Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Bắc Giang môn Toán - Năm học 2022-2023 - Sở giáo dục và đào tạo Bắc Giang (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Bắc Giang môn Toán - Năm học 2022-2023 - Sở giáo dục và đào tạo Bắc Giang (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN BẮC GIANG BẮC GIANG NĂM HỌC 2022 - 2023 MÔN THI: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 06/6/2022 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu I (5,0 điểm). x 3 6 36 x 2 x 1 1) Cho biểu thức A : với x 0; x 1, x 9. x 3 x 3 9 x x 4 x 3 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm tất cả các giá trị của x để A 4. 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x3 2m 1 x2 m2 2m 1 x m2 m 0 2 2 2 có ba nghiệm phân biệt x1, x2 , x3 thỏa mãn x1 x2 x3 3x1x2 x3 0. Câu II (4,0 điểm). 1) Cho đa thức P x x5 2x4 2x3 8x 1 và số a 3 5 2 7. Tính P a . 2 2) Giải phương trình x2 3x 1 2 3 x3 x 5 5 3 x3 x 5. Câu III (4,0 điểm). 1) Tìm ba số nguyên x, y, z thỏa mãn x4 9y2 25z2 x2 6xy 2022. 2) Cho chín số nguyên dương a1,a2 ,,a9 đều không có ước số nguyên tố nào khác 3; 5 và 7. Chứng minh rằng trong chín số đã cho luôn tồn tại hai số mà tích của hai số này là một số chính phương. Câu IV (6,0 điểm). Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB . Gọi M là một điểm thuộc nửa đường tròn đã cho, H là hình chiếu của M trên AB . Đường thẳng qua O và song song với MA cắt tiếp tuyến tại B của nửa đường tròn (O) tại điểm K . 1) Chứng minh bốn điểm O,B,K ,M cùng thuộc một đường tròn. 2) Gọi C,D lần lượt là hình chiếu của H trên các đường thẳng MA và MB . Chứng minh ba đường thẳng CD,MH,AK đồng quy. 3) Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AH và BH . Xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác CDFE đạt giá trị lớn nhất. Câu V (1,0 điểm). Cho ba số dương a,b,c thỏa mãn a b c 3. Chứng minh rằng abc a2 b2 c2 3. HẾT Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Cán bộ coi thi số 1 (Họ tên và chữ ký): Cán bộ coi thi số 2 (Họ tên và chữ ký): SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM
2. BẮC GIANG BÀI THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN BẮC GIANG NĂM HỌC 2022 - 2023 NGÀY THI: 06/6/2022 HDC CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN (Bản hướng dẫn chấm có 04 trang) Lưu ý khi chấm bài: - Dưới đây chỉ là sơ lược các bước giải. Lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ hợp logic. Nếu học sinh làm cách khác mà giải đúng thì cho điểm tối đa. - Đối với câu IV, học sinh không vẽ hình thì không chấm. - Điểm toàn bài không làm tròn. Câu Hướng dẫn giải Điểm Câu I (5,0 đ) 2 x 3 6 36 x 1 A : 0,5 x 3 x 3 x 3 x 3 x 1 x 3 x 12 x 27 x 1 : 0,5 x 3 x 3 x 3 Phần 1,a x 9 x 3 x 3 0,5 (2,0 điểm)  x 3 x 3 x 1 x 9 x 1 0,5 x 9 Vậy A với x 0; x 1, x 9. x 1 x 9 + Với x 1 ta có A 0 : không thỏa mãn x 1 0,5 + Với x 1 ta có: A 4 x 9 4 x 1 Phần 1,b (1,0 điểm) 13 169 x x 3 9 0,5 169 Kết hợp với điều kiện của x ta được kết quả cần tìm là 1 x , x 9. 9 2 Phương trình đã cho tương đương với: x m x m 1 x m 1 0 x m 2 x m 1 x m 1 0 * Phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt * có hai nghiệm phân biệt khác m Phần 2 0,5 2 2 m 2m 5 0 m 1 4 0 (2,0 điểm) 2 m m 1 m m 1 0 1 0 Các điều kiện trên luôn đúng với mọi m, suy ra phương trình đã cho luôn có ba nghiệm phân biệt x1, x2 và x3 m với mọi m 2 2 Từ giả thiết ta có: x1 x2 2x1x2 m 3mx1x2 0 0,5
3. x1 x2 m 1 Theo hệ thức Vi-ét, ta có . Thay vào được: x1.x2 m 1 0,5 m 1 2 2 m 1 m2 3m m 1 0 3 21 m2 3m 3 0 . Tìm được m . 0,5 2 Câu II (4,0 đ) 2 a 3 5 2 7 2 1 a 1 2 a2 2a 1 0 0,5 Chia đa thức P x cho đa thức x2 2x 1 0 ta được: Phần 1 2 3 0,5 (2,0 điểm) P x x 2x 1 x x 2 3x 3 Suy ra P a a2 2a 1 a3 a 2 3a 3 3a 3 0,5 Từ đó tính được P a 3 2. 0,5 Đưa phương trình về dạng: 2 3 2 0,5 x 1 2 x 1 5 x 1 x3 x 5 2 3 x3 x 5 5 3 x3 x 5 Đặt a x 1,b 3 x3 x 5 ta được phương trình: a3 2a2 5a b3 2b2 5b a b 0,5 a b a2 ab b2 2a 2b 5 0 2 2 Phần 2 a ab b 2a 2b 5 0 (2,0 điểm) + Với a b ta có 3 1 13 0,5 x 1 3 x3 x 5 x 1 x3 x 5 3x2 2x 4 0 x 3 + Với a2 ab b2 2a 2b 5 0 a b 2 a 2 2 b 2 2 2 0 : vô nghiệm 0,5 1 13 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x . 3 Câu III (4,0đ) 2 2 2 Biến đổi giả thiết về dạng x2 1 x 3y 5z 2023 0,5 2 Với x, y, z là các số nguyên ta có x2 1 , x 3y 2 , 5z 2 là các số chính phương (bình phương của số nguyên) 0,5 Mỗi số nguyên khi chia cho 8 được số dư là một trong các số 0; 1; 2; 3;4 Phần 1 (2,0 điểm) mỗi số chính phương khi chia cho 8 sẽ được số dư là một trong các số 0;1;4 2 Từ đó, x2 1 x 3y 2 5z 2 là tổng của 3 số chính phương nên nó chia cho 8 sẽ 0,5 được số dư là một trong các số 0;1;2;3;4;5;6 Mặt khác, 2023 chia cho 8 có số dư là 7 0,5 Do vậy, không thể tìm được ba số nguyên x, y, z thỏa mãn yêu cầu của đề bài, Giả sử a 3m1 5n1 7 p1 , a 3m2 5n2 7 p2 , , a 3m9 5n9 7 p9 Phần 2 1 2 9 0,5 (2,0 điểm) trong đó mi ,ni , pi i 1;2;L ;9 là các số tự nhiên.
4. Với mỗi i 1;2;L ;9 , bộ ba số mi ;ni ; pi có tính chẵn (c), lẻ (l) theo thứ tự là một trong 8 trường hợp dưới đây: 0,5 c;c;c , c;c;l , c;l;c , c;l;l , l;c;c , l;c;l , l;l;c , l;l;l Theo nguyên lý Dirichlet, trong 9 bộ ba số mi ;ni ; pi tồn tại ít nhất hai bộ ba số là m j ;n j ; p j và mk ;nk ; pk , với j,k 1;2; ;9 và j k , cùng ở một trong 8 trường 0,5 hợp trên m j mk ,n j nk , p j pk là các số chẵn m j mk 2m; n j nk 2n; p j pk 2 p m,n, p ¥ 2 m j mk n j nk p j pk 2m 2n 2 p m n p Từ đó a j ak 3 5 7 3 5 7 3 5 7 0,5 a j ak là số chính phương Điều phải chứng minh. Câu IV (6,0 đ) Ta có K·OB M· AB (hai góc đồng vị) 1 mà M· AB M· OB (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung) 2 0,5 1 K·OB M· OB 2 Phần 1 · · (2,0 điểm) KOB KOM KOB KOM (c.g.c) 0,5 K·MO K·BO 900 0,5 K·MO K·BO 1800 tứ giác OBKM nội tiếp 0,5 Vậy 4 điểm O,B,K ,M cùng thuộc một đường tròn. Gọi P là giao điểm của OK và MB . Từ K·MO K·BO 900 KM, KB là các tiếp tuyến của O P là trung điểm của MB Phần 2 0,5 (2,0 điểm) Gọi I, Q lần lượt là giao điểm của AK với MH và nửa đường tròn O Ta có B·PK B·QK 900 tứ giác BPQK nội tiếp
5. M· BK I·QP , mà M· BK I·MP (so le trong) 0,5 I·QP I·MP tứ giác MIPQ nội tiếp Từ đó M· PI M· QI , mà M· QI M· BA (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung) 0,5 M· PI M· BA IP song song với AB Mặt khác, P là trung điểm của MB I là trung điểm của MH, mà MCHD là hình chữ nhật I là trung điểm của CD 0,5 Vậy CD,MH,AK đồng quy tại I. Chỉ ra SCDFE 2SIEF IH  EF 0,5 1 1 1 MH  AB MH.R 0,5 Phần 3 2 2 2 (2,0 điểm) Từ đó, SCDFE đạt giá trị lớn nhất MH đạt giá trị lớn nhất 0,5 M là điểm chính giữa của cung »AB. 0,5 Câu V (1,0 đ) 3abc a2 b2 c2 a b c abc a2 b2 c2 ca ab abbc bc ca a2 b2 c2 2 ab bc ca 2 2 2 0,5  a b c 3 x y z 2 (Dựa vào BĐT phụ: xy yz zx , dấu “=” xảy ra x y z ) 3 2 ab bc ca 1 (1,0 điểm)  a2 b2 c2 ab bc ca ab bc ca a2 b2 c2 3 3 3 3 2 2 2 2 1 ab bc ca ab bc ca a b c 1 a b c   9 3 3 3 3 0,5 3 x y z (Dựa vào BĐT Cô-si: x, y, z 0 xyz , dấu “=” xảy ra x y z ) 3 Từ đó suy ra abc a2 b2 c2 3. Dấu " " xảy ra a b c 1. Tổng 20 đ