay KO là phân giác của . KF DF = KM DM Theo tính chất phân giác ta có: đpcm. 3. ( 1 điểm)
∆ABC ﾥ AEH = ﾥ AFH = 900 0.5 Vì H là trực tâm của nên suy ra 4 điểm A, E, H, F nằm trên đường tròn đường kính AH. Suy ra S thuộc đường tròn tâm I ﾥﾥ ASF = FEC đường kính AH, tứ giác ASFE nội tiếp nên , BFEC nội tiếp ﾥﾥ FEC = FBK ∆ASF ∽ ∆ABK AS . AK = AF . AB. nên suy ra KSFB nội tiếp ( I) ﾥ ANE = ﾥ AFE = ﾥ ACO 0.5 Giả sử đường tròn cắt AO tại N, ta có: suy ra ENOC nội tiếp, tương tự FNOC nội tiếp. Ta có ﾥﾥﾥﾥﾥﾥﾥ HNC = 3600 − HNE − ENC = 1800 − HNE + 1800 − EOC = HAC + 1800 − EOC ﾥﾥﾥﾥﾥ = EBC + 1800 − EOC = 1800 + EBC − 2 EBC = 1800 − EBC suy ra BHNC nội ( I) N' EFHN ' tiếp. Giả sử KH cắt tại suy ra nội tiếp. Suy ra KH .KN ' = KE.KF = KB.KC BHN ' C N N' nội tiếp, suy ra . Suy ra ﾥ KNO = 900 OH ⊥ AK hay H là trực tâm của tam giác AKO suy ra , mà SH ⊥ AK suy ra S, H, O thẳng hàng. 1. ( 0,75 điểm) Câu Giả sử các câu lạc bộ đều không có quá 8 học sinh của lớp tham gia 0,25 5 Gọi là số câu lạc bộ có hơn học sinh của lớp 9A ( 1,5 điểm Nếu thì từ 5 trong số các câu lạc bộ này, ta chọn mỗi câu lạc bộ 2 học ) sinh của lớp 9A, khi đó 10 học sinh này sẽ không thỏa mãn bài toán - Nếu thì tổng số học sinh của lớp 9A tham gia các câu lạc bộ này 0,25 không quá nghĩa là còn có ít nhất học sinh của lớp 9A, mỗi học
sinh tham gia 1 câu lạc bộ mà mỗi câu lậc bộ này chỉ có 1 học sinh của lớp 9A. Chọn 10 học sinh này thì không thỏa mãn điều kiện bài toán - Nếu thì số học sinh của lớp 9A tham gia 4 câu lạc bộ này không 0,25 quá , nghĩa là còn có ít nhất 2 học sinh của lớp 9A, mỗi học sinh này tham gia 1 câu lạc bộ mà mỗi câu lạc bộ này chỉ có 1 học sinh lớp 9A. Chọn 2 học sinh trong số những học sinh còn lại này và 4 câu lạc bộ trên mỗi câu lạc bộ chọn 2 học sinh của lớp 9A, khi đó học sinh của lớp 9A được chọn không thỏa mãn điều kiện Vậy điều giả sử ở trên sai, nghĩa là tồn tại một câu lạc bộ có ít nhất 9 học sinh của lớp 9A tham gia 2. ( 0,75 điểm) Nếu trong số được chọn, tồn tại 2 số cách nhau 2 đơn vị 0,25 Giả sử 2 số đó là với cùng tính chẵn lẻ Trong n số được chọn, 2 số bất kỳ phải cách nhau tối thiểu 3 đơn 0,25 vị Suy ra có tối đa (số) Vậy 0,25
PHẦN KÝ XÁC NHẬN: TÊN FILE ĐỀ THI: 1_Toan_PG6_TS10C_2024-DE_SO_2 Họ và tên người ra đề thi: Vũ Quang Hưng Đơn vị công tác: Trường TH&THCS Chính Tâm Số điện thoại: 0947778846