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

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

29
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

“Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Phú Thọ” là tài liệu tham khảo được TaiLieu.VN sưu tầm để gửi tới các em học sinh đang trong quá trình ôn thi tuyển sinh vào lớp 10, giúp học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học và nâng cao kĩ năng giải đề thi. Chúc các em học tập và ôn thi hiệu quả!

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 Tin) năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Phú Thọ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 PHÚ THỌ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2022 – 2023 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán (Dành cho thí sinh thi chuyên Tin) Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian phát đề Đề thi có 01 trang Câu 1 (2,0 điểm). a) Cho phương trình x 2 − 2 ( m − 2 ) x + 2m − 5 =0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân 1 1 biệt x1 , x2 thỏa mãn + = 3. x1 x2 10 3 3 10 3 b) Chứng minh rằng P = 3 2 + + 2− là số nguyên. 9 9 Câu 2 (2,0 điểm). a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2 − 2 xy + 8 x + 4 ( y − 4 ) = 2 0. b) Chứng minh rằng nếu m, n là hai số tự nhiên thỏa mãn 2022m 2 += m 2023n 2 + n thì 2022 ( m + n ) + 1 là số chính phương. Câu 3 (2,0 điểm). a) Giải phương trình 4 x 2 − 3x + 15 − 3x + 1 = 0. b) Cho hai số thực a, b phân biệt. Quanh đường tròn viết n số thực đôi một khác nhau (n ≥ 3) sao cho mỗi số bằng tổng của hai số đứng liền kề nó. Tìm n và các số được viết nếu hai số đầu tiên được viết lần lượt là a và b. Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) có đường cao AA1 , đường trung tuyến BB1 và đường phân giác trong CC1. Gọi D, E , F lần lượt là giao điểm của AA1 , BB1 , CC1 với ( O ) . Biết A1 B1C1 là tam giác đều. a) Chứng minh rằng tam giác ABC đều. b) Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng CE , N là trung điểm của đoạn thẳng CD, I là giao điểm của AN và FM . Tính  AIF . c) Tia CI cắt AF và ( O ) lần lượt tại J và K . Chứng minh rằng I là trung điểm của CK . JA Tính tỉ số . JF Câu 5 (1,0 điểm). Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn a 2b + ab2 − 2 ( a + b + ab ) =0. Tìm giá 2 ( a 3b + ab3 ) + (1 + 2ab ) − 3 2 trị nhỏ nhất của biểu thức P = . 2ab --------------------------HẾT-------------------------- Họ và tên thí sinh:………………………………………………………….………..Số báo danh:……………… Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 PHÚ THỌ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2022 - 2023 Môn: Toán (Dành cho thí sinh thi chuyên Tin) HƯỚNG DẪN CHẤM CHÍNH THỨC (Hướng dẫn chấm có 06 trang) I. Một số chú ý khi chấm bài tự luận - Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách. Khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm. - Thí sinh làm bài theo cách khác với hướng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với thang điểm của hướng dẫn chấm. - Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số. II. Đáp án – thang điểm Câu 1 (2,0 điểm). a) Cho phương trình x 2 − 2 ( m − 2 ) x + 2m − 5 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân 1 1 biệt x1 , x2 thỏa mãn + = 3. x1 x2 10 3 3 10 3 b) Chứng minh rằng P = 3 2 + + 2− là số nguyên. 9 9 Nội dung Điểm a) Cho phương trình x − 2 ( m − 2 ) x + 2m − 5 = 2 0. Tìm m để phương trình có hai 1 1 1,0 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn + = 3. x1 x2 ( m − 3) 2 Tính được ∆=′ . m ≠ 3 0,25  ∆′ > 0  Để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ≠ 0 thì  ⇔ 5.  2m − 5 ≠ 0  m ≠ 2  x + x = 2 (m − 2) Theo Vi-et có  1 2 0,25 x2 2m − 5  x1= 1 1 x +x 11 + =3 ⇔ 1 2 =3 ⇔ x1 + x2 =3x1 x2 ⇔ 2 ( m − 2 ) =3 ( 2m − 5 ) ⇔ m = . 0,25 x1 x2 x1 x2 4 11 Kết hợp điều kiện kết luận m = là giá trị cần tìm. 0,25 4 10 3 3 10 3 b) Chứng minh rằng P = 3 2 + + 2− là số nguyên. 1,0 9 9 10 3 10 3  10 3   10 3   3 10 3 3 10 3  Ta có P 3 = 2+ +2− + 33  2 + 2 −  2+ + 2−  0,25 9 9  9  9  9 9     10 3   10 3  ⇔ P 3 =4 + 3 3  2 + 2 − 3  . P ⇔ P =4 + 2 P 0,25  9  9  P = 2 ⇔ P 3 − 2 P − 4 =0 ⇔ ( P − 2 ) ( P 2 + 2 P + 2 ) =0 ⇔  2 0,25  P + 2P + 2 =0 Vì P 2 + 2 P + 2 = ( P + 1) + 1 > 0, ∀P nên phương trình P 2 + 2 P + 2 = 2 0 vô nghiệm. 0,25 Vậy P = 2, hay P là số nguyên (đpcm). Trang 1/6
Câu 2 (2,0 điểm). a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2 − 2 xy + 8 x + 4 ( y − 4 ) = 2 0. b) Chứng minh rằng nếu m, n là hai số tự nhiên thỏa mãn 2022m 2 += m 2023n 2 + n thì 2022 ( m + n ) + 1 là số chính phương. Nội dung Điểm a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x − 2 xy + 8 x + 4 ( y − 4 ) = 0 (1) 2 2 1,0 Phương trình (1) ⇔ x 2 − 2 ( y − 4 ) x + 4 ( y − 4 ) = 0 (2) 2 Coi phương trình (2) là phương trình bậc hai ẩn x, ta cần tìm điều kiện của y để 0,25 phương trình (2) có nghiệm ⇔ ∆′ ≥ 0 2 2 2 ⇔ ( y − 4 ) − 4 ( y − 4 ) =−3 ( y − 4 ) ≥ 0 ⇔ y =4. 0,25 Với y = 4 thì phương trình (2) có nghiệm duy nhất x = 0. 0,25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên là ( x; y ) = ( 0;4 ) . 0,25 b) Chứng minh rằng nếu m, n là hai số tự nhiên thỏa mãn 2022m += m 2023n + n 2 2 1,0 thì 2022 ( m + n ) + 1 là số chính phương. 2022m 2 = + m 2023n 2 + n ⇔ 2022m 2 − 2022n 2 + m= − n n2 0,25 ⇔ ( m − n )( 2022m + 2022n + 1) = n 2 (1) . + TH1: Với m = n từ (1) suy ra m = n = 0 ⇒ 2022 ( m + n ) + 1 = 1 là số chính phương. + TH2: Với m ≠ n ⇒ m − n > 0. Gọi ( m − n; 2022m + 2022n + 1) = d 0,25 m − n  d ⇒ ⇒ n 2  d 2 ⇒ n  d ⇒ m d . 2022m + 2022n + 1  d ⇒ 2022m + 2022n  d ⇒ 1 d ⇒ d = 1. 0,25 ⇒ ( m − n; 2022m + 2022n + 1) = 1 hay m − n và 2022m + 2022n + 1 là hai số nguyên tố cùng nhau. 0,25 Mặt khác ( m − n )( 2022m + 2022n + 1) = n 2 là số chính phương nên suy ra 2022 ( m + n ) + 1 là số chính phương (đpcm). Câu 3 (2,0 điểm). a) Giải phương trình 4 x 2 − 3x + 15 − 3x + 1 = 0. b) Cho hai số thực a, b phân biệt. Quanh đường tròn viết n số thực đôi một khác nhau (n ≥ 3) sao cho mỗi số bằng tổng của hai số đứng liền kề nó. Tìm n và các số được viết nếu hai số đầu tiên được viết lần lượt là a và b. Nội dung Điểm a) Giải phương trình 2 0 (1) . 4 x − 3x + 15 − 3x + 1 = 1,0 3x − 1 ≥ 0 Phương trình 4 x 2 − 3x + 15 = 3x − 1 ⇔  2 0,25 ( 3x − 1) 2 4 x − 3x + 15 =  1 x ≥ ⇔ 3 0,25 4 x 2 − 3x + 15 = 9 x 2 − 6 x + 1 Trang 2/6
 1  x ≥  1 3 x ≥  ⇔ 3 ⇔  x = 2 ⇔ x =2. 0,25 5 x 2 − 3x − 14 = 0   7  x = −  5 Vậy nghiệm của phương trình là x = 2. 0,25 b) Cho hai số thực a, b phân biệt. Quanh đường tròn viết n số thực đôi một khác nhau (n ≥ 3) sao cho mỗi số bằng tổng của hai số đứng liền kề nó. Tìm n và các số 1,0 được viết nếu hai số đầu tiên được viết lần lượt là a và b. Đánh số các số được viết lần lượt là a1 ; a2 ;... an với=a1 a= ; a2 b. Ta có a1 = a ; a2 = b; a3 =b − a ; a4 =−a; a5 = −b; a6 = a − b; a7 =a ≡ a1. 0,25 Suy ra n ≤ 6. Mà n ≥ 3 nên n ∈ {3;4;5;6}. TH1: n = 3. Ta có a1= a; a2= b; a3= b − a. Vì a3 = a1 + a2 ⇒ b − a = b + a ⇒ a = 0 ⇒ a2 = a3 (Loại). 0,25 TH2: n = 4. Ta có a1 = a ; a2 = b; a3 =b − a ; a4 = − a. Vì a4 = a1 + a3 ⇒ −a = b ⇒ a2 = a4 (Loại). TH3: n = 5. Ta có a1 = a ; a2 = b; a3 =b − a ; a4 = −a; a5 = −b. Vì a5 = a1 + a4 = 0 ⇒ b = 0 ⇒ a2 = a5 (Loại). 0,25 TH4: n = 6. Ta có a1 = a ; a2 = b; a3 =b − a ; a4 = −a; a5 = −b; a6 = a − b. Dễ thấy a=6 a1 + a5 luôn thỏa mãn. ( ) Để các số ai i = 1,6 phân biệt thì ab ≠ 0; a ≠ b; a ≠ 2b; b ≠ 2a (*) . Vậy n = 6 và các số được viết là a1 = a ; a2 = b; a3 = b − a ; a4 = −a; a5 = −b; a6 = a − b. 0,25 Trong đó a, b thỏa mãn điều kiện (*) . Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) có đường cao AA1 , đường trung tuyến BB1 và đường phân giác trong CC1. Gọi D, E , F lần lượt là giao điểm của AA1 , BB1 , CC1 với ( O ) . Biết A1 B1C1 là tam giác đều. a) Chứng minh rằng tam giác ABC đều. b) Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng CE , N là trung điểm của đoạn thẳng CD, I là giao điểm của AN và FM . Tính  AIF . c) Tia CI cắt AF và ( O ) lần lượt tại J và K . Chứng minh rằng I là trung điểm của CK . JA Tính tỉ số . JF Trang 3/6
Nội dung Điểm a) Chứng minh rằng tam giác ABC đều. 1,0 1 Xét tam giác AA1C vuông tại A1 có B1 là trung điểm cạnh AC nên A1B1 = AC 0,25 2 1 Suy ra B= 1C1 AC ⇒ ∆AC1C vuông tại C1 , mà CC1 là đường phân giác của góc C 2 0,25 nên C1 là trung điểm cạnh AB. 1 Lại có A=1C1 B= 1C1 AC nên A1C1 là đường trung bình của tam giác ABC , suy ra A1 2 0,25 là trung điểm cạnh BC. Vậy A1 , B1 , C1 lần lượt là trung điểm của các cạnh BC , CA, AB. Suy ra ∆ABC đều 0,25 (đpcm). b) Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng CE , N là trung điểm của đoạn thẳng CD, 1,0 I là giao điểm của AN và FM . Tính  AIF . Vì ∆ABC đều nên AFBDCE là lục giác đều. 0,25 Do đó sđ  AF = sđ  BD = sđ FB = sđ  DC = sđ  CE = sđ  EA= 60°. Xét ∆FCM và ∆ADN có FC= AD, CM= DN ,  FCM=  ADN= 60°. 0,5 ∆ADN (c-g-c) ⇒  Suy ra ∆FCM =  CFM . DAN = ⇒ OAI =  OFI ⇒ OIAF là tứ giác nội tiếp ⇒   AIF =AOF =60°. 0,25 Trang 4/6
c) Tia CI cắt AF và ( O ) lần lượt tại J và K . Chứng minh rằng I là trung điểm JA 1,0 của CK . Tính tỉ số . JF 1 Ta có ∆OCE và ∆OCD là hai tam giác đều bằng nhau suy ra OM = ON = DE . 2 1 0,25 Lại có MN là đường trung bình của tam giác CED ⇒ MN = DE . Suy ra ∆OMN đều. 2 ⇒ MON=  MIN= 60° ⇒ M , I , O, N cùng thuộc một đường tròn. Lại có  OMC= ONC= 90° ⇒ O, N , C , M cùng thuộc đường tròn đường kính OC. Vậy 5 điểm O, I , M , C , N cùng thuộc một đường tròn đường kính OC. 0,25 OIC=  Suy ra  OMC= 90° ⇒ OI ⊥ CK ⇒ I là trung điểm của CK . Từ O kẻ OG ⊥ FM , OH ⊥ AN . Gọi L là giao của AN và CF . Ta có ∆AOH = ∆FOG (trường hợp đặc biệt của tam giác vuông) ⇒ OG = OH ⇒ ∆OGI = ∆OHI ⇒  GIO =  HIO. OL IL ⇒ OI là phân giác của góc  FIL ⇒ =. OF IF OL IL 1 Mà L là trọng tâm ∆ADC ⇒ = = ⇒ IF =3IL (1). OF IF 3 Gọi bán kính của ( O ) là R ⇒ CE =R. 0,25 Xét ∆ECF vuông tại E có =  EF CE . tan= ECF R. tan = 60° 3R. R 2 R 13 ⇒ FM = EF 2 + EM 2 = 3R 2 + = . 4 2 Mà tứ giác OIMC nội tiếp nên FI= . FM FO = . FC 2 R 2 . 2 R 2 4 13R IF 4 13R ⇒ IF = = ⇒ IL = = . FM 13 3 39 Vì tứ giác OIAF nội tiếp nên 4 2 13R 13R 3 13R LO. LF= IL. AL = R ⇒ AL = ⇒ AI + IL = ⇒ AI = . 9 3 3 13 0,25 1 Dễ có NIC=  NOC= 30°=  NIM ⇒ IJ là đường phân giác trong góc I của ∆AIF . 2 Trang 5/6
JA IA 3 Suy ra = = . JF IF 4 Câu 5 (1,0 điểm). Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn a 2b + ab2 − 2 ( a + b + ab ) =0. Tìm giá 2 ( a 3b + ab3 ) + (1 + 2ab ) − 3 2 trị nhỏ nhất của biểu thức P = . 2ab Nội dung Điểm Ta có a 2b + ab2 − 2 ( a + b + ab ) = 0 ⇔ ab ( a + b ) = 2 ( a + b ) + 2ab 0,25 2 2 8 2 ⇔ a+b = + +2≥ + 2 ⇔ ( a + b ) − 2 ( a + b ) − 8 ≥ 0 ⇒ a + b ≥ 4. a b a+b 2 2 1 1 1 Lại có a 2b + ab2 − 2 ( a + b + ab ) = 0 ⇔ 1 = + ⇔ = − . 0,25 ab a + b ab 2 a + b 2 ( a 3b + ab3 ) + (1 + 2ab ) − 3 2ab ( a 2 + b2 ) + (1 + 2ab ) − 3 2 2 P = 2ab 2ab (1 + 2ab ) 2 −3 1 0,25 (a + b) 2 2 2 = a +b + = +2− 2ab ab 1 1  1 3 = (a + b) + 2 −  −  =( a + b ) + 2 2 + 2 a+b a+b 2 264 64 127 3 2 64 64 127 3 71 (a + b) + = + − + ≥ 33 ( a + b ) . . − + =. a+b a+b a+b 2 a+b a+b 4 2 4 0,25 71 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a= b= 2. 4 -------------------------------Hết------------------------------- Trang 6/6