Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm 2022-2023 có đáp án - Sở GDKH&CN Bạc Liêu

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

Thêm vào BST

Báo xấu

7
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với mong muốn giúp các bạn có thêm tài liệu ôn tập thật tốt trong kì thi sắp tới. TaiLieu.VN xin gửi đến các bạn "Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm 2022-2023 có đáp án - Sở GDKH&CN Bạc Liêu". Vận dụng kiến thức và kỹ năng của bản thân để thử sức mình với đề thi nhé! Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kì thi.

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 GDKH&CN Bạc Liêu

SỞ GIÁO DỤC, KHOA HỌC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN VÀ CÔNG NGHỆ BẠC LIÊU Năm học: 2022 – 2023 Môn thi: TOÁN CHUYÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu 1: (4 điểm) ( ) a) Chứng minh biểu thức S= n3 (n + 2) 2 + ( n + 1) n3 − 5n + 1 − 2n − 1 chia hết cho 120 , với n là số nguyên. b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: ( 2 x + y )( x − y ) + 3 ( 2 x + y ) − 5 ( x − y ) = 22. Câu 2: (4 điểm)  a 3a + 5 a   ( a − 1) 2  a) Rút gọn biểu thức P=   a − 1 + a a − a − a + 1   4 a  (a > 0, a ≠ 1)    b) Giải hệ phương trình  ( 2 )  x x + y − 40 y = 2 0 2 2  x + 6 y − 40 = 0 Câu 3: (4 điểm) a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x 2 − 5 x + m − 2 = 0 có hai nghiệm dương phân 1 1 3 biệt x1 , x2 thoả mãn hệ thức: + = . x1 x2 2 b) Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a + b + c =3 . Chứng minh rằng: 9a 2b 2 c 2 a 2b + b 2 c + c 2 a ≥ . 1 + 2a 2b 2 c 2 Câu 4: (4 điểm) Cho đường tròn tâm O có đường kính MN = 2 R . Vẽ đường kính AB của đường tròn ( O ) ( A khác M và A khác N ) . Tiếp tuyến của đường tròn ( O ) tại N cắt các đường thẳng MA, MB lần lượt tại các điểm I , K . a) Chứng minh tứ giác ABKI nội tiếp. b) Khi đường kính AB quay quanh tâm O thoả mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí của đường kính AB để tứ giác ABKI có diện tích nhỏ nhất. Câu 5: (4 điểm) Cho nửa đường tròn ( O ) đường kính AB , điểm C thuộc nửa đường tròn (C khác A và B) . Gọi I là điểm chính giữa cung AC , E là giao điểm của AI và BC . Gọi K là giao điểm của AC và BI . a) Chứng minh rằng EK ⊥ AB . b) Gọi F là điểm đối xứng với K qua I . Chứng minh AF là tiếp tuyến của ( O ) . 6 = c) Nếu sin BAC . Gọi H là giao điểm của EK và AB . Chứng minh KH ( KH + 2 HE ) =2 HE ⋅ KE . 3 ---Hết---
HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1: a) Ta có ( S= n n 4 + 5n3 + 5n 2 − 5n − 6 ) ( )( ) ( ) n  n 2 − 1 n 2 + 6 + 5n n 2 − 1  = n ( n − 1)( n + 5n + 6 ) . = 2 2 = n ( n − 1)( n + 1)( n + 2 )( n + 3) =( n − 1) n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3) Ta thấy S là tích của 5 số nguyên liên tiếp và 120 = 3.8.5 +) Trong 5 số nguyên liên tiếp có một số chia hết cho 3 nên tích cũng chia hết cho 3 . +) Trong 5 số nguyên liên tiếp sẽ có 2 số chã̃n liên tiếp có dạng 2k + 2 với k ∈  . Do đó tích của chúng có dạng 4k ( k + 1) mà k ( k + 1) 2 ⇒ 4k ( k + 1) : 8 +) Trong 5 số nguyên liên tiếp sẽ có một số chia hết cho 5 nên tích của chúng cũng chia hết cho 5 . Vậy S chia hết cho 120 . b) ( 2 x + y )( x − y ) + 3 ( 2 x + y ) − 5 ( x − y ) = 22 . ⇔ ( 2 x + y )( x − y + 3) − 5 ( x − y + 3) =7 ⇔ ( 2 x + y − 5 )( x − y + 3) =7 Vì 7 = 1.7 = 7.1 = ( −1) ⋅ ( −7 ) = ( −7 ) ⋅ ( −1) nên ta có 4 trường hợp xảy ra   10 2 x + y − 5 =  x= 1  3 1:  ⇔ (loại)  x − y + 3 =7 y = − 2   3   10 2 x + y − 5 =  x= 7  3 TH2:  ⇔ . (loại)  x − y + 3 =1 y = 16   3 2 x + y − 5 =−1  x =−2 TH3:  ⇔  x − y + 3 =− 7  y =8 2 x + y − 5 =−7  x =−2 TH4:  ⇔  x − y + 3 =−1  y =2 Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên là ( −2;8 ) và ( −2; 2 ) Câu 2:  a a −1 a) P =  ( + ) 3a + 5 a   2  ⋅  ( a − 1)   ( )  ( a − 1) a − 1 ( a − 1) a − 1  ( )   4 a  
    4a + 4 a a − 1) 2   ⋅( = 4 a ( a − 1) 2  ⋅ = 1 b)  ( )  ( a − 1) 2 a + 1   4 a  ( a − 1) 2 4 a  x3 + xy 2 − 40 y = 0 ⇔  x + xy − x + 6 y y = 3 2 2 2 ( ) 0 (1)  2  40 ( 2 ) 2  x + 6 y − 40 = 0 2 2  x + 6 y = ( ) x 3 + xy 2 − x 2 + 6 y 2 y = 0 ⇔ x 3 + xy 2 − x 2 y − 6 y 3 = 0 ⇔ x3 − 2 x 2 y + x 2 y − 2 xy 2 + 3 xy 2 − 6 y 3 = 0 x = 2y ( ⇔ ( x − 2 y ) x 2 + xy + 3 y 2 = 0⇔ 2 x + )xy + 3 y 2 0 = +) Trường hợp 1:  2 2 y  11 y 2 2 x + xy + 3 y = 0 ⇔  x +  + = 0 ⇔ x = y = 0  2 4 Vô nghiệm vì x= y= 0 không thỏa mãn phương trình ( 2 ) . +) Trường hợp 2 : x = 2 y thay vào phương trình ( 2 ) ta có: y = 2 4 y 2 + 6 y 2 =40 ⇔ y 2 =4 ⇔  .  y = −2 Ta có y = 2⇒ x= 4; y =−2 ⇒ x = −4 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm ( x; y ) là ( 2; 4 ) và ( −2; −4 ) . Câu 3:  x1 + x2 =5 a) Theo hệ thức Vi-et ta có  (1) . .  x1 x2= m − 2 Để phương trình đã cho có hai nghiệm dương phân biệt thì Δ > 0   S = x1 + x2 > 0 =P x x > 0  1 2 (−5) 2 − 4 ( m − 2 ) > 0  33  m < Thay (1) vào ta được 5 > 0 ⇔ 4 m − 2 > 0 m > 2  1 1 3 x2 + x1 3 Ta có x1 + =⇒ x2 2 x1 x2 =⇒ 2 2 ( ) 3 x1 x2 x2 + x1 = ( ) 9 x1 x2 . ⇒ 4 x1 + x2 + 2 x1 x2 = Thay (1) vào ta được: ( ) ⇒ 4 5 + 2 m − 2 = 9 ( m − 2 ) ⇒ 9 ( m − 2 ) − 8 m − 2 − 20= 0. (2) t t= m − 2, t ≥ 0 khi đó phương trình ( 2 ) trở thành phương trình t = 2 (n) 9t − 8t − 20 = 0 ⇔  2 Với t = 2 ta có m − 2 = 2 ⇔ m − 2 = 4 ⇔ m = 6 thoả mãn điều kiện. t = − 10 (l )  9 Vậy m = 6 thoả yêu cầu bài toán. b) Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành
( a b + b c + c a )  2 + a b1 c 2 2 2 2 2 2  ≥9  1 1 1 2 ( ⇔ a 2b + b 2 c + c 2 a + ) 2 + 2 + 2 ≥ 9. ab bc ca Mặt khác sử dụng bất đẳng thức Cô-si bộ ba số, ta có 1 1 a 2b + a 2b + 2 ≥ 3 3 a 2b ⋅ a 2b ⋅ 2 = 3a ab ab 1 1 b2c + b2c + 2 ≥ 3 3 b2c ⋅ b2c ⋅ 2 = 3b . bc bc 1 1 c2a + c2a + 2 ≥ 3 3 c2a ⋅ c2a ⋅ 2 = 3c ca ca 1 1 1 Cộng ba bất đẳng thức trên lại vế theo vế, ta được 2 ( a 2b + b 2 c + c 2 a ) + 2 + 2 + 2 ≥ 3(a + b + c) =9. ab bc ca Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b= c= 1 . Câu 4:  = MNA a) Ta có MBA  (cùng chắn cung MA )  = MIN Mà MNA  (cùng phụ với góc  AMN )  = MIN Suy ra MBA +  . Mà MBA ABK =180 (hai góc kề bù) + Nên MIN ABK = 180 suy ra tứ giác ABKI nội tiếp vì có tồng hai góc đối bằng 180 . b) Ta có AMB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét tam giác vuông MIK có MN là đường cao Suy ra MN =2 NK ⋅ NI . Ta có 2=S ABKI 2 S MIK − 2 S  MAB = 2 R ⋅ IK − MA ⋅ MB = 2 R ⋅ ( IN + NK ) − MA ⋅ MB Áp dụng bất đẳng thức cô-si ta có
MA2 + MB 2 AB 2 IN + NK ≥ 2 IN ⋅ IK = 4 R MA ⋅ MB ≤ = = 2 R 2 Suy ra 2 2 2 S ABKI ≥ 2 R ⋅ 4 R − 2 R 2 = 6 R 2 ⇒ S ABKI ≥ 3R 2 Dấu bằng xảy ra = khi IN NK = ; MA MB y S ABKI nhỏ nhất khi AB ⊥ MN . Câu 5: a) Ta có  AIB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ BI ⊥ AE . Tương tự AC ⊥ BE ⇒ AEB có hai đường cao AC , BI cắt nhau tại K ⇒ K là trực tâm  AEB ⇒ EK ⊥ AB (tính chất ba đường cao). b) Do I là điểm chính giữa AC ⇒ IA = IC  ⇒ IBA  = IBC (hai góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau).  = IBC Mà IAC  (hai góc nội tiếp cùng chắn IC =  ) ⇒ IAC . IBA  FAK có AI là đường cao ( AI ⊥ BI ) đồng thời là đường trung tuyến (F và K đối xứng qua I ) = ⇒ FAK cân tại A ⇒ FAI  . IAK Ta có FAB = FAI  + IAB  = IAK  + IAB  = IBA  + IAB  =90 ⇒ AF ⊥ AB tại A ⇒ AF là tiếp tuyến của ( O ) . = KH c) Ta có sin KAH AK  = 6 ⇒ KH = 6 ⇒ AK = 6 HK .  ABE có BI vừa là đường cao vừa là đường phân Mà sin BAC 3 AK 3 2 = KE ( K ∈ BI ) . giác ⇒ ABE cân tại B nên BI cũng là đường trung trực ⇒ KA  6  1 EH = EK + KH =  +  KH  2  Ta có KH ( KH + 2 HE )   6   KH  KH + 2  = + 1 KH  = ( 3 + 6 KH 2 . )   2  
 6  6 Và 2 HE ⋅ KE = 2   2 + 1 HK ⋅ 2 HK = ( ) 3 + 6 HK 2 .   Suy ra KH ( KH + 2 HE ) =2 HE ⋅ KE . Ghi chú : Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhung đúng thì vẫn cho đủ số điểm tùng phần nhu hướng dẫn quy định. ---Hết---