Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2022 – 2023 sở GD&ĐT Tây Ninh

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 9 đề thi chính thức kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán (chuyên) năm học 2022 – 2023 sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Tây Ninh; kỳ thi được diễn ra vào thứ Tư ngày 08 tháng 06 năm 2022; đề thi có đáp án và lời giải chi tiết. Mời các bạn đón xem!

57 29 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi vào 10 môn Toán năm 2023-2024

Môn: Môn Toán

Thông tin:

4 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Vũ Hường
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 1: (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức P =
(
)
32
.23 32
2 6 63

−−

−−

( ) (
)
( )
(
)
( ) ( )
( )
( )
3 6 3 22 6
18 3 3 2 2 12
P .23 32 .23 32
26 6 6 36
2 6 63
32 33 22 23 2 3 26 6 6 36
.23 32 .23 32
2 6 6 6 3 6 5 6 12 5 6 12
5 6 12
1
5 6 12
−− −
−−+
= −= −
−−+
−−
− − + − −−+
= −= −=
−−+ − −
−
= =
−
Câu 2: (1,0 điểm) Cho hai đường thẳng (d
1
): y=(k-3)x+4 và (d
2
): y=(9-2k)x-5.
Tìm k để (d
1
) song với (d
2
)
( ) ( )
12
k 3 9 2k
d // d k 4
45
−=−
⇔ ⇔=
≠−
Vậy k=4 thì hai đường thẳng đã cho song song với nhau.
Câu 3
Ta có BO=OM=R (bán kính đường tròn (O) nêm AO=a+R.
Áp dụng định lý Pytago ta có:
( ) (
)
22
2 22 2
3
AO AB OB a R 2a R R a
2
= + ⇔+ = + ⇔=
Câu 4: (1,0 điểm) cho đường thẳng
( )
28
d :y x
3
= +
và parabol
. Tìm tọa độ
giao điểm của (d) và (P)
a
2a
M
B
O
A
Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm phương trình:
22
1
1
2
2
1 28
x 0 x 3x 28 0
33
49
y
x7
3
x 4 16
y
3
x
−− =⇔ − − =
=
=
⇔⇒
= −
=
Vậy tọa độ giao điểm của hai đồ thị là
49 16
7; 4;
33
va

−


Câu 5: (1,0 điểm) Chứng minh phương trình
22
5x 2y 2xy 4x 4y 5 0+ − −++=
vô nghiệm
( ) ( )
( )
22
2 22
5x 2y 2xy 4x 4y 5 0
x y 2x 1 y 2 0
+ − −++=
⇔− + − ++ =
Vế trái >0, đẳng thức không xảy ra nên pt vô nghiệm
Câu 6: (1,0 điểm) Tìm m, n nguyên dương để phương trình
( )
2
x 2 m n x 2m 3n 0− − + −=
Ta có
22
12
12
' m n 2mn 2m 3n 0
x x 2m 2n
x x 2m 3n
∆= + − − + ≥
+= −
= −
Theo đề bài
( )
2
22
1 2 1 2 12
x x 10 x x 2x x 10+=⇔+ − =
( )
( )
( )
2
22
2m 2n 2 2m 3n 10
2m 2m 2n 1 2n 3n 5 0 (*)
⇔ − − −=
⇔ − + + + −=
Phương trình (*) phải cí nghiệm nguyên: Khi
11
'0
n
2
m,n
m,n
+
+
∆≥
≤
⇔

∈
∈
Suy ra n =1,2,3,4,5 với n=1,5 thì
'∆
chính phương và m=3, 6
Vậy các cặp số thỏa mãn là (m,n)=(3;1); (6; 5)
Câu 7: (1,0 điểm) Cho đường tròn (O) có đường kính BC, A là điểm nằm trên (O)
(AB<AC, A khác B). Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABO cắt đoạn thẳng AC tại điểm
thứ hai là K. Đường thẳng BK cắt (O) tại điểm thứ hai là L. Cát đường thẳng CL, OK cắt
nhau tại I. Chứng minh ba điểm A, B, I thẳng hàng
GIẢI
Gọi G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABO
Góc ABC=90
0
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O)
Suy ra B, G, K, L thẳng hàng và góc BOK =90
0
(góc nội
tiếp chắn nủa đường tròn tâm G)
L
K
G
O
B
C
A
Do đó IO và BL là hai đường cao của tam giác IBC cắt nhau tại K
Suy ra KC là đường cao thứ ba hay BI
⊥
KC mà BA
⊥
KC suy ra B, A, I thẳng hàng
Câu 8: (2,0 điểm) Cho tam giác điều ABC cạnh a, đường cao AH (H thuộc BC), M là
điểm bất kỳ trên cạnh BC, vẽ ME vuông góc AB tại E và MF vuông góc AC tại F. Gọi O
là trung điểm của AM.
a) (1,0 điểm) Tứ giác OEHF là hình gì?
b) (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tứ giác OEHF theo a khi M di động trên
cạnh BC.
Giải
a) Ta có
0
AEM AHM AFM 90
= = =
suy ra 5 điểm A, E, H, F,M cùng thuộc một đường
tròn đường kính AM
Do
0
EAM FAH 30= =
suy ra
0
EOH FOH 60
= =
. Vậy OEHF là hình thoi
b)
OEHF
1
S EF.OH
2
=
Mà FE=OH
3
và
1 1 a3 3 3
OH AM AH ;
22 4 22
AB a
AH== ≥= =
;
Suy ra
2
2
2 22
OEHF
1 1 1 1 1 a 3 3 3a
S EF.OH 3OH 3AM 3AH 3
2 2 8 8 8 2 32

=== ≥= =


GTNN
2
OEHF
3 3a
S
32
=
khi M trùng với H hay M là trung điểm của BC
Câu 9: (1,0 điểm) Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện
x 0, y 0≥≥
và
22
xy1+=
Chứng minh
33
2
xy1
2
≤+≤
.
Giải Theo điều kiện
x 0, y 0≥≥
và
22
xy1+=
;
0 x 1, 0 y 1 ≤≤ ≤≤
33 22
yxy1Suy ra x +≤+=
( )
(
)
( )
( ) ( )
2
2
22 3 3 33 33
xy x.x y.y xyxy 2xyMaët khaùc1= + ≤ + ≤+ + = +
( )
33
33
12
suy ra x y
2
2
2
xy1
2
Vaäy
+≥ =
≤+≤
| 1/4
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

HƯỚNG DẪN CHẤM  
Câu 1: (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức P = 3 2  − .(2 3 − 3 2) 2 − 6 6 −  3  3( 6 −3) − 2(2 − 6) 18 − 3 3 − 2 2 + 12 P = ( − = − 2 − 6)( 6 −3) .(2 3 3 2) .(2 3 3 2) 2 6 − 6 − 6 + 3 6 3 2 − 3 3 − 2 2 + 2 3 = ( − ) 2 − 3 = ( − ) 2 6 −6−6+3 6 . 2 3 3 2 . 2 3 3 2 = 2 6 − 6 − 6 + 3 6 5 6 −12 5 6 −12 5 6 −12 = = 1 5 6 −12
Câu 2: (1,0 điểm) Cho hai đường thẳng (d1): y=(k-3)x+4 và (d2): y=(9-2k)x-5.
Tìm k để (d1) song với (d2) ( k − 3 = 9 − 2k d / / d ⇔  ⇔ k = 4 1 ) ( 2) 4≠ 5−
Vậy k=4 thì hai đường thẳng đã cho song song với nhau. Câu 3 B 2a a A M O
Ta có BO=OM=R (bán kính đường tròn (O) nêm AO=a+R.
Áp dụng định lý Pytago ta có: 2 2 2 = + ⇔ ( + )2 = ( )2 2 3 AO AB OB a R 2a + R ⇔ R = a 2
Câu 4: (1,0 điểm) cho đường thẳng ( ) 28 d : y = x + và parabol (P) 1 2 : y = x . Tìm tọa độ 3 3
giao điểm của (d) và (P)
Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm phương trình: 1 2 28 2 x − x − = 0 ⇔ x − 3x − 28 = 0 3 3  49 y =  =  1 x 7 1 3 ⇔ ⇒   x = 4 −   16 2 y = 2  3
Vậy tọa độ giao điểm của hai đồ thị là  49   16 7; va   4;  −  3 3     
Câu 5: (1,0 điểm) Chứng minh phương trình 2 2
5x + 2y − 2xy − 4x + 4y + 5 = 0 vô nghiệm 2 2
5x + 2y − 2xy − 4x + 4y + 5 = 0 ⇔ (x − y)2 + (2x − )2 1 + (y + 2)2 = 0
Vế trái >0, đẳng thức không xảy ra nên pt vô nghiệm
Câu 6: (1,0 điểm) Tìm m, n nguyên dương để phương trình 2
x − 2(m − n)x + 2m − 3n = 0 Ta có 2 2
∆ ' = m + n − 2mn − 2m + 3n ≥ 0 x + x = 2m − 2n 1 2 x x = 2m − 3n 1 2 Theo đề bài 2 2 x + x =10 ⇔ x + x − 2x x =10 1 2 ( 1 2)2 1 2
⇔ (2m − 2n)2 − 2(2m − 3n) =10 2 ⇔ 2m − 2m(2n + ) 2 1 + 2n + 3n − 5 = 0 (*)
Phương trình (*) phải cí nghiệm nguyên: Khi  11 ∆' ≥ 0 n ≤  ⇔  2 m,n + ∈ m,n + ∈
Suy ra n =1,2,3,4,5 với n=1,5 thì ∆' chính phương và m=3, 6
Vậy các cặp số thỏa mãn là (m,n)=(3;1); (6; 5)
Câu 7: (1,0 điểm) Cho đường tròn (O) có đường kính BC, A là điểm nằm trên (O)
(ABthứ hai là K. Đường thẳng BK cắt (O) tại điểm thứ hai là L. Cát đường thẳng CL, OK cắt
nhau tại I. Chứng minh ba điểm A, B, I thẳng hàng GIẢI
Gọi G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABO
Góc ABC=900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O)
Suy ra B, G, K, L thẳng hàng và góc BOK =900 (góc nội
tiếp chắn nủa đường tròn tâm G) A L K G B O C
Do đó IO và BL là hai đường cao của tam giác IBC cắt nhau tại K
Suy ra KC là đường cao thứ ba hay BI ⊥KC mà BA ⊥KC suy ra B, A, I thẳng hàng
Câu 8: (2,0 điểm) Cho tam giác điều ABC cạnh a, đường cao AH (H thuộc BC), M là
điểm bất kỳ trên cạnh BC, vẽ ME vuông góc AB tại E và MF vuông góc AC tại F. Gọi O là trung điểm của AM.
a) (1,0 điểm) Tứ giác OEHF là hình gì?
b) (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tứ giác OEHF theo a khi M di động trên cạnh BC. Giải a) Ta có  =  =  0
AEM AHM AFM = 90 suy ra 5 điểm A, E, H, F,M cùng thuộc một đường tròn đường kính AM Do  =  0 EAM FAH = 30 suy ra  =  0
EOH FOH = 60 . Vậy OEHF là hình thoi b) 1 S = EF.OH OEHF 2 Mà FE=OH AB a 3 và 1 1 a 3 3 3 OH = AM ≥ AH = ; AH= = ; 2 2 4 2 2 2 2   Suy ra 1 1 2 1 2 1 2 1 a 3 3 3a S = EF.OH = 3OH = 3AM ≥ 3AH = 3  = OEHF 2 2 8 8 8  2  32 2 GTNN 3 3a S =
khi M trùng với H hay M là trung điểm của BC OEHF 32
Câu 9: (1,0 điểm) Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện x ≥ 0, y ≥ 0 và 2 2 x + y =1 Chứng minh 2 3 3 ≤ x + y ≤1. 2
Giải Theo điều kiện x ≥ 0, y ≥ 0 và 2 2
x + y =1 ; 0 ≤ x ≤1,0 ≤ y ≤1 3 3 2 2 Suy ra x + y ≤ x + y =1 Maët khaùc1= ( + ) ≤ ( + )2 2 2 2 3 3 ≤ ( + )( 3 3 + ) = ( 3 3 x y x. x y. y x y x y 2 x + y ) ( 3 3 + ) 1 2 suy ra x y ≥ = 2 2 2 3 3 Vaäy ≤ x + y ≤1 2
Document Outline

  • Doc1
  • ĐỀ CHUYÊN TOÁN TỈNH TÂY NINH NĂM 2022