Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2024 có đáp án - Trường THCS Lý Tự Trọng, Ninh Bình

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:12

Thêm vào BST

Báo xấu

2
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới, các em có thể tham khảo và tải về "Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2024 có đáp án - Trường THCS Lý Tự Trọng, Ninh Bình" được TaiLieu.VN chia sẻ dưới đây để có thêm tư liệu ôn tập, luyện tập giải đề thi nhanh và chính xác giúp các em tự tin đạt điểm cao trong kì thi này. Chúc các em 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 2024 có đáp án - Trường THCS Lý Tự Trọng, Ninh Bình

MA TRẬN ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2025 – 2026 MÔN: TOÁN CHUYÊN 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 0,75 10 1 1,25 10 1 1 15 3 3 35 30 6 Số học 1 0,5 10 1 1,0 15 2 1,5 25 15 7 Tổ hợp 1 0,5 10 1 1,0 15 2 1,5 25 15 BẢNG ĐẶC TẢ ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN
NĂM HỌC 2025 - 2026 MÔN TOÁN CHỦ ĐỀ MỨC ĐỘ MÔ TẢ Rút gọn biểu thức, Rút gọn - Biến đổi các biểu thức ba biến biến. Áp dụng các hằng đẳng thức, biểu thức, tính Thông hiểu - Áp dụng phân tích đa thức thành nhân tử. căn thức biến đổi đại số. giá trị của biểu - Rút gọn biểu thức tính giá trị của biểu thức. thức có điền kiện. - Vận dụng thành thạo, linh hoạt các phương pháp giải hệ phương trình, giải Hệ phương trình: có phương Hệ phương trình phương trình vô tỉ: lũy thừa, đặt ẩn phụ, liên hợp. trình vô tỷ và phương trình đa Vận dụng vô tỷ. thức. - Vận dụng linh hoạt trong các phép biến đổi. - Áp dụng linh hoạt kiến thức về đa thức, giai thừa, rút gọn biểu thức để tính Đa thức. Giá trị của đa thức. Thông hiểu giá trị của đa thức. Chứng minh bất đẳng thức, Vận dụng - Áp dụng bất đẳng thức AM-GM để tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. Bất đẳng thức. tìm giá trị nhỏ nhất của biểu cao - Vận dụng linh hoạt trong các phép biến đổi thức. Chứng minh 4 điểm cùng - Vận dụng định nghĩa và tính chất của tứ giác nội tiếp đường tròn. Thông hiểu thuộc một đường tròn - Vận dụng kiến thức về góc với đường tròn. Góc nội tiếp; Góc ở tâm; tam - Vận dụng các kiến thức về góc với đường tròn, tam giác đồng dạng. Vận dụng Hình học phẳng. giác đồng dạng. - Vận dụng định nghĩa và tính chất của tứ giác nội tiếp đường tròn. Các kiến thức về diện tích, Vận dụng - Áp dụng linh hoạt các kiến thức về diện tích, cung, dây cung; góc với cung, dây cung; góc với cao đường tròn, bất đẳng thức. đường tròn, bất đẳng thức. Chứng minh chia hết trên tập Vận dụng - Vận dụng linh hoạt các kiến thức về chia hết trên tập số nguyên. số nguyên. Số học Giải phương trình nghiệm Vận dụng -Vận dụng kiến thức về số nguyên, tính chia hết để giải phương trình mũ. nguyên. cao Toán tô màu. Vận dụng Vận dụng toán tô màu, chia hết. Toán rời rạc, suy luận logic. Vận dụng Toán tô màu, suy luận logic. Vận dụng linh hoạt, suy luận logic, đồng dư, chia hết. 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 2 Tư duy và lập luận Toán học 0 (Câu 1.1, 3.1) (Câu 1.2, 3.2) 1 2 4 Giải quyết vấn đề Toán học (Câu 2.1) (Câu 4.1, 5.1) (Câu 2.2, 3.3, 4.2, 5.2) Tổng 3 4 4 (Số lệnh hỏi của từng cấp độ tư duy)
PHÒNG GD&ĐT TP. NINH BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN TRƯỜNG THCS LÝ TỰ TRỌNG Năm 2024 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm). 1. Cho a,b,c là các số dương phân biệt thỏa mãn a + b + c = 5 và a + b + c = 3. a b c Tính giá trị biểu thức S = + + . a + 2( bc − 1) b + 2( ca − 1) c + 2( ab − 1) x3 − 2 y 3 + xy 2 + x 2 + 2 y 2 + xy = 0 2. Giải hệ phương trình . ( x + 1) y + 1 + ( x + 6) y + 6 = x 2 − 5 x + 12 y Câu 2 (2,0 điểm). 1. Cho P ( x ) = a0 x + a1 x + a2 x + ... + a2024 là đa thức với hệ số thực thỏa mãn 2024 2023 2022 1 đồng thời các điều kiện P ( k ) = , với k = 0,1, 2,..., 2024. Tính giá trị P ( 2025 ) . k +1 2. Cho a, b, c dương thỏa mãn ab + bc + ca = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2a b c P= + + − a 2 − 28b 2 − 28c 2 . 1 + a2 1 + b2 1 + c2 Câu 3 (3,0 điểm). Cho đường tròn ( O; R ) và hai đường kính MN , PQ vuông góc với nhau. Gọi A là ? điểm tùy ý trên cung nhỏ PN , PA cắt MN tại B , AQ cắt MN tại E . 1. Chứng minh bốn điểm O, A, B, Q cùng thuộc một đường tròn. 2. AM cắt PQ và PN lần lượt là C , I . Chứng minh tích MC.MA không phụ thuộc ? vào vị trí của điểm A trên cung nhỏ PN và IN = 2.EN . 3. Xác định vị trí điểm A để diện tích của tam giác ACE lớn nhất. Câu 4 (1,5 điểm). 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n , ta đều có 5 ( 5 + 1) − 6 ( 3 + 2 ) n n n n n chia hết cho 91 . thỏa mãn 3 ( 9 + 1 − 2 ) − 9 ( 1 + 2 ) + 4 = 1 . x x y x y y 2. Tìm tất cả các cặp số tự nhiên Câu 5 (1,5 điểm). Các số nguyên dương từ 1 đến 2024 được tô màu theo quy tắc sau: Các số mà khi chia cho 24 dư 17 được tô màu xanh; các số mà khi chia cho 40 dư 7 được tô màu đỏ. Các số còn lại được tô màu vàng. 1. Chứng tỏ rằng không có số nào được tô cả hai màu xanh và đỏ. Hỏi có bao nhiêu số được tô màu vàng ? 2. Có bao nhiêu cặp số ( a; b ) sao cho a được tô màu xanh; b được tô màu đỏ và a −b = 2. -------HẾT-------
PHÒNG GD&ĐT TP. NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM TRƯỜNG THCS LÝ TỰ TRỌNG ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm 2024 MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 07 trang) Câu Đáp án Điểm 1 1. (1,0 điểm) (2,0điểm) Vì a + b + c = 5 và a + b+ c =3 Nên 2( ab + bc + ca ) = ( a + b + c ) 2 − (a + b + c ) = 4 0,25 Do đó ab + bc + ca = 2 a a a Ta có = = a + 2( bc − 1) a + 2 bc − 2 a + bc − ab − ac a = ( a − b )( a − c ) b b 0,25 Tương tự = b + 2( ca − 1) ( b − c )( b − a ) c c = c + 2( ab − 1) ( c − a )( c − b ) a b c S= + + ( a − b )( a − c ) ( b − c )( b − a ) ( c − a )( c − b ) 0,25 a ( b − c ) + b( c − a ) + c ( a − b ) S= ( a − b )( b − c )( a − c ) ( a − b )( b − c )( a − c ) S= = 1 . Vậy S = 1 . 0,25 ( a − b )( b − c )( a − c ) 2. (1,0 điểm) ĐKXĐ: y −1. x 3 − 2 y 3 + xy 2 + x 2 + 2 y 2 + xy = 0 0,25 ( x + 1 − y ) ( x 2 + xy + 2 y 2 ) = 0 Suy ra x + 1 − y = 0 hoặc x 2 + xy + y 2 = 0 TH1: x 2 + xy + y 2 = 0 x = y = 0 không thỏa mãn hệ. 0,25 TH2: y = x + 1 , khi đó ta có 0,25 ( x + 1) x + 2 + ( x + 6 ) x + 7 = x 2 + 7 x + 12 , ĐK x 2 ( x + 1) ( x + 2 − 2 ) + ( x + 6 ) ( x + 7 − 3) = x 2 + 2 x − 8 ( x + 1) ( x − 2 ) + ( x + 6 ) ( x − 2 ) = x − 2 x + 4 ( )( ) x+2+2 x+7 +3 x +1 x+6 ( x − 2) + −x−4 =0 x+2+2 x+7 +3 x +1 x+6 Suy ra x = 2 hoặc + = x+4 x+2 +2 x+7 +3
x +1 x+6 Giải phương trình + = x + 4 ( *) x+2 +2 x+7 +3 x+2 x+2 x+6 x+6 1 − + − − =0 x+2 +2 2 x+7 +3 2 x+2+2 − ( x + 2) x + 2 ( x + 6) ( 1 + x+7 )− 1 0,25 Ta có − < 0 ∀x −2 2 x+2+4 x+7 +3 x+2 +2 Suy ra phương trình (*) vô nghiệm. x=2 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm . y=3 1. (1,0 điểm) Ta có P ( x ) = a0 x + a1 x + a2 x + ... + a2024 2024 2023 2022 Xét đa thức f ( x ) = ( x + 1) P ( x ) − 1. Đa thức f ( x ) có bậc là 2025 , hệ số cao nhất là a0 . 0,25 Vì đa thức nhận x = 0,1,..., 2024 là nghiệm nên đa thức f ( x ) có dạng: f ( x ) = a0 x ( x − 1) ( x − 2 ) ... ( x − 2024 ) . Do đó ta có 2026 P ( 2025 ) − 1 = f ( 2025 ) = 2025!a0 . Lại có −1 = ( −1 + 1) P ( −1) − 1 = f ( −1) 0,25 = a0 ( −1) ( −1 − 1) ... ( −1 − 2024 ) = −a0 2025! 1 1 Do đó a0 = . Thế nên f ( 2025 ) = 2025! = 1. 0,25 2025! 2025! 2 1+1 2 1 (2,0điểm) Vậy P ( 2025 ) = = = . 0,25 2026 2026 1013 2. (1,0 điểm) Ta có a, b, c > 0 và ab + bc + ca = 1 , do đó 2a 2a 2a a a = = + 1 + a2 ab + bc + ca + a 2 ( a + b) ( a + c) a + b a + c b b b b b 0,25 = = + b +1 2 b + ab + ac + bc 2 ( b + c) ( b + a) 4(b + c) a + b c c c c c = = + c +1 2 c + ab + ac + bc 2 ( a + c) ( c + b) 4(b + c) a + c Cộng theo vế ta được: 2a b c + + 1+ a 2 b +1 2 c +1 2 0,25 a a b b c c + + + + + a + b a + c 4(b + c ) a + b 4(b + c ) a + c
2a b c a+b a+c b+c + + + + 1+ a 2 b +1 2 c +1 2 a + b a + c 4(b + c) 2a b c 1 9 + + 1+1+ = 1 + a2 b2 + 1 c2 + 1 4 4 Mặt khác: a 2 49b2 a 2 .49b 2 + 2 = 7 ab 2 2 4 a 2 49c 2 a 2 .49c 2 0,25 + 2 = 7 ac 2 2 4 7 2 2 ( b + c 2 ) 7bc 2 (2,0điểm) Suy ra a + 28b + 28c 7 ( ab + ac + bc ) = 7 2 2 2 9 −19 Do đó P −7 = 4 4 7 15 a= a = 7b = 7c 15 Dấu " = " xảy ra khi hay ab + bc + ca = 1 15 b=c= 15 0,25 7 15 a= 19 15 Vậy MaxP = − khi 4 15 b=c= 15 1. (0,75 điểm) Vì điểm A nằm trên đường tròn đường kính PQ nên 3 ? ? 0,25 (3,0điểm) PAQ = 90 suy ra QAB = 90 0 0 ? ? ? Ta có QOB = 900 (giả thiết PQ MN ), suy ra QAB = QOB = 900 0,25 Do đó OABQ là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn cạnh BQ 0,25 một góc 90°) nên bốn điểm O, A, B, Q cùng thuộc một đường tròn. 2. (1,25 điểm) ? Vì điểm A nằm trên đường tròn đường kính MN nên MAN = 900 3 Xét các tam giác MAN và MOC có: (3,0điểm) MAN = MOC = 900 ; ﾷ ? ? AMN chung 0,25 Do đó MAN MOC (g.g) MA MN 0,25 Suy ra = (tỷ số đồng dạng) MO MC hay MA.MC= MO.MN mà MO = R, MN=2R nên MA.MC = 2R2 (không đổi).
? Vậy MC.MA không phụ thuộc vào vị trí của điểm A trên cung nhỏ PN Vì PQ, MN là 2 đường kính của (O) và PQ MN nên PMQN lả hình vuông. ? ? 1? Xét tứ giác IANE có IAE = MAQ = MOQ = 450 (quan hệ góc nội tiếp 2 0,25 với góc ở tâm chắn cùng 1 cung) ? ? ? ? INE = PNO = 450 suy ra IAE = INE do đó IANE là tứ giác nội tiếp (Hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn cạnh IE góc bằng nhau). ? ? Suy ra IAN + IEN = 1800 ? ? IEN = 1800 − IAN = 1800 − 900 = 900 . 0,25 ? Tam giác IEN vuông tại E có INE = 450 ∆IEN là tam giác vuông cân, dẫn đến IN = 2 EN 0,25 3. (1,0 điểm) Ta có SACE = SAMQ – SMCDQ ﾷﾷ Xét tam giác MQE và tam giác MCQ ta có: MQC = QME = 450 , ? 1 ? ? 1 ? ? 1 ? ? MCQ = sd( PA + MQ ) = sd( PA + MP) = sd MA = MQE 2 2 2 Suy ra ∆MQE ∆QCM (g.g) MQ ME 0,25 Suy ra = hay QC.ME = MQ = 2 R 2 2 QC MQ 1 Do đó S MCDQ = QC.ME = R 2 . 2 Như vậy ta có: SACE = SAMQ – R2 nên SACE lớn nhất khi và chỉ khi SAMQ lớn nhất. Kẻ AH MQ, gọi K là trung điểm MQ thì ta có OK MQ và 2 R 2 R2 2R 0,25 OK = OM − KM = R − 2 2 2 2 = , do đó OK = 2 2 2 1 1 Ta có S AMQ = AH ·MQ = R 2 AH , 2 2 R 2 2+ 2 Mà AH AK; AK AO + OK = R + = R 0,25 2 2 1 2+ 2 1+ 2 2 Suy ra S ANQ R 2 R= R 2 2 2 1+ 2 2 2 −1 2 Vậy S ACE = S AMQ − R R − R2 = 2 R , Dấu đẳng thức 2 2 xảy ra khi H K vả A,O,C thẳng hàng. Suy ra điểm A là điểm chính ? giữa cung nhỏ PN . 0,25 Vậy để diện tích tam giác ACE lớn nhất thì điểm A phải là điểm chính ? giữa cung nhỏ PN . 4 1. (0,5 điểm) (1,5điểm) Đặt A = 5n ( 5n + 1) − 6n ( 3n + 2n ) 0,25
A = 25n + 5n − 18n − 12 n A = ( 25n − 18n ) − ( 12 n − 5n ) Ta có: ( 25 − 18 ) M25 − 18 ) và ( 12 − 5 ) M − 5 ) ( ( 12 n n n n Do đó AM 7 Lại có A = ( 25 − 12 ) − ( 18 − 5 ) n n n n Ta có: ( 25 − 12 ) M25 − 12 ) và ( 18 − 5 ) M − 5 ) ( ( 18 n n n n Suy ra AM13 0,25 Mà ( 7,13) = 1 nên AM7.13) hay AM . ( 91 Vậy với mọi số nguyên dương n , ta đều có 5 ( 5 + 1) − 6 ( 3 + 2 ) n n n n n chia hết cho 91 . 2. (1,0 điểm) 3x ( 9 x + 1 − 2 y ) − 9 x ( 1 + 2 y ) + 4 y = 1 3x ( 9 x + 1 − 2 y ) − 9 x ( 1 + 2 y ) + 4 y − 1 = 0 3x ( 9 x + 1 − 2 y ) − 9 x ( 1 + 2 y ) + ( 2 y − 1) ( 2 y + 1) = 0 0,25 3x ( 9 x + 1 − 2 y ) − ( 1 + 2 y ) ( 9 x + 1 − 2 y ) = 0 (9 x + 1 − 2 y ) ( 3x − 1 − 2 y ) = 0 Suy ra 9 x + 1 − 2 y = 0 hoặc 3x − 1 − 2 y = 0 Trường hợp 1: 9 x + 1 − 2 y = 0 hay 9 x + 1 = 2 y 9 x 1( mod 4 ) 9 x + 1 2 ( mod 4 ) 2y 2 ( mod 4 ) Với y 2 suy ra 2 y 0 ( mod 4 ) không thỏa mãn nên y 1 . Mà 2 y 2 ( mod 4 ) nên y = 1 , 0,25 suy ra 9 x + 1 = 21 9x = 1 x=0 Ta có ( x; y ) = ( 0;1) Trường hợp 2: 3x − 1 − 2 y = 0 hay 3x = 1 + 2 y Với x = 0 , ta có phương trình 2 y + 1 = 1 vô nghiệm Với x =1 2y +1 = 3 0,25 y =1 Suy ra ( x; y ) = ( 1;1) 4 Với
x=2 2y +1 = 9 y =3 Suy ra ( x; y ) = ( 2;3) Với x 3 Nếu x lẻ ta có 3 = 3 x 2 k +1 = 9k .3 3 ( mod 4 ) do đó 2 y 2 ( mod 4 ) loại vì y 2 thì 2 y 0 ( mod 4 ) Nếu x chẵn ta có 3 = 3 = 2 + 1 x 2m y (3 m − 1) ( 3m + 1) = 2 y , khi đó 3m − 1 = 2 p (1,5điểm) 3m + 1 = 2q p+q= y >3 p, q N* 0,25 p
5d 2 − 1 TH2: 5d 2 − 3d1 = 1 hay d1 = 3 5d 2 − 1 Có d1 < 83 , suy ra 83 hay d 2 50 3 Vì d1 ? nên 5d 2 1(mod 3) Nếu d 2 1( mod 3) , suy ra 5d 2 5(mod 3) 2(mod 3) không thỏa mãn 0,25 Nếu d 2 2(mod 3) , suy ra 5d 2 10(mod 3) 1(mod 3) (thỏa mãn) Do đó d 2 = 3k + 2 ( k ? *) 1 3k + 2 50 1 − k 16 ( k ? *) 3 Có 16 giá trị của k thỏa mãn Với mỗi giá trị của k ta cho một giá trị của d 2 , từ đó cho một giá trị của d1 hay nói cách khác, với mỗi giá trị của k cho một cặp số ( d1 ; d 2 ) , tức 0,25 là cho một cặp số ( a; b ) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy có 16 cặp số ( a; b ) thỏa mãn yêu cầu bài toán. -------HẾT------- THÔNG TIN VỀ ĐỀ THI TÊN FILE ĐỀ THI: 1_Toan_PG4_TS10CH_2024_DE_SO_1.doc TỔNG SỐ TRANG (GỒM ĐỀ THI VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM) LÀ: 8 TRANG Họ và tên người ra đề thi: Nguyễn Thị Song Phương. Đơn vị công tác: Trường THCS Lý Tự Trọng – Thành phố Ninh Bình. Số điện thoại: 0904868558.
NGƯỜI RA ĐỀ THI NGƯỜI THẨM ĐỊNH VÀ XÁC NHẬN CỦA BGH PHẢN BIỆN CỦA TRƯỜNG Nguyễn Thị Song Phương Đinh Thị Quý Ngọc Đinh Huyền Mai