Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2024 có đáp án - Trường THCS Tiên Hoàng, Hoa Lư

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

Thêm vào BST

Báo xấu

1
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

“Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2024 có đáp án - Trường THCS Tiên Hoàng, Hoa Lư” được chia sẻ nhằm giúp các bạn học sinh ôn tập, làm quen với cấu trúc đề thi và các dạng bài tập có khả năng ra trong bài thi sắp tới. Cùng tham khảo và tải về đề thi này để ôn tập chuẩn bị cho kì thi sắp diễn ra nhé! 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 2024 có đáp án - Trường THCS Tiên Hoàng, Hoa Lư

PHÒNG GD&ĐT HOA LƯ ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TRƯỜNG THCS ĐINH TIÊN HOÀNG Năm 2024 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm 05 câu, 01 trang) MA TRẬN ĐỀ THI 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, tính giá trị 1 1 1 10 1 1 10 10 biểu thức 2 Hệ Phương trình 1 1 10 1 1 10 10 3 Đa thức 1 1 10 1 1 10 10 4 Bất đẳng thức 1 1 25 1 1 25 10 5 Số học 1 0,75 10 1 0,75 15 2 1,5 25 15 6 Hình học phẳng 1 1 10 1 1 10 1 1 15 3 3 35 30 7 Tổ hợp 2 1,5 10 2 1,5 25 15 BẢN ĐẶC TẢ ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN
TT Nội dung (đơn vị kiến thức) Mức độ kiến thức, kĩ năng Số câu hỏi theo mức độ nhận thức Tổng % cần đánh giá Thông Vận dụng Vận dụng Điểm hiểu cao 1 Biến đổi đại số: Vận dụng được các kiến thức đã 1 1,0đ a) Rút gọn, tính giá trị biểu thức học để rút gọn biểu thức và tính giá 1,0đ 10% trị của biểu thức b) Giải hệ phương trình. Hiểu được khi giải hệ có phương 1 trình vô tỉ thì trước tiên cần điều 1,0đ 1,0đ kiện, biết cách biến đổi hệ cũ về hệ 10% mới có thêm điều kiện 2 Hiểu được phương trình bậc 2 có hệ 1 Đa thức và bất đẳng thức: số a khác 0, vận dụng định lý Vi-ét 1,0đ 1,0đ a) Định lý Vi ét để chứng minh x1 − x2 2 3 với 10% mọi số n nguyên dương HS biết cách đặt ẩn phụ (cho gọn), 1 b) Bất đẳng thức; tìm giá trị nhỏ 1,0đ biết tìm điểm rơi hợp lý trong định 1,0đ nhất của biểu thức. 10% lý Cô – si để giải quyết bài toán 3 Vận dụng tính chất chia hết của 1 Số học (02 ý nhỏ): 0,75đ tổng, tích…. để chứng minh chia 0,75đ - Quan hệ chia hết 7,5% hết HS sử dụng mối quan hệ giữa chia 1 - Số chính phương, số lập 0,75đ hết và số nguyên tố để tìm nghiệm 0,75đ phương. 7,5% nguyên 4 Hình học phẳng: - HS hiểu được cách chứng minh 4 1 1 1 3,0đ Các phương pháp chứng minh tứ điểm cùng nằm trên 1 đường tròn 1,0đ 1,0đ 1,0đ 30% giác nội tiếp, hai tam giác đồng - Vận dụng được kiến thức về tiếp dạng, góc với đường tròn tuyến để chứng minh đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn - HS liên kết các kiến thức đã học: góc với đường tròn, tam giác đồng
dạng để chứng minh đoạn thẳng bằng nhau 5 Tổ hợp (02 ý nhỏ): Biết sử dụng quy tắc nhân để đếm 1 0,75đ - Bài toán đếm. số 0,75đ 7,5% Biết lập dãy số, sử dụng nguyên lý 1 0,75đ - Nguyên lí Dirichlet Dirichlet để chứng minh chia hết 0,75đ 7,5% Tổng 3 4 3 10,0đ 2,75đ 4,5đ 2,75đ 100% BẢNG NĂNG LỰC VÀ CẤP ĐỘ TƯ DUY ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN Môn: TOÁN Cấp độ tư duy Năng lực Thông hiểu Vận dụng Vận dụng cao 2 3 Tư duy và lập luận Toán học 0 (Câu 3a, 4a) (Câu 1a;2a,3b) 1 3 2 Giải quyết vấn đề Toán học (Câu 1b) (Câu 4b,5a,5b) (Câu 2b, 4c) Tổng 3 6 2 (Số lệnh hỏi của từng cấp độ tư duy)
PHÒNG GD&ĐT HOA LƯ ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TRƯỜNG THCS ĐINH TIÊN HOÀNG Năm 2024 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm 05 câu, 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm) a a −b b a b a) Cho biểu thức A = − − với a, b > 0 và a b a−b a+ b b− a A Rút gọn và tính giá trị biểu thức B = khi a = 3 8 5 − 16; b = 5 + 1 a+ b 2 x 2 + 3xy + y 2 = 6 b) Giải hệ phương trình 3x + 2 y + 1 = 2 2 x + y + 6 Câu 2 (2,0 điểm) a) Cho phương trình bậc: nx − 2 ( n + 1) x + n = 0 (1) với n là tham số. Gọi x1 ; x2 là 2 2 nghiệm của phương trình đã cho. Chứng minh rằng x1 − x2 2 3 với mọi số n nguyên dương. b) Xét hai số thực x, y thay đổi luôn thỏa mãn điều kiện x + y 2 . Tìm giá trị nhỏ 8 nhất của biểu thức P = 4 2 ( x + y ) + +1 4 4 x+ y Câu 3 (1,5 điểm) a) Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn x3 + y 3 + x 2 + y 2 + xy − 1 chia hết cho xy + x + y + 1. Chứng minh rằng x 4 + y 9 chia hết cho y + 1. b) Tìm tất cả các số nguyên tố x và y thỏa mãn x 4 +11 = y 3 . Câu 4 (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc B tù, AC > AB và nội tiếp đường tròn ( O ) . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, AC ; D là chân đường phân giác trong của BAC ( D BC ). ﾷ a) Chứng minh rằng A, M , N , O cùng thuộc một đường tròn. b) Gọi I là giao điểm của AD và MN , đường thẳng qua I vuông góc với AD cắt BC tại S . Chứng minh rằng tam giác ASD cân và SA là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) . c) Gọi E là điểm đối xứng với M qua B , đường tròn ngoại tiếp tam giác CME cắt AC tại F . Đường thẳng SA cắt FE , FM lần lượt tại P, Q . Chứng minh rằng AP = AQ . Câu 5 (1,5 điểm) a) Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số đôi 1 khác nhau được viết từ 6 chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5 sao cho 2 chữ số 3 và 4 đứng cạnh nhau. b) Cho 5 số tự nhiên a, b, c, d , e . Chứng minh rằng tồn tại một số chia hết cho 5 hoặc tồn tại một vài số có tổng chia hết cho 5. ------------Hết------------
PHÒNG GD&ĐT HOA LƯ HƯỚNG DẪN CHẤM TRƯỜNG THCS ĐINH TIÊN HOÀNG ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN Năm 2024 MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 5 trang) Câu Đáp án Điểm 1 a a −b b a b (2,0 a. (1,0 điểm) Cho biểu thức A = − − với a, b > 0 và a b a−b a+ b b− a điể m) Rút gọn và tính giá trị biểu thức B = A khi a = 3 8 5 − 16; b = 5 + 1 a+ b a a −b b a b 0,25 1. Ta có: A = − − điểm a−b a+ b b− a = ( )( a − b a + b + ab )− a + b ( a− b) ( a+ b ) a+ b a− b a + b + ab a b = − + a+ b a+ b a− b = b + ab + b = b a+ b + b ( ) 0,25 điểm a+ b a− b a+ b a− b ab = = b+ b = b ( a − b +b ) a− b a− b a− b ab 0,25 A a − b = ab điểm B= = a+ b a + b a −b Ta nhận thấy rằng a = 3 8 5 − 16 = 3 ( 5 − 1)3 = 5 − 1 .Thế a và b vào B , ta 0,25 điểm có: B= ab = ( )( 5 −1 5 +1 )= 5 −1 = −1 . a−b ( 5 − 1) − ( 5 + 1) 5 −1− 5 −1 Vây B = −1 khi a = 3 8 5 − 16; b = 5 + 1 . 2 x 2 + 3 xy + y 2 = 6 b. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 3x + 2 y + 1 = 2 2 x + y + 6 Điều kiện : 2 x + y + 6 0 . Nhân 4 vào phương trình thứ nhất của hệ ta có : 0,25 4 ( 2 x + 3xy + y ) − 24 = 0(2) 2 2 điểm Phương trình thứ hai của hệ tương đương với : 0,25 3x + 2 y + 1 0 điểm . ( 3x + 2 y + 1) − 4 ( 2 x + y + 6) = 0 2
Ta viết lại thành hệ mới : 3 x + 2 y + 1 0 ( 1) 4 ( 2 x 2 + 3xy + y 2 ) − 24 = 0 ( 2 ) ( 3x + 2 y + 1) − 4 ( 2 x + y + 6 ) = 0 ( 3) 2 Trừ từng vế của phương trình (3) cho phương trình (2), ta thu được : 0,25 9 x + 4 y + 1 + 12 xy + 6 x + 4 y − 8 x − 4 y − 24 − 8 x − 12 xy − 4 y + 24 = 0 2 2 2 2 điểm ( x − 1) 2 =0 x =1 y =1 0,25 2 x 2 + 3 xy + y 2 = 6 y2 + 3y − 4 = 0 y = −4(ktm) điểm Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) = ( 1;1) 2 a) (1,0 điểm) Cho phương trình bậc: nx − 2 ( n + 1) x + n = 0 (1) với n là tham số. Gọi 2 (2,0 điể x1 ; x2 là 2 nghiệm của phương trình đã cho. Chứng minh rằng x1 − x2 2 3 với mọi m) số n nguyên dương Vì n nguyên dương nên n 0 suy ra phương trình (1) là phương trình bậc 0,25 hai 1 ẩn x điểm ∆ ' = ( n + 1) − n = 2n + 1 2 2 Vì n nguyên dương nên 2n+1>0 ∆ '>0 , phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 2 0,25 x1 + x2 = 2 + Theo hệ thức Vi-et : n điểm x1 x2 = 1 4 8 0,25 ( x1 + x2 ) 2 x1 − x2 = − 4 x1 x2 = + 4+8 = 2 3 điểm n2 n Dấu bằng xảy ra khi n = 1 0,25 điểm b) (1,0 điểm) Xét hai số thực x, y thay đổi luôn thỏa mãn điều kiện x + y 2 . Tìm giá 8 trị nhỏ nhất của biểu thức P = 4 2 ( x + y ) + +1 4 4 x+ y 8 0,25 P 4 ( x2 + y 2 ) + + 1 . Đặt t = x + y ( t 2) . x+ y điểm 8 t 2 4 4 3t 2 0,25 Suy ra : P 2t 2 + + 1 = + + + +1 điểm t 2 t t 2 Áp dụng BĐT Cô si cho 3 số dương ta có : 0,25 t2 4 4 t 4 4 2 3t 2 điểm + + 3 3 . . = 6 . Mặt khác t 2 6 .Do đó 2 t t 2 t t 2 P 6 + 6 + 1 = 13 0,25 Vậy Min P = 13 x = y = 1 điểm a) (0,75 điểm) Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn x3 + y 3 + x 2 + y 2 + xy − 1 chia hết cho 3 (1,5 xy + x + y + 1. Chứng minh rằng x 4 + y 9 chia hết cho y + 1. điể Ta có: xy + x + y + 1 = ( x + 1)( y + 1). 0,25
m) x 3 + y 3 + x 2 + y 2 + xy − 1 = ( x 2 − 1)( x + 1) + ( y 2 − 1)(y+ 1) + (xy+ x + y+ 1) điểm Do đó, để phép chia có nghĩa thì x −1, y −1 và giả thiết bài toán tương đương với ( x 2 − 1)( x + 1) + ( y 2 − 1)(y + 1) chia hết cho ( x + 1)( y + 1) hay x2 − 1 y2 − 1 + Z. y +1 x +1 x2 − 1 y 2 − 1 x2 − 1 a y2 − 1 c 0,25 Hiển nhiên , là các số hữu tỉ nên ta có thể đặt = ; = điểm y +1 x +1 y +1 b x +1 d với a, b, c, d là các số nguyên và b > 0, d > 0, (a, b) = 1, (c, d ) = 1. Khi đó: x 2 − 1 y 2 − 1 a c ad + bc + = + = Z. y +1 x +1 b d bd ad + bc M d b ad + bc Mb ad Mb d M (vi (a, b) = 1) (1) b Mặt khác 0,25 điểm a c x2 − 1 y 2 − 1 . = . = ( x − 1)( y − 1) Z ac M d b ac Md a Md (vi (c, d ) = 1) (2) b d y +1 x +1 x2 − 1 Từ (1), (2) suy ra a Mb b = 1 (vi b > 0 , ( a, b) = 1) =a Z x 2 − 1My + 1 y +1 x 4 + y 9 = ( x 4 − 1) + ( y 9 + 1) = ( x 2 − 1)( x 2 + 1) + (y3 + 1)(y 6 − y 3 + 1) My+ 1 Vậy x 4 + y 9 chia hết cho y + 1. b) (0,75 điểm) Tìm tất cả các số nguyên tố x và y thỏa mãn x 4 +11 = y 3 . Ta xét hai trường hợp sau. 0,25 Nếu x chia hết cho 3. điểm Khi đó, x = 3 (do x là số nguyên tố). Ta suy ra y 3 = 34 + 11 = 92 y = 3 92 Z (không thỏa mãn). Nếu x không chia hết cho 3. 0,25 Khi đó, x 4 chia 3 dư 1, mà 11 chia 3 dư 2 nên x 4 + 11 chia hết cho 3. điểm Từ đó, ta suy ra y 3 chia hết cho 3 y chia hết cho 3. y = 3 (do y là số nguyên tố). x 4 = 33 − 11 = 16 x = 2 (do x là số nguyên tố). 0,25 Vậy ( x, y ) = ( 2,3) . điểm 4 Cho tam giác ABC có góc B tù, AC > AB và nội tiếp đường tròn ( O ) . Gọi (3,0 M , N lần lượt là trung điểm của AB, AC ; D là chân đường phân giác trong của điể m) ﾷ BAC ( D BC ). a) Chứng minh rằng A, M , N , O cùng thuộc một đường tròn. b) Gọi I là giao điểm của AD và MN , đường thẳng qua I vuông góc với AD cắt BC tại S . Chứng minh rằng tam giác ASD cân và SA là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) . c) Gọi E là điểm đối xứng với M qua B , đường tròn ngoại tiếp tam giác CME cắt AC tại F . Đường thẳng SA cắt FE , FM lần lượt tại P, Q . Chứng minh
rằng AP = AQ . a) (0,75 điểm) Chứng minh rằng A, M , N , O cùng thuộc một đường tròn. Vì M là trung điểm AB nên OM ⊥ AB . 0,25 Suy ra M thuộc đường tròn đường kính AO . điểm Tương tự N thuộc đường tròn đường kính AO . 0,25 điểm Vậy A, M , N , O thuộc đường tròn đường kính AO . 0,25 điểm b) (1,25 điểm) Gọi I là giao điểm của AD và MN , đường thẳng qua I vuông góc với AD cắt BC tại S . Chứng minh rằng tam giác ASD cân và SA là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) Xét tam giác BAD có M là trung điểm của AB và MI || BD I là trung 0,25 điểm AD . điểm Do SI ⊥ AD và IA = ID nên tam giác ASD cân tại S . 0,25 điểm ﾷﾷﾷﾷ Ta có SDA là góc ngoài tam giác ADC nên SDA = DAC + DCA . 0,25 điểm ﾷﾷﾷ Mặt khác SAD = SAB + BAD 0,25 ﾷﾷﾷ Do BAD = DAC nên SAB = DCA .ﾷ điểm Suy ra SA là tiếp tuyến của (O) . 0,25 điểm c) (1,0 điểm) Gọi E là điểm đối xứng với M qua B , đường tròn ngoại tiếp tam giác CME cắt AC tại F . Đường thẳng SA cắt FE , FM lần lượt tại P, Q . Chứng minh rằng AP = AQ .
Gọi ( CME ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác CME . 0,25 điểm Xét ( CME ) , ta có EMC = EFC = ﾷﾷﾷ AFP . Xét ( O ) , ta có AP là tiếp tuyến nên PAC = ﾷﾷ ABC . PA AF Do đó ∆PAF : ∆CBM suy ra = (1) CB BM 1 0,25 Xét ( O ) , ta có AQ là tiếp tuyến nên QAC = sd ﾷﾷ ABC , 2 điểm 1 1 mà EBC = 180o − ﾷﾷ ABC = 180o − sd ﾷ = sd ﾷ AC ABC . 2 2 ﾷﾷ Suy ra QAC = EBC . (2) Trong đường tròng ngoại tiếp tam giác CME ta có 0,25 ﾷﾷ 1 ﾷ 1 ﾷﾷ điểm AFQ = 180o − MFC = 180o − sd MEC = sd MFC = CEM . (3) 2 2 (3) QA AF Từ (2), (3) suy ra ∆QAF : ∆CBE suy ra = . (4) CB BE Từ (1), (4) và MB = BE suy ra AQ = AP . 0,25 điểm 5 a) (0,75 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số đôi 1 khác nhau được viết từ 6 (1,5 chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5 sao cho 2 chữ số 3 và 4 đứng cạnh nhau. điể Ta ghép 2 chữ số 3 và 4 để tạo thành 1 số kép i. Có 2 cách ghép như thế là 0,25 m) 34 hoặc 43. điểm Khi đó bài toán trở thành bài toán có thể lập được bao nhiêu số tự hiên có 5 chữ số khác nhau được thành lập từ 5 chữ số 0; 1; 2; 5; i Như vậy chữ số đứng đầu có 4 cách chọn (do ko được chọn số 0) tương ứng 0,25 với mỗi cách chọn số đứng đầu có 4 cách chọn chữ số thứ 2; có 3 cách chọn điểm số đứng thứ 3; 2 cách chọn số đứng thứ 4 và 1 cách chọn số đứng thứ 5 Chữ số i thì có 2 khả năng nên theo quy tắc nhân tất cả có 2.4.4.3.2.1 = 192 0,25
số thoả mãn đề bài điểm b) (0,75 điểm) Cho 5 số tự nhiên a, b, c, d , e . Chứng minh rằng tồn tại một số chia hết cho 5 hoặc tồn tại một vài số có tổng chia hết cho 5. Xét 5 số sau: 0,25 s1 = a điểm s2 = a+b s3 = a+b+c s4 = a+b+c+d s5 = a +b+c+d +e Khi lấy 5 số được thành lập trên chia cho 5 thì số dư nhận được trong các phép chia trên chỉ có thể là 0;1;2;3;4;5 Nếu trong các phép chia trên có 1 phép chia có số dư là 0 thì bài toán đã 0,25 được chứng minh. điểm Nếu trong các phép chia trên không có phép chia nào có số dư bằng 0 0,25 Như vậy trong các phép chia đó khi chia cho 5 chỉ có 4 khả năng dư 1; dư 2; điểm dư 3; dư 4 Mà có 5 số nên theo nguyên tắc Dirichlet sẽ có ít nhất 2 số khi chia cho 5 có cùng số dư khi đó hiệu của 2 số đó chia hết cho 5 ( tức là một số hoặc tổng các số trong 5 số a, b, c, d , e chia hết cho 5 -----------Hết-----------
THÔNG TIN VỀ ĐỀ THI TÊN FILE ĐỀ THI: 1_Toan_PG3_TS10C_2024_DE_SO_10 TỔNG SỐ TRANG (GỒM ĐỀ THI VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM) LÀ: 06 TRANG. Họ và tên người ra đề thi: Dương Thị Quỳnh Oanh Đơn vị công tác: Trường THCS Đinh Tiên Hoàng, huyện Hoa Lư Số điện thoại: 0983 857 945