Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Chuyên Toán) năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Tiền Giang

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

10
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo "Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Chuyên Toán) năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Tiền Giang” sau đây để biết được cấu trúc đề thi cũng như những dạng bài chính được đưa ra trong đề thi. Từ đó, giúp các bạn học sinh có kế hoạch học tập và ôn thi hiệu quả. 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 Toán) năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Tiền Giang

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TỈNH TIỀN GIANG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2022-2023 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (CHUYÊN TOÁN) Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi có 01 trang, gồm 04 bài) (Không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 18/6/2022. -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Bài 1. (3,0 điểm) 1) Rút gọn các biểu thức: 1 1 1 1 1 M= + + + + + ; 1+ 2 2+ 3 3+ 4 14 + 15 15 + 16 N= 2 ( ) 3 −1 3 6 3 + 10 . ( 10 − 2 ) 3+ 5 ( 2) Giải phương trình 1 + 3 x 9 x 2 + 1 )( 9 x 2 + 1 − 3x =) 1. 2 x 2 + xy + 1 =4 x 3) Giải hệ phương trình  3 2 .  x + x y + y = 3x Bài 2. (3,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol ( P ) : y = ax 2 qua M ( ) 3;3 và đường thẳng 1 (d ) : y = − x+m (với m là tham số). Xác định phương trình của parabol ( P ) , từ đó 2 tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) tại hai điểm y A yB 25 phân biệt A ( x A ; y A ) , B ( xB ; yB ) khác gốc tọa độ, sao cho + =. xB x A 16 2) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 + mx + 1 =0 và x3 , x4 là hai nghiệm của phương trình x 2 + nx + 1 =0 , với m, n là các tham số thỏa mãn m ≥ 2 , n ≥ 2 . Chứng minh rằng: ( x1 − x3 )( x2 − x3 )( x1 + x4 )( x2 + x4 ) =n 2 − m 2 . 3) Cho hai số x, y liên hệ với nhau bởi đẳng thức x 2 + 2 y 2 − 2 xy + 10 ( x − y ) + 21 = 0. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = x − y + 2 . Bài 3. (1,0 điểm) 2x −1 Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn y = 2 . x − x +1 Bài 4. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn tâm O , có ba đường cao AD, BE , CF ( D ∈ BC , E ∈ AC , F ∈ AB ) cắt nhau tại H . Tia AO cắt BC tại M và cắt ( O ) tại N ; gọi P, Q lần lượt là hình chiếu của M trên AB, AC. Chứng minh: 1) DH là tia phân giác của EDF . HE NB 2) = . HF NC 3) HE.MQ.HB = HF .MP.NC . ----------------------------------------------------- HẾT ------------------------------------------------------ Thí sinh được sử dụng các loại máy tính cầm tay do Bộ Giáo dục và Đào tạo cho phép. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.....................................................Số báo danh:...................................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TỈNH TIỀN GIANG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2022-2023 Môn thi: TOÁN (CHUYÊN TOÁN) ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đáp án có 05 trang) --------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- I. Hướng dẫn chấm thi: - Cán bộ chấm thi chấm 2 vòng độc lập. - Cán bộ chấm thi không tự ý thay đổi thang điểm trong đáp án. - Mọi cách giải khác, nếu đúng vẫn ghi đủ điểm. II. Đáp án và thang điểm: Bài Nội dung Điểm 1 1) Rút gọn các biểu thức: 1,0 (3,0đ) 1 1 1 1 1 M= + + + + + ; 1+ 2 2+ 3 3+ 4 14 + 15 15 + 16 M = 2 − 1 + 3 − 2 + 4 − 3 +  + 15 − 14 + 16 − 15 0,25 M= 16 −= 1 3 0,25 ( ) ( ) ( 3 + 1) 3 2 3 − 1 3 6 3 + 10 2 3 −1 3 =N = 0,25 10 − 2 3 + 5 ( ) ( 5 − 1) 6 + 2 5 N= 2 ( )( 3 + 1=) 3 −1 4 = 1 0,25 ( 5 − 1)( 5 + 1) 4 ( 2) Giải phương trình 1 + 3 x 9 x 2 + 1 )( 9 x 2 + 1 − 3x =1) 1,0 1 + 3x 9 x 2 + 1 = 1 ⇔ 1 + 3 x 9 x 2 += 1 9 x 2 + 1 + 3x 0,25 2 9 x + 1 + 3x ⇔ ( 3 x − 1) ( 9 x2 + 1 −1 =0 ) 0,25 ⇔ 3 x − 1 =0 hoặc 9 x 2 + 1 − 1 =0 0,25 1  1 ⇔ x = hoặc x = 0 . Vậy S = 0;  0,25 3  3 Cách khác: (1 + 3x 9x2 + 1 )( 9 x 2 + 1 − 3= x ) ( 9 x 2 + 1 − 3x )( 9 x 2 + 1 + 3x ) 0,25 Trang 1/5
⇔ 1 + 3 x 9 x 2 += 1 9 x 2 + 1 + 3x 0,25 ⇔ 9 x 2 + 1 − 3x =0 (vô nghiệm) hoặc ( 3 x − 1) ( ) 9 x2 + 1 −1 =0 ⇔ 3 x − 1 =0 hoặc 9 x 2 + 1 − 1 =0 0,25 1 0,25 ⇔ x = hoặc x = 0 3  1 Vây S = 0;   3 2 x 2 + xy + 1 =4 x 3) Giải hệ phương trình  3 2 1,0  x + x y + y = 3x Ta có ( 0; y ) không là nghiệm của hệ nên hệ phương trình đã cho được viết lại:  1 2 x + y + x = 4   x 2 + xy + y =3  x 0,25   1 ( x + y ) +  x + x  = 4    ⇔ 0,25 ( x + y )  x + 1  =    4  x x + y = 2  ⇔ 1 0,25 2  x + x = x = 1 ⇔ . Vậy hệ có tập nghiệm S = {(1;1)} . 0,25 y =1 2 (3,0đ) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol ( P ) : y = ax 2 qua M 3;3 và ( ) 1 đường thẳng ( d ) : y = − x + m (với m là tham số). Xác định phương trình của 2 parabol ( P ) , từ đó tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng ( d ) cắt 1,25 parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt A ( x A ; y A ) , B ( xB ; yB ) khác gốc tọa độ, sao cho y A yB 25 + =. xB x A 16 ( ) ( 3) 2 M 3;3 ∈ ( P ) : y= ax 2 ⇔ 3= a ⇔ a= 1 0,25 Vậy parabol ( P ) : y = x 2 0,25 Trang 2/5
1 Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) : x 2 = − x+m 2 2 ⇔ 2 x + x − 2m = 0 có ∆ = 1 + 16m Để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt A ( x A ; y A ) , B ( xB ; yB ) 1 khác gốc tọa độ ⇔ m > − và m ≠ 0 . 16 0,25 Theo định lý Vi-et, ta có: 1 x A + xB =− , x A . xB =−m 2 y A yB 25 x 2 x 2 25 x3 + x3 25 + = ⇔ A+ B = ⇔ A B = xB x A 16 xB x A 16 x A . xB 16 0,25 3  1  1  −  − 3 ( −m )  −  ( x A + xB ) − 3 x A .xB ( x A + xB ) 25 3 2  2 =25 ⇔ = ⇔ x A . xB 16 −m 16 1 3 − − m 25 ⇔ 8 2 = ⇔ −2 − 24m = −25m −m 16 ⇔m= 2 (thỏa điều kiện). 0,25 2) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 + mx + 1 =0 và x3 , x4 là hai nghiệm của phương trình x 2 + nx + 1 = 0 , với m, n là các tham số thỏa mãn 0,75 m ≥ 2 , n ≥ 2 . Chứng minh rằng : ( x1 − x3 )( x2 − x3 )( x1 + x4 )( x2 + x4 ) =n 2 − m 2 .  x1 + x2 = −m  x3 + x4 = −n Theo định lý Vi-et, ta có :  và   x1 x2 = 1  x3 x4 = 1 0,25 Ta có: VT = ( x1 − x3 )( x2 − x3 )( x1 + x4 )( x2 + x4 ) =  x1 x2 − x3 ( x1 + x2 ) + x32   x1 x2 + x4 ( x1 + x2 ) + x42  =(1 + mx3 + x32 )(1 − mx4 + x42 ) 0,25 = ( mx3 − nx3 )( −mx4 − nx4 ) ( n − m ) x3 ( m + n ) x4 = =n 2 − m 2 =VP . 0,25 3) Cho hai số thực x, y liên hệ với nhau bởi đẳng thức x 2 + 2 y 2 − 2 xy + 10 ( x − y ) + 21 = 0 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của 1,0 biểu thức S = x − y + 2 . Viết lại biểu thức đã cho thành ( x − y + 2 ) + 6 ( x − y + 2 ) + 5 =− y 2 . 2 0,25 Như vậy với mọi x và mọi y ta luôn có S 2 + 6 S + 5 ≤ 0 (với S = x − y + 2 ) 0,25 Suy ra: ( S + 5 )( S + 1) ≤ 0 ⇔ −5 ≤ S ≤ −1 . Do đó: 0,25  x = −7 Giá trị nhỏ nhất của S bằng −5 khi  y = 0 0,25  x = −3 Giá trị lớn nhất của S bằng −1 khi  . y = 0 Trang 3/5
3 2x −1 (1,0đ) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn y = 2 . 1,0 x − x +1 Ta có: 2x −1 0,25 y= 2 ⇔ yx 2 − ( y + 2 ) x + y + 1 =0 . x − x +1 1 y = 0 ⇒ x = (không thỏa). 2 y ≠ 0 , phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 2 2 ∆= ( y + 2 ) − 4 y ( y + 1) ≥ 0 ⇔ − 2 ≤ y≤ . 3 3 0,25 Vì y ∈  và y ≠ 0 nên y ∈ {−1;1} . y =1 ⇒ x 2 − 3 x + 2 = 0 ⇔ x =1 hoặc x = 2 . 0,25 y =−1 ⇒ x + x =0 ⇔ x =−1 hoặc x = 0 . 2 0,25 Vậy có 4 cặp số cần tìm là (1;1) , ( 2;1) , ( −1; −1) , ( 0; −1) . 4 Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn tâm O, có ba đường cao (3,0đ) AD, BE , CF ( D ∈ BC , E ∈ AC , F ∈ AB ) cắt nhau tại H . Tia AO cắt BC tại M 3,0 và cắt ( O ) tại N , gọi P, Q lần lượt là hình chiếu của M trên AB, AC. 1) Chứng minh: DH là tia phân giác của EDF . 1,0 Hình vẽ 0,25 Chứng minh đúng hai tứ giác BFHD, CEHD nội tiếp. 0,25 Suy =  HBF ra HDF  =  HCE ; HDE   = HCE Mà HBF  (cùng phụ với góc A )  = HDE Nên: HDF  0,25 . Vậy DH là tia phân giác của EDF 0,25 HE NC 2) Chứng minh: = . 1,0 HF NB Ta có: NC ⊥ AC nên NC //BH . Tương tự, ta có NB //CH . Suy ra BHCN là hình bình hành. 0,25 Tứ giác BCEF nội tiếp, suy ra:  = BCH FEH  và FBH  = ECH  nên hai tam giác ∆HFE ∽ ∆HBC . 0,25 Do đó, hai tam giác ∆HFE ∽ ∆NCB . 0,25 HE NB Suy ra = . 0,25 HF NC Trang 4/5
3) Chứng minh: HE.MQ.HB = HF .MP.NC 1,0 MQ AM MQ //NC (cùng vuông góc với AC ) ⇒ = NC AN 0,25 MP AM MP //NB (cùng vuông góc với AB ) ⇒ = NB AN MQ MP NB MP = ⇒ = . 0,25 NC NB NC MQ HE NB HE MP Mà = , suy ra = ⇒ HE.MQ = HF .MP. 0,25 HF NC HF MQ Lại có HB = NC (do HBNC là hình bình hành). Vậy: HE.MQ.HB = HF .MP.NC 0,25 ------------------------------------------------- HẾT ------------------------------------------------ Trang 5/5