Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

13
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo và luyện tập với tài liệu "Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu" dưới đây để chuẩn bị cho kì thi học kì sắp tới. Đề thi có đi kèm đáp án và lời giải giúp các bạn so sánh kết quả và đánh giá được năng lực của bản thân, từ đó có kế hoạch ôn tập phù hợp để đạt kết quả cao trong kì thi. 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 THPT môn Toán năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU Năm học: 2022 – 2023 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MÔN: TOÁN (Chuyên) Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi:09/06/2022 Câu 1 (3,0 điểm).  x 2 x  2  2( x  1) a) Rút gọn biểu thức P    2  : với x  0, x  1 .  ( x  1)( x  1) ( x  1)  (1  x) 2 b) Giải phương trình: x 2  3 x  2  ( x  1) 2 x  5  0 .  x 2  4 xy  x  2  0 c) Giải hệ phương trinh:  . 4 y  x  4 y  1  0 2 Câu 2 (2,0 điểm). ac a) Cho các số thực a , b, c , d thỏa mãn  2 . Chứng minh phương trình sau luôn bd có nghiệm  x 2  ax  b  x 2  cx  d   0 b) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn phương trình ( x  y )(2 x  3 y) 2  2 x  y  2  0 . Câu 3 (1,0 điểm). Với các số thực dương x, y , z thỏa mãn 2  x 2  y 2  z 2   3 y ( x  z ) . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  2( x  y  z )   x 2  z 2  . Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn tâm O và có ba đường cao AD, BE , CF cắt nhau tại H . Gọi I , J lần lượt là trung điểm của AH và BC . a) Chứng minh rằng IJ vuông góc với EF và IJ song song với OA . b) Gọi K , Q lần lượt là giao điểm của EF với BC và AD . Chứng minh rằng QE KE  . QF KF  cắt AB, AC lần lượt tại M và N . Tia c) Đường thẳng chứa tia phân giác của FHB  cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN tại điểm P khác A . phân giác của CAB Chứng minh ba điểm H , P, J thẳng hàng. Câu 5 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC cố định có diện tích S . Đường thẳng d thay đổi đi qua trọng tâm của tam giác ABC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M , N , Gọi S1 , S2 lần lượt là diện tích các tam giác ABN và ACM . Tìm giá trị nhỏ nhất của S1  S 2 .
--------------HẾT------------- HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1 (3,0 điểm).  x 2 x  2  2( x  1) a) Rút gọn biểu thức P    2  : với x  0, x  1 .  ( x  1)( x  1) ( x  1)  (1  x) 2 b) Giải phương trình: x 2  3 x  2  ( x  1) 2 x  5  0 .  x 2  4 xy  x  2  0 c) Giải hệ phương trinh:  2 . 4 y  x  4 y  1  0 Lời Giải:  ( x  2)( x  1)  ( x  2)( x  1)  ( x  1) 2 (2 x )( x  1)2 a) P       x.  ( x  1)( x  1) 2  2( x  1) 2( x  1) ( x  1) 2 2 5 b) Điều kiện : x  . 2  x  1  0(1) Phương trình  ( x  1)( x  2  2 x  5)  0   .  x  2  2 x  5(2) (1)  x  1 (không thỏa mãn điều kiện). x  2 x  2 (2)    2  x  3. ( x  2) 2  2 x  5  x  6 x  9  0 Vậy tập hợp nghiệm của phương trình đã cho là S  {3} . c) Cộng hai phương trình đã cho theo vế được x  2 y  1 ( x  2 y )2  2( x  2 y )  3  0   .  x  2 y  3 Trường hợp 1: x  2 y  1  x  1  2 y thay vào phương trình sau của hệ thu được y  0  x 1 4 y  1 2 y  4 y 1  0   2 y   1  x  2  2 Trường hợp 2 : x  2 y  3  x  2 y  3 thay vào phương trình sau của hệ thu được  1  17 5  17 y  x 4 2 4 y2  3  2 y  4 y 1  0  2 y2  y  2  0    1  17 5  17 y  x  4 2 Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm 1   5  17 1  17   5  17 1  17  1; 0  ;  2;  ; ;  ;  ;  .  2   2 4   2 4 
Câu 2 (2,0 điểm). ac a) Cho các số thực a , b, c , d thỏa mãn  2 . Chứng minh phương trình sau luôn bd có nghiệm  x 2  ax  b  x 2  cx  d   0 b) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn phương trình ( x  y )(2 x  3 y) 2  2 x  y  2  0 . Lời Giải:  x 2  ax  b  0(1) a) Phương trình đã cho   2 .  x  cx  d  0(2) Ta có 1  a 2  4b và  2  c 2  4d Giả sử phương trình này vô nghiệm, khi đó cả hai phương trình (1), (2) đều vô (1)  0 4b  a 2 nghiệm. Tức là    b  0; d  0  b  d  0 . (2)  0  4d  c 2 ac Lúc này theo giả thiết thì  2  ac  2(b  d ) . bd 1 2 2 Tuy nhiên điều này vô lý do 2(b  d )  2   a  c  ac . Vậy với điều kiện đề cho thì pt  x 2  ax  b  x 2  cx  d   0 luôn có nghiệm a  x  y b/ Đặt  b  2 x  3 y Khi đó 2 x  y  2  4 x  4 y  2 x  3 y  2  4  x  y    2 x  3 y   2  4a  b  2 Ta có ( x  y )(2 x  3 y) 2  2 x  y  2  0  ab 2  4a  b  2  0  a b2  4   b  2  b  2 b 2  4   b  2  b  2   b 2  4    b 2  4    b  2  b  2   b 2  4   8  b 2  4    b 2  4   4,8
1 Nếu b 2  4  4  b  0  a   2  1 x  y    2 2 x  3 y  0  3 x    2 (loại)  y  1 Nếu b 2  4  4 b  2  a  0  b  2  a   1  2 *) b  2  a  0 x  y  0  2 x  3 y  2  x  2  (nhận) y  2 1 *) b  2  a   2  1 x  y    2 2 x  3 y  2  1 x   2 (loại)  y  1 Vậy  2;2  thỏa mãn pt đã cho Câu 3 (1,0 điểm). Với các số thực dương x, y , z thỏa mãn 2  x 2  y 2  z 2   3 y ( x  z ) . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  2( x  y  z )   x 2  z 2  . Lời Giải: Ta có : 3 y ( x  z )  2 y 2  2  x 2  z 2   2 y 2  ( x  z ) 2  3 y( x  z )  2 y 2  ( x  z )2  ( x  z)2  3 y( x  z )  2 y 2  0
2  xz  x z     3 2 0  y   y  xz 1  2. y Do đó : 2 2 3  1  1 3 P  4( x  z )  x  z  2 x  z  x  z  x  z  1  x  z    x     z    2 2 2 2 2 2 2  2  2 2 . 1 Đẳng thức xảy ra  x  z  ; y  1 . 2 3 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là . 2 Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn tâm O và có ba đường cao AD, BE , CF cắt nhau tại H . Gọi I , J lần lượt là trung điểm của AH và BC . a) Chứng minh rằng IJ vuông góc với EF và IJ song song với OA . b) Gọi K , Q lần lượt là giao điểm của EF với BC và AD . Chứng minh rằng QE KE  . QF KF  cắt AB, AC lần lượt tại M và N . Tia c) Đường thẳng chứa tia phân giác của FHB  cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN tại điểm P khác A . phân giác của CAB Chứng minh ba điểm H , P, J thẳng hàng. Lời Giải:
A J E Q F O H K B C D I T 1 1 a) IE  IF  BC ; JE  JF  AH 2 2  IJ là đường trung trực của EF .  IJ  EF Kẻ đường kính AT của (O )  BHCT là hình bình hành  I là trung điểm của HT .  IJ //AT b) Các tứ giác BDHF , CDHE , BCEF là các tứ giác nội tiếp nên ta có   HCE EDH   HBF   HDF  và do HD  HK  DQ, DK là phân giác trong và phân giác ngoài của tam giác DEF . QE KE  DE  Đến đây theo tính chất đường phân giác thì   . QF KF  DF 
A J E Q O F N H G R L M P K B C D I T c) Ta có    MHB AMH  MBH   NCH   NHC   HNA   AMN cân tại A  AP là đường kính của ( AMN )  PM //HC , PN //HB . Gọi G là giao điểm của PM , HB và L là giao điểm của PN , HC . Khi đó tứ giác HGPL là hình bình hành nên HP đi qua trung điểm R của GL . Đến đây sử dụng định lý Talet và tính chất đường phân giác ta được GH MF HF   ; GB MB HB LH NE HE   . LC NC HC HF HE Tuy nhiên hai tam giác HFB , HEC đồng dạng nên  . HB HC GH LH    GL //BC GB LC Cho HR cắt BC tại I RG AR RL sử dụng định lý Talet thì   I  B AI  I C  I B  I C  I   I .
Vậy ba điểm H , P, I thẳng hàng. Câu 5 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC cố định có diện tích S . Đường thẳng d thay đổi đi qua trọng tâm của tam giác ABC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M , N , Gọi S1 , S2 lần lượt là diện tích các tam giác ABN và ACM . Tìm giá trị nhỏ nhất của S1  S 2 . Lời Giải: A M G N B C D Gọi D là trung điểm BC và G là trọng tâm tam giác ABC . AM AN S AMN S AMG  S ANG Ta có :    AB AC S S 1 S AMG 1 S ANG 1 AM AG 1 AN AG 1  AM AN                2 S ABD 2 S ACD 2 AB AD 2 AC AD 3  AB AC  AB AC   3 AM AN S1  S 2 S ABN  S ACM AN AM Mà    S S ABC AC AB S1  S 2  AN AM  AB AC   3.     4 S  AC AB  AM AN  4  S1  S2  S. 3 AM AN Đẳng thức xảy ra    d //BC . AB AC
4 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức S1  S2 là S , đạt được khi và chỉ khi d //BC . 3