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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TỈNH BÌNH DƯƠNG Năm học: 2022 - 2023 Môn thi: TOÁN (Chuyên) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) Bài 1. (2,5 điểm)  a a a a a++ b2 ab Cho biểu thức A =+−− :  với a và b  ab+ ba−− ababab+ ++2  ba là các số thực dương khác nhau. a) Rút gọn biểu thức A .  aa a a b) Tính giá trị của B =+− :  khi a =7 − 43 và  ab+ ba−  ababab+ ++2  b =7 + 43. Bài 2. (2,0 điểm) Cho phương trình x2 −2 mx + m −= 20 ( m là tham số). a) Tìm tất cả các giá trị m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt dương. −2022 = b) Gọi xx12, là các nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức M 22 đạt giá x1+− x 26 xx 12 trị nhỏ nhất. Bài 3. (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x+1 −+ xxx( 11 −) = với x ∈  . 7 b) Chứng minh rằng: Aa= − a chia hết cho 7 , với mọi a ∈  . Bài 4. (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( AB< AC ) nội tiếp đường tròn (O) , M là trung điểm BC ; BE, CF là các đường cao ( EF, là chân các đường cao). Các tiếp tuyến với đường tròn tại B và C cắt nhau tại S . Gọi NP, lần lượt là giao điểm của BS với EF, AS với (O) ( PA≠ ). Chứng minh rằng: a) MN⊥ BF . b) AB CP= AC BP . c) CAM = BAP . = = = = = = = = = = = = = = = = = = = Hết = = = = = = = = = = = = = = = = = = = 1 / 6
2. Hướng dẫn giải: Bài 1. (2,5 điểm)  a a a a a++ b2 ab Cho biểu thức A =+−− :  với a và b  ab+ ba−− ababab+ ++2  ba là các số thực dương khác nhau. a) Rút gọn biểu thức A .  aa a a b) Tính giá trị của B =+− :  khi a =7 − 43 và  ab+ ba−  ababab+ ++2  b =7 + 43. Lời giải a) Với ab, là các số thực dương khác nhau, ta có:  a a a a a++ b2 ab A =+−− :   ab+ ba−− ababab+ ++2  ba 2 a a aa ( ab+ ) =−: −+ 2 ab++abab+−ab + abab+− ( )( ) ( ab) ( )( ) 2 aa( −− ba) aa( +− ba) ( a + b) = + : 2 ( abab+−)( ) ( ab+ ) ( abab+−)( ) 2 a−− ab a a +− ab a ( ab+ ) = + : 2 ( abab+−)( ) ( ab+ ) ( abab+−)( ) 22 − ab ( ab++) ( ab) = . + ( abab+−)( ) ab ( abab+−)( ) −+( ab) ab+ = +=0 . ab−− ab Vậy A = 0. b) Theo a), ta có:  a a a a −− ab B =+−= :  .  ab+ ba−  abababab+ ++2  − Khi a =7 − 43và b =7 + 43 thỏa mãn ab, là các số thực dương khác nhau, ta có: 2 a =−74323 =( −) =−=− 2323; 2 b =+74323 =( +) =+=+ 2323; 2 / 6
3. −+2 3 − 2 − 3 − 4 2 23 ⇒=B = = = ; 2323233− −− − 3 23 Vậy B = khi a =7 − 43và b =7 + 43. 3 Bài 2. (2,0 điểm) Cho phương trình x2 −2 mx + m −= 20 ( m là tham số). a) Tìm tất cả các giá trị m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt dương. −2022 = b) Gọi xx12, là các nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức M 22 đạt giá x1+− x 26 xx 12 trị nhỏ nhất. Lời giải Cho phương trình x2 −2 mx + m −= 20 ( m là tham số) (1). a) Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt dương thì:  ′ 2 ∆>0  2 2  (−mm) −1( −> 20) mm− +>20 17 −b   m − +>0 >⇔0 20mm > ⇔ >0 ⇔ 24⇔m >2 . a mm−>20 >2 > c   M 2  > 0 a Vậy m > 2 thì (1) có hai nghiệm phân biệt dương. 2 17 b) Phương trình (1) có ∆=′ m − + >0 với mọi m ⇒ (1) luôn có hai nghiệm phân biệt 24 xx12+=2 m xx12; với mọi m , theo hệ thức Vi-et, ta có:  . xx12= m − 2 −2022 −2022 −−2022 2022 ⇒=M = = = 22+− 2 2 2− + x1 x 26 xx 12 ( x1+− x 2) 8 xx 12 ( 2 m) −− 82( m ) 4m 8 m 16 −2022 −− 2022 337 = ≥= 2 . 4(m −+ 1) 12 12 2 −337 Vậy MinM = khi m = 1. 2 Bài 3. (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x+1 −+ xxx( 11 −) = với x ∈  . 7 b) Chứng minh rằng: Aa= − a chia hết cho 7 , với mọi a ∈  . Lời giải a) ĐKXĐ: 01≤≤x . x+1 −+ xxx( 11 −) = ax= ≥ 0 a++ b ab =1 a++ b ab =1 ⇒⇔ Đặt  22 2 ; bx=10 −≥ ab+=1 (a+− b) 21 ab = 3 / 6
4. =S 1  (TM ) S=+≥ ab0 SP+=1 22 S + P = 2 SS2 +2 −= 30 P = 0 Đặt ⇒⇔ ⇔ ⇔ .  22   P= ab ≥ 0 SP−=21 SP −= 21  P =− 1 S S = −3  (KTM ) P = −4 ab+=1 Với SP=1; = 0 ta có  ⇒ ab, là hai nghiệm của phương trình ab = 0 2 x = 0 x−=⇔ x0 xx( − 10) =⇔ . x = 1 Vậy ab=0; = 1 hoặc ab=1; = 0 ;  x = 0 Với ab=0; = 1 ⇒ ⇔=x 0 (thỏa mãn);  11−=x  x = 1 Với ab=1; = 0 ⇒ ⇔=x 1 (thỏa mãn);  10−=x Vậy phương trình có tập nghiệm là S = {0;1}. 7 6 33 b) Với mọi a ∈  ta có: A= a −= a aa( −1) = aa( − 11)( a +) . Nếu aA77⇒ ; Nếu a không chia hết cho 7 thì aa≡1, 2, 3, 4, 5, 6( mod 7) ⇒≡3 1, 6( mod 7 ) ⇒−a3 17 hoặc aA3 +⇒17 7. Vậy A7 với mọi a ∈  . Bài 4. (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( AB< AC ) nội tiếp đường tròn (O) , M là trung điểm BC ; BE, CF là các đường cao ( EF, là chân các đường cao). Các tiếp tuyến với đường tròn tại B và C cắt nhau tại S . Gọi NP, lần lượt là giao điểm của BS với EF, AS với (O) ( PA≠ ). Chứng minh rằng: a) MN⊥ BF . b) AB CP= AC BP . c) CAM = BAP . Lời giải 4 / 6
5. A E F O N B M C P S a) MN⊥ BF . BC Ta có ∆BEC vuông tại E có EM là trung tuyến ⇒EM = = MB = MC ⇒∆ MEC cân tại 2 M⇒= MEC ACB ; Tứ giác BFEC có BFC = BEC =90 °⇒ tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC⇒= FEA ABC (cùng bù với FEC ) ; ⇒MEN =180 °−( MEC + FEA ) =180 °−( ACB + ABC) = BAC (tổng ba góc trong ∆ABC ); Ta lại có BAC = CBS (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn BC ) ⇒==MEN CBS ( BAC ) ; Mà MBN +=° CBS 180 (hai góc kề bù) ⇒MEN + MBN =180 °⇒ tứ giác BMEN nội tiếp ⇒=BMN BEN (hai góc nội tiếp cùng chắn BN ); Vì BEN = BCF (hai góc nội tiếp cùng chắn BF ) ⇒==BMN BCF ( BEN ) , hai góc này lại ở vị trí đồng vị nên MN// CF . Do theo đầu bài ta có CF⊥⇒ BF MN ⊥ BF . b) AB CP= AC BP . Xét ∆SBP và ∆SAB có: S chung; SBP = SAB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn BP ) ; BP SB ⇒∆SBP∽ ∆ SAB( g. g ) ⇒ = (1) ; AB SA Xét ∆SCP và ∆SAC có: S chung; SCP = SAC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn CP ) ; 5 / 6
6. CP SC ⇒∆SCP∽ ∆ SAC( g. g ) ⇒ = (2) ; AC SA Mà theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có SB= SC (3); BP CP Từ (1), (2) và (3) ta có: =⇔=AB CP AC BP . AB AC c) CAM = BAP . Vận dụng định lý Ptolemy, ta có tứ giác ABPC nội tiếp (O) ⇒=+ AP BC AB CP AC BP ; Theo câu b) thì AB. CP=⇒= AC . BP AP . BC 2. BP AC ⇒ AP .2 CM = 2. BP AC AP AC ⇒AP CM = BP AC ⇒= ; BP CM Xét ∆BPA và ∆MCA có: AP AC BPA = MCA (hai góc nội tiếp cùng chắn AB ); = (chứng minh trên); BP CM ⇒∆BPA∽ ∆ MCA( c g c) ⇒ CAM = BAP . = = = = = = = = = = = = = = = = = = = Hết = = = = = = = = = = = = = = = = = = = 6 / 6