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

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

21
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh cùng tham khảo "Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (chuyên Toán) năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Phú Thọ" dưới đây giúp các em dễ dàng hơn trong việc ôn tập và nâng cao kiến thức chuẩn bị cho kì thi sắp tới. Chúc các em đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới!

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 Toán) 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 Toán) 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  8 x  4  8m  0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn 1  x1  x2 . b) Gọi a , b, c là các số thực thỏa mãn a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca và a  b  c  3. Tính giá trị biểu thức A  a 2  1  3bc. Câu 2 (2,0 điểm). a) Xác định các hệ số a , b, c của đa thức P  x   x 3  ax 2  bx  c. Biết P  2   29, P 1  5 và P  3  1. b) Cho n là số nguyên dương sao cho 4n  13 và 5n  16 là các số chính phương. Chứng minh rằng 2023n  45 chia hết cho 24. Câu 3 (2,0 điểm). a) Giải phương trình: 2 17 x 2  6    x 2  4 x  3 2 x  5  2 x  3x 2  22  . b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A 146;2022  . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên trục Ox. Tìm số điểm nguyên nằm trong tam giác OAH . (Điểm nguyên là điểm có hoành độ và tung độ là các số nguyên). Câu 4 (3,0 điểm). Cho hai đường tròn  O; R  và  O; R  cắt nhau tại hai điểm A và B ( R  R và O , O  thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ AB ). Đường thẳng AO cắt  O  và  O  lần lượt tại C và M , đường thẳng AO cắt  O  và  O  lần lượt tại N và D ( C , D, M , N khác A ). Gọi K là trung điểm của CD; H là giao điểm của CN và DM . a) Chứng minh rằng năm điểm M , N , O , K , B cùng thuộc một đường tròn. b) Gọi  I  là đường tròn ngoại tiếp tam giác HCD; E là điểm đối xứng của C qua B; P là giao điểm của AE và HD; F là giao điểm của BH với  I  ( F khác H ); Q là giao điểm của CF với BP. Chứng minh rằng BP  BQ. c) Chứng minh rằng IBP  90. Câu 5 (1,0 điểm). Cho x, y , z là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x4 y4 z4 P   .  x  y  y  z  z  x 4 4 4 --------------------------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 Toán) HƯỚNG DẪN CHẤM CHÍNH THỨC Hướng dẫn chấm có 06 trang Lưu ý khi chấm bài - 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. Câu 1 (2,0 điểm). a) Cho phương trình x 2  8 x  4  8m  0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn 1  x1  x2 . b) Gọi a , b, c là các số thực thỏa mãn a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca và a  b  c  3. Tính giá trị biểu thức A  a 2  1  3bc. Nội dung Điểm 2 a) Cho phương trình x  8 x  4  8m  0 1 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn 1  x1  x2 . 0,25 3 Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt    0  12  8m  0  m   . 2 0,25  x1  x2  8 Vì x1 , x2 là nghiệm của 1 nên  . 0,25  x1 x2  4  8m  x1  1   x2  1  0  x1  x2  2 Ta có 1  x1  x2    0,25  x1  1 x2  1  0  x1 x2   x1  x2   1  0 8  2 3    8m  3  0  m   .  4  8m  8  1  0 8 0,25 3 3 Vậy   m   là các giá trị cần tìm. 2 8
b) Gọi a , b, c là các số thực thỏa mãn a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca và a  b  c  3. 1,0 Tính giá trị biểu thức A  a  1  3bc. 2 Ta có a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  2 a 2  2b 2  2 c 2  2 ab  2bc  2 ca 0,25   a  b    b  c    c  a   0  a  b  c. 2 2 2 0,25 Mà a  b  c  3  a  b  c  3. 0,25 Suy ra A  a 2  1  3bc  11. 0,25 Câu 2 (2,0 điểm). c) Xác định các hệ số a , b, c của đa thức P  x   x 3  ax 2  bx  c. Biết P  2   29, P 1  5 và P  3  1. d) Cho n là số nguyên dương sao cho 4n  13 và 5n  16 là các số chính phương. Chứng minh rằng 2023n  45 chia hết cho 24. Nội dung Điểm a) Xác định các hệ số a , b, c của đa thức P  x   x3  ax 2  bx  c biết P  2  29, P 1  5, P  3  1. 1,0 Vì P  2   29 nên ta có 8  4a  2b  c  29  4a  2b  c  21. Vì P 1  5 nên ta có 1  a  b  c  5  a  b  c  6. 0,5 Vì P  3  1 nên ta có 27  9a  3b  c  1  9a  3b  c  26. 4a  2b  c  21 a  3   Ta có hệ phương trình  a  b  c  6  b  2 . 0,25 9a  3b  c  26  c  5   Vậy a  3; b  2; c  5. 0,25 b) Cho n là số nguyên dương sao cho 4n  13 và 5n  16 là các số chính phương. Chứng 1,0 minh rằng 2023n  45 chia hết cho 24. Giả sử 4n  13  a 2 và 5n  16  b2  a, b   . * Từ 4n  13  a 2  a là số lẻ. 0,25 Ta có 4n  13  a  4  n  3  a  1  4  n  3   a  1 a  1 . 2 2 Vì a là số lẻ nên a  1 và a  1 là hai số chẵn liên tiếp, do đó  a  1 a  18   n  3 2  n là số lẻ.
Suy ra b 2  5n  16 là số lẻ. Lại có 5n  16  b2  5  n  3   b  1 b  1  8. 0,25 Mà  5;8   1   n  3 8 1 Ta có a 2  b2  9n  29  2  mod 3 mà a 2  0;1 mod 3 ; b2  0;1 mod 3  a 2  b2  1  mod 3 0,25 4n  13  1 mod 3    n  3  0  mod 3  2. 5n  16  1 mod 3 Vì  3;8   1 nên từ (1) và (2) suy ra  n  3  24 . 0,25 Từ đó 2023n  45  2016n  7  n  3  24  24 (đpcm). Câu 3 (2,0 điểm).    c) Giải phương trình: 2 17 x 2  6  x 2  4 x  3  2 x  5  2 x  3x 2  22  . d) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A 146;2022  . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên trục Ox. Tìm số điểm nguyên nằm trong tam giác OAH . (Điểm nguyên là điểm có hoành độ và tung độ là các số nguyên). Nội dung Điểm    a) Giải phương trình 2 17 x 2  6  x 2  4 x  3  2 x  5  2 x 3x 2  22  1 . 5 + Điều kiện 2 x  5  0  x   . 2  Phương trình 1  6 x 3  34 x 2  44 x  12  x 2  4 x  3  2x  5  0 0,25   x  3 6 x 2  16 x  4   x  1 2 x  5   0 x  3  2 . 6 x  16 x  4   x  1 2 x  5  0  2  0,25 Phương trình  2   6  x  1  2  2 x  5    x  1 2 x  5  0  3 . 2 + Khi x  1: Không thỏa mãn phương trình  3 .
 2x  5 3   2x  5 2x  5 x 1 2 + Khi x  1,  3  2   6  0   .  x  12 x 1  2x  5  2  0,25  x 1 2x  5 3 x  1 13  2 67    2 x . x 1 2 9 x  26 x  11  0 9 2x  5 x  1 5  29   2   2 x . x 1 4 x  10 x  1  0 4 0,25  13  2 67 5  29  Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của phương trình là x  3; ; .  9 4  b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A 146;2022  . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên trục Ox. Tìm số điểm nguyên nằm trong tam giác OAH . (Điểm nguyên là 1,0 điểm có hoành độ và tung độ là các số nguyên). Vì H là hình chiếu vuông góc của A trên trục Ox nên H 146;0  . Gọi B là hình chiếu vuông góc của A trên trục Oy , suy ra B  0;2022  . Gọi C là trung điểm của đoạn OA, suy ra C  73;2011 . 0,25 Điểm M  x0 ; y0   x0 ; y0    là điểm nguyên nằm trong OAH khi và chỉ khi điểm M   x0 ; y0   x0 ; y0    đối xứng với điểm M qua C nằm trong OAB. Suy ra số điểm nguyên nằm trong OAH bằng số điểm nguyên nằm trong OAB. 1 0,25 Do đó số điểm nguyên nằm trong tam giác OAH bằng (số điểm nguyên nằm trong hình chữ 2 nhật ABOH trừ đi số điểm nguyên nằm trên đoạn thẳng OA). Số điểm nguyên nằm trong hình chữ nhật ABOH bằng 145.2021  293045. 0,25 1011 Phương trình đường thẳng OA là y  x. Từ đó kiểm tra được số điểm nguyên trên đoạn 73
thẳng OA (trừ điểm O và A ) bằng 1. 293045  1 Vậy số điểm nguyên trong OAH bằng  146522. 0,25 2 Câu 4 (3,0 điểm). Cho hai đường tròn  O; R  và  O; R  cắt nhau tại hai điểm A và B ( R  R và O, O thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ AB ). Đường thẳng AO cắt  O  và  O  lần lượt tại C và M , đường thẳng AO  cắt  O  và  O  lần lượt tại N và D ( C , D, M , N khác A ). Gọi K là trung điểm của CD ; H là giao điểm của CN và DM . d) Chứng minh rằng năm điểm M , N , O , K , B cùng thuộc một đường tròn. e) Gọi  I  là đường tròn ngoại tiếp tam giác HCD; E là điểm đối xứng của C qua B; P là giao điểm của AE và HD; F là giao điểm của BH với  I  ( F khác H ); Q là giao điểm của CF với BP. Chứng minh rằng BP  BQ.   90. f) Chứng minh rằng IBP Nội dung Điểm (Xét thế hình như hình vẽ. Các thế hình khác chứng minh tương tự). a) Chứng minh rằng năm điểm M , N , O , K , B cùng thuộc một đường tròn. 1,0   90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn  O  )  AD  CH . Ta có ANC   90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn  O  )  AC  DH . CMD 0,25 Suy ra A là trực tâm tam giác HCD  HA  CD  H , A, B thẳng hàng.   2MCN Dễ có tứ giác CDMN nội tiếp đường tròn tâm K  MKN  (góc nội tiếp và góc ở 0,25
 ) và HCM tâm cùng chắn MN   HDN  1 . Ta có tứ giác ABCN nội tiếp  ACN  (góc nội tiếp cùng chắn cung    ABN AN ). Tứ giác ABDM nội tiếp  ADM  (góc nội tiếp cùng chắn cung    ABM AM ). 0,25  Kết hợp với 1 suy ra ABN   MKN ABM  ACN   MBN   2 ACN   2 . Ta có  ACN   MON  2 MBN  3 . 0,25 Từ  2  và  3 suy ra 5 điểm M , N , O , K , B cùng thuộc một đường tròn. b) Gọi  I  là đường tròn ngoại tiếp tam giác HCD; E là điểm đối xứng của C qua B; P là giao điểm của AE và HD; F là giao điểm của BH với  I  ( F khác H ); Q là giao 1,0 điểm của CF với BP. Chứng minh rằng BP  BQ. Xét tứ giác ACFE có hai đường chéo CE  AF tại trung điểm B của CE 1 . 0,25   BHD Ta có DCM   DCF  ). Mà BHD  (cùng phụ với CDH )  (góc nội tiếp cùng chắn DF   DCF  DCM  (2). 0,25 Từ (1) và (2) suy ra ACFE là hình thoi. BEP   Xét hai BPE và BQC có  EBP   BCQ (so le trong), BE  BC ,  CBQ (đối đỉnh). 0,5 Suy ra BPE  BQC (g-c-g)  BP  BQ (đpcm).   90. c) Chứng minh rằng IBP 1,0 Gọi S , T là giao điểm của BQ và  I  (như hình vẽ). 0,25
Xét tứ giác ADEH có   (cùng bằng  AED  AHD ACE ), suy ra tứ giác ADEH nội tiếp  PD. PH  PA. PE  PT . PS . Từ  BPE  BQC  PE  QC  PA  QF  PA. PE  QF .QC  QS .QT . 0,25 Vậy QS .QT  PT . PS  QS .  PQ  PT   PT .  PQ  QS   QS . PQ  QS . PT  PT .PQ  PT .QS  QS .PQ  PT . PQ  QS  PT  B là trung 0,5   90 (đpcm). điểm của ST  IB  ST  IBP
Câu 5 (1,0 điểm). Cho x, y , z là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x4 y4 z4 P   .  x  y  y  z  z  x 4 4 4 Nội dung Điểm 1 1 1 Ta có P  4  4  4 . y  z  x    1  y  1   1 x    z  y z x Đặt a  , b  , c   a, b, c  0 và abc  1. x y z 1 1 1 P   .  a  1  b  1  c  1 4 4 4 1 1 1 1 1 1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có  2 . 4  .  a  1 16  a  1 2  a  12 4 16 0,25 1 1 1 1 1 1 1 1 Tương tự có   ,   .  b  1 16 2  b  1 2  c  1 16 2  c  1 2 4 4 3 1 1 1 1  P     . 16 2   a  1  b  1  c  12  2 2 1 1 1 Ta chứng minh   với a , b  0.  a  1  b  1 1  ab 2 2 1 1 1 Thật vậy:   0,25  a  1  b  1 1  ab 2 2   a  1   b  1  1  ab    a  1 .  b  1 2 2 2 2  
  a 2  b 2  2a  2b  2  1  ab    ab  a  b  1 2   a 2  b 2  2a  2b  2  1  ab    ab  a  b   2  ab  a  b   1 2  1  ab  a 2  b2   2ab  a 2b2  ab  a  b    ab  1  0 (luôn đúng). Dấu “=” xảy ra khi a  b  1. 2 2 1 1 1 1 ab Tương tự có     .  c  1 1  1 1 c 1 1 2 2 ab  1 0,25 ab Khi đó 1 1 1 1  3 1 1 ab 1 3 3 3 3 P              . 2   a  1  b  1  c  1  16 2  1  ab ab  1 4  16 8 16 16 2 2 2 0,25 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng . Dấu “=” xảy ra khi a  b  1  x  y  z. 16 -----------HẾT-----------