Giải kì thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT, năm 2023 tỉnh Bình Thuận môn Toán

Tổng hợp Giải kì thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT, năm 2023 tỉnh Bình Thuận môn Toán rất hay và bổ ích giúp bạn đạt điểm cao. Các bạn tham khảo và ôn tập để chuẩn bị thật tốt cho kỳ thi tốt nghiệp sắp đến nhé. Mời bạn đọc đón xem.

36 18 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:

5 trang 9 tháng trước

Tác giả:

Profile Minh Thư
Trang 1
GIẢI KÌ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT, NĂM 2023 TỈNH BÌNH THUẬN
MÔN: TOÁN (chuyên Toán)
Bài 1. (2,0 điểm) Giải phương trình
2
9 53 2 1 71x x x
.
Li gii.
Điều kiện:
1
2
x 
.
Đặt
2 1( 0)t x t
suy ra
42
2
2
21
4
2 1( 0)
1
2
tt
x
t x t
t
x

khi đó phương đã cho trở thành:
4 2 2
9 124 4 399 0 3 3 7 3 2 19 0t t t t t t t
2
30
3 7 0
3 2 19 0
t
t
tt

2
3 ( )
7
()
3
3 2 19 0(4)
tn
tl
tt
+ Với t = 3 suy ra
+
2
1 58
()
3
3 2 19 0
1 58
( i)
3
t nhan
tt
t loa


+Với
1 58
3
t

suy ra
1 58 59 2 58 25 58
2 1 2 1
3 9 9
x x x
Vậy
25 58
4;
9
S





.
Bài 2. (2,0 điểm)
a) Kí hiệu
()Sn
là tổng các chữ số của số nguyên dương
n
. Biết
a
và
b
là hai số nguyên dương thỏa
( ) ( ) ( )S a S b S a b
. Chứng minh rằng
a
và
b
chia hết cho 9 .
b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
2 2 4 4
( 1) ( 1)x x y y
.
Li gii
a) Theo giả thiết ta có:
9a S a


(1) (do
,n S n
có cùng số dư khi chia cho 9)
9b S b


(2)
9a b S a b


(3)
Từ (3) ta có :
*
9 9 9a b S a b a b S b a
*
9 9 9b a S a b b a S a b
b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
2 2 4 4
( 1) ( 1)x x y y
.
Ta có:
Trang 2
4 3 2
4 3 2
2
2
2
2
2 2 4 4 2
2
2
2 3 2
1 2 3 2 1
1 1 (*)
1 1 1 (*)
( 1) ( 1)x x y y y y
x y y y y
x y y
x x y
x y y
x
y
x
x



+ Nếu
0
1
x
x

thì từ (*) suy ra
2
2
2
2
11
1 1 0; 1
11
yy
y y y
yy
.
Vậy trong trường hợp này phương trình (*) có 4 nghiệm là
0;0 , 0; 1 , 1;0 , 1; 1
.
+ Nếu
1x 
thì do
2
2 2 2 2
1 2 1 1 1x x x x x x x x x
nên (*) không có nghiệm
nguyên.
+ Nếu
0x
thì do
2
2 2 2 2
1 2 1 1 1x x x x x x x x x
nên (*) không có nghiệm
nguyên.
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên là
0;0 , 0; 1 , 1;0 , 1; 1
.
Li gii
*Ta có
1 1 1
33ab bc ca abc
abc
.
* Theo AM – GM ta có:
22
2
1 1 1 1 1 1 1
2 2 .2 .
44
2
a
a bc a bc a bc
a bc b c b c
bc



.
Chứng minh tương tự ta được:
2
1 1 1
4
b
b ca c a




và
2
1 1 1
4
c
c ab a b




.
Suy ra
2 2 2
1 1 1 1 3
22
a b c
a bc b ca c ab a b c



(đpcm)
Bài 4. (3,0 điểm) Cho tam giác đều
ABC
có đường cao
AH
. Trên cạnh
BC
lấy điểm
M
tuỳ ý (
M
không
trùng
, , )B H C
. Gọi
.PQ
lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ
M
đến
,AB AC
.
a) Chứng minh rằng
MP MQ AH
.
b) Gọi
K
là trung điểm của
AM
. Chứng minh
KH PQ
.
c) Cho đường tròn
()O
nội tiếp tam giác
ABM
. Gọi
,,D E F
theo thứ tự là tiếp điểm của
()O
với các cạnh
,,BM AB AM
. Vẽ
DN
vuông góc với
EF
tại
N
. Chứng minh
BNE MNF
.
Li gii
Bài 3. (2,0 điểm) Cho các số dương
,,abc
thỏa mãn
3ab bc ca abc
.
Chứng minh rằng
2 2 2
3
2
a b c
a bc b ca c ab
.
Trang 3
a) Chứng minh rằng
MP MQ AH
.
*Do
ABC
đều nên
AB AC BC
.
*Ta có
1 1 1
. . .
2 2 2
ABM ACM ABC
S S S MP AB MQ AC AH BC MP MQ AH
Cách 2:
MQC
vuông tại Q
0
.sin60MQ MC
MPB
vuông tại P
0
.sin60MP MB
Suy ra: MP + MQ =
0 0 0 0
.sin60 .sin60 sin60 .sin60MQ MP MC MB MB MC BC
(1)
AHC
vuông tại H
00
.sin60 .sin60 ( )AH AC BC do AC BC
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:MP+MQ = AH.
b) Gọi
K
là trung điểm của
AM
. Chứng minh
KH PQ
.
Ta có:
0
90AHM AQM APM
suy ra năm điểm A, Q, M, H, P cùng thuộc một đường tròn
mà
HAQ HAP
(
ABC
đều có AH là cao đồng thời là phân giác) suy ra
HP HQ HP HQ
(3).
+Ta có:
MQC
và
MPB
vuông lần lượt tại Q và P có QK và PK lần lượt là đường trung
tuyến(KA=KM(gt)).
2
AM
KP KQ
(4).
Từ (3) và (4) suy ra: HK là đường trung trực của PQ suy ra:
KH PQ
.
c) Cho đường tròn
()O
nội tiếp tam giác
ABM
. Gọi
,,D E F
theo thứ tự là tiếp điểm của
()O
với các
cạnh
,,BM AB AM
. Vẽ
DN
vuông góc với
EF
tại
N
. Chứng minh
BNE MNF
.
N
F
E
D
O
K
Q
P
M
H
C
B
A
Trang 4
+Kẻ BI vuông góc với EF tại I, Kẻ MJ vuông góc với EF tại J,
Ta có :
AEF AFE
(t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) suy ra:
IEB JFC
mà
0
90BIE CJF
Ta có:
IBE
đồng dạng với
JMF
suy ra:
IE BE BD IN
IF MF MD JN
(ta lét)
Suy ra:
IE BE BD IN IN IE EN
IF MF MD JN JN IF FN
suy ra:
BE EN
MF FN
(do t/c tiếp tuyến nên BD=BE và DM =MF) mà
BEN MFN
(cùng kề bù với 2 góc
bằng nhau
AEF AFE
) suy ra:
BEN
đồng dạng với
MFN
suy ra:
ENB MNF
.
Cách 2: Theo tính chất tiếp tuyến ta có
AEF
cân tại
A
nên suy ra
AEF AFE
, do đó
BEI MFJ
.
Từ đây ta được hai tam giác
,BIE MJF
đồng dạng với nhau (g.g), suy ra
BI BE BD IN
MJ MF MD JN
BI MJ
IN JN
hai tam giác
,BIN MJN
đồng dạng với nhau. Do đó ta được:
BNI MNJ
hay
BNE MNF
(đpcm)
D
O
J
I
N
F
E
M
B
Trang 5
Bài 5. (1,0 điểm) Chia bảng vuông có cạnh bằng
23 cm
thành các ô vuông có cạnh bằng
1 cm
. Ban đầu,
tất cả các ô vuông được điền bởi dấu "+". Sau đó, người ta thực hiện đổi dấu (mỗi lần đổi dấu là chuyển
"+" thành "-", "-" thành "+") trong các ô vuông ở các dòng và các cột của bảng theo qui tắc sau:
- Tất cả các ô của dòng thứ
i
được đổi dấu
i
lần
(i
và
1 23)i
.
- Tất cả các ô của cột thứ
j
được đổi dấu
51j
lần
( j
và
1 23)j
.
Hỏi sau khi thực hiện tất cả thao tác đổi dấu, trên bảng còn bao nhiêu dấu "+"?
Li gii
* Theo cách chia ta có bảng ô vuông 23x23; trong đó có 12 dòng mà
i
lẻ; 11 dòng mà
i
chẵn và 12
cột mà
j
lẻ; 11 cột mà
j
chẵn.
*Theo quy tắc đổi dấu thì ô vuông ở vị trí
ij
(dòng thứ
i
và cột thứ
j
) sẽ phải đổi dấu
i 5j 1 i 5j 1
lần.
*Do
i 5j 1 i j 4j 1
luôn là số lẻ nên hai số
i 5j 1 ; i j
không có cùng tính chẵn
lẻ. Do đó những ô vuông ở vị trí mà
ij
lẻ sẽ đổi dấu một số chẵn lần (do
i 5j 1
chẵn), nên
những ô này sau khi đổi dấu vẫn mang dấu (+); còn những ô vuông ở vị trí mà
ij
chẵn sẽ đổi
dấu một số lẻ lần (do
i 5j 1
lẻ), nên những ô này sau khi đổi dấu sẽ mang dấu (-).
*Ta có
11 12 12 11 264
ô vuông mà
ij
lẻ, tức là sau khi đổi dấu theo quy tắc trên thì trên
bảng còn lại
264
dấu (+)
----HẾT---
| 1/5
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:


GIẢI KÌ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT, NĂM 2023 TỈNH BÌNH THUẬN
MÔN: TOÁN (chuyên Toán)
Bài 1. (2,0 điểm) Giải phương trình 2
9x  53x  2x 1  71. Lời giải. Đ 1 iều kiện: x   . 2 4 2  t  2t 1 2 x   Đặ 4
t t  2x 1(t  0) suy ra t  2x 1(t  0)  
khi đó phương đã cho trở thành: 2  t 1 x   2  t  3 (n) t  3  0   7 4 2 t t t
  t   t   2 9 124 4 399 0 3 3
7 3t  2t 19  0  3t  7  0 
 t   (l)  3 2
3t  2t 19  0  2
3t  2t 19  0(4)
+ Với t = 3 suy ra 2x 1  3  2x 1  9  x  4(nha ) n  1   58 t  (nhan) 3 + 2
3t  2t 19  0    1   58 t  ( i loa )  3 1 58 1   58 59  2 58 25  58 +Với t  suy ra 2x 1   2x 1   x  3 3 9 9  25 58  Vậy S  4;  .  9  
Bài 2. (2,0 điểm)
a) Kí hiệu S (n) là tổng các chữ số của số nguyên dương n . Biết a và b là hai số nguyên dương thỏa
S (a)  S (b)  S (a b) . Chứng minh rằng a và b chia hết cho 9 .
b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 2 4 4
x  (x 1)  y  ( y 1) . Lời giải a) Theo giả thiết ta có: a S  a 9  (1) (do ,
n S n có cùng số dư khi chia cho 9) b   S  b 9  (2) a b
 S a b 9  (3) Từ (3) ta có : * a  
bS a b 9  a   
bS b 9  a 9  * b  
a S a b 9  b  
a S a 9  b 9 
b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 2 4 4
x  (x 1)  y  ( y 1) . Ta có: Trang 1 2 2 4 4 2 4 3 2
x  (x 1)  y  ( y 1)  x x y  2 y  3y  2 y 2 4 3 2
x x 1  y  2y  3y  2y 1 2
x x 1   y y  2 2 1 (*)
xx  
1 1   y y  2 2 1 (*) x  0 2 2
y y 1 1 + Nếu  thì từ (*) suy ra  2 y y   1  1    y 0;  1 . x  1 2
y y 1  1 
Vậy trong trường hợp này phương trình (*) có 4 nghiệm là 0;0,0;   1 ,  1  ;0, 1  ;  1 . 2 + Nếu x  1
 thì do x   2
x x    2 x x   2 2 1 2 1
1  x x x 1  x nên (*) không có nghiệm nguyên. 2
+ Nếu x  0 thì do  x   2
x x    2 x x   2 2 1 2 1
1  x x x 1  x nên (*) không có nghiệm nguyên.
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên là 0;0,0;   1 ,  1  ;0, 1  ;  1 .
Bài 3. (2,0 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn ab bc ca  3abc . a b c 3 Chứng minh rằng    . 2 2 2 a bc b ca c ab 2 Lời giải 1 1 1
*Ta có ab bc ca  3abc     3. a b c a 1 1 1 1 1  1 1  * Theo AM – GM ta có: 2 2
a bc  2 a bc  2a bc    .2 .     . 2 a bc 2 bc 4 b c 4  b c b 1  1 1  c 1  1 1 
Chứng minh tương tự ta được:     và     . 2 b ca 4  c a  2 c ab 4  a b a b c 1  1 1 1  3 Suy ra         (đpcm) 2 2 2 a bc b ca c ab 2  a b c  2
Bài 4. (3,0 điểm) Cho tam giác đều ABC có đường cao AH . Trên cạnh BC lấy điểm M tuỳ ý ( M không
trùng B, H , C) . Gọi P.Q lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ M đến AB, AC .
a) Chứng minh rằng MP MQ AH .
b) Gọi K là trung điểm của AM . Chứng minh KH PQ .
c) Cho đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABM . Gọi D, E, F theo thứ tự là tiếp điểm của (O) với các cạnh
BM , AB, AM . Vẽ DN vuông góc với EF tại N . Chứng minh BNE MNF . Lời giải Trang 2 A K E N P F O Q H M C D B
a) Chứng minh rằng MP MQ AH . *Do ABC
đều nên AB AC BC . 1 1 1 *Ta có SSSM . P AB M . Q AC
AH .BC MP MQ AH ABM ACM ABC 2 2 2 Cách 2: M
QC vuông tại Q  0
MQ MC.sin 60 M
PB vuông tại P  0 MP M . B sin 60 Suy ra: MP + MQ = 0 0
MQ MP MCMB
 MB MC 0 0 .sin 60 .sin 60 sin 60  B . C sin 60 (1) A
HC vuông tại H  0 0
AH AC.sin 60  BC.sin 60 (do AC BC) (2)
Từ (1) và (2) suy ra:MP+MQ = AH.
b) Gọi K là trung điểm của AM . Chứng minh KH PQ . Ta có: 0
AHM AQM APM  90 suy ra năm điểm A, Q, M, H, P cùng thuộc một đường tròn
mà HAQ HAP ( ABC
đều có AH là cao đồng thời là phân giác) suy ra HP HQ HP HQ (3). +Ta có: MQC và M
PB vuông lần lượt tại Q và P có QK và PK lần lượt là đường trung AM
tuyến(KA=KM(gt)). KP KQ  (4). 2
Từ (3) và (4) suy ra: HK là đường trung trực của PQ suy ra: KH PQ .
c) Cho đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABM . Gọi D, E, F theo thứ tự là tiếp điểm của (O) với các
cạnh BM , AB, AM . Vẽ DN vuông góc với EF tại N . Chứng minh BNE MNF . Trang 3 J F N E I O D M B
+Kẻ BI vuông góc với EF tại I, Kẻ MJ vuông góc với EF tại J,
Ta có : AEF AFE (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) suy ra: IEB JFC mà 0
BIE CJF  90 IE BE BD IN Ta có: IBE  đồng dạng với JMF suy ra:    (ta lét) IF MF MD JN IE BE BD IN IN IE EN Suy ra:      IF MF MD JN JN IF FN BE EN suy ra: 
(do t/c tiếp tuyến nên BD=BE và DM =MF) mà BEN MFN (cùng kề bù với 2 góc MF FN
bằng nhau AEF AFE ) suy ra: BEN  đồng dạng với M
FN suy ra: ENB MNF .
Cách 2: Theo tính chất tiếp tuyến ta có AEF
cân tại A nên suy ra AEF AFE , do đó BEI MFJ . BI BE BD IN
Từ đây ta được hai tam giác BIE, M
JF đồng dạng với nhau (g.g), suy ra    MJ MF MD JN BI MJ    hai tam giác BIN, M
JN đồng dạng với nhau. Do đó ta được: BNI MNJ hay IN JN
BNE MNF (đpcm) Trang 4
Bài 5. (1,0 điểm) Chia bảng vuông có cạnh bằng 23 cm thành các ô vuông có cạnh bằng 1 cm . Ban đầu,
tất cả các ô vuông được điền bởi dấu "+". Sau đó, người ta thực hiện đổi dấu (mỗi lần đổi dấu là chuyển
"+" thành "-", "-" thành "+") trong các ô vuông ở các dòng và các cột của bảng theo qui tắc sau:
- Tất cả các ô của dòng thứ i được đổi dấu i lần (i  và 1  i  23) .
- Tất cả các ô của cột thứ j được đổi dấu 5 j 1 lần ( j  và 1  j  23) .
Hỏi sau khi thực hiện tất cả thao tác đổi dấu, trên bảng còn bao nhiêu dấu "+"? Lời giải
* Theo cách chia ta có bảng ô vuông 23x23; trong đó có 12 dòng mà i lẻ; 11 dòng mà i chẵn và 12
cột mà j lẻ; 11 cột mà j chẵn.
*Theo quy tắc đổi dấu thì ô vuông ở vị trí i  j (dòng thứ i và cột thứ j ) sẽ phải đổi dấu i  5j   1  i  5j 1 lần. *Do i  5j 
1  i  j  4j1 luôn là số lẻ nên hai số i  5j 
1 ; i  j không có cùng tính chẵn
lẻ. Do đó những ô vuông ở vị trí mà i  j lẻ sẽ đổi dấu một số chẵn lần (do i  5j 1 chẵn), nên
những ô này sau khi đổi dấu vẫn mang dấu (+); còn những ô vuông ở vị trí mà i  j chẵn sẽ đổi
dấu một số lẻ lần (do i  5 j 1 lẻ), nên những ô này sau khi đổi dấu sẽ mang dấu (-). *Ta có 11 1  212 1
 1 264 ô vuông mà i  j lẻ, tức là sau khi đổi dấu theo quy tắc trên thì trên
bảng còn lại 264 dấu (+) ----HẾT--- Trang 5