Đề thi Toán lớp 9 vào lớp 10 chuyên Sở GD&ĐT Hải Phòng có đáp án và lời giải chi tiết. Các bạn xem ở dưới.
| SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG ĐỀ CHÍNH THỨC |
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học 2020 – 2021 ĐỀ THI MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút |
Bài 1. (2,0 điểm)
a) Cho biểu thức $P = \left( {\frac{{2\sqrt x }}{{x\sqrt x + \sqrt x – x – 1}} – \frac{1}{{\sqrt x – 1}}} \right):\left( {1 + \frac{{\sqrt x }}{{x + 1}}} \right)$
Rút gọn $P.$Tìm tất cả các giá trị của $x$để $P \le – \frac{1}{7}$
b) Cho phương trình ẩn $x$là ${x^2} – px + q = 0\left( 1 \right)$(với $p,q$là các số nguyên tố). Tìm tất cả các giá trị của $p$và $q$biết phương trình $\left( 1 \right)$có nghiệm là các số nguyên dương
Bài 2. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình $\left( {x + 1} \right)\sqrt { – {x^2} + 2x + 6} = 3 + 2x$
b) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} = 2x{y^2}\\\frac{3}{x} + \frac{1}{y} = 2\end{array} \right.$
Bài 3. (3,0 điểm)
Cho tam giác $ABC$vuông tại $A\left( {AB < AC} \right),M$là trung điểm cạnh $BC.P$là một điểm di động trên đoạn $AM$(P khác A và M). Đường tròn đi qua $P,$tiếp xúc với đường thẳng $AB$tại A, cắt đường thẳng $BP$tại $K(K$khác $P).$Đường tròn đi qua $P,$tiếp xúc với đường thẳng $AC$tại A, cắt đường thẳng $CP$tại L (L khác P)
a) Chứng minh $BP.BK + CP.CL = B{C^2}$
b) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác $PKC$luôn đi qua hai điểm cố định
c) Gọi $J$là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $PKC$và $E$là giao điểm thứ hai của đường ngoại tiếp tam giác $PLB$và $F$là giao điểm thứ hai của đường tròn này với đường thẳng $AB.$Chứng minh $EF//IJ$
Bài 4. (1,0 điểm)
Cho ba số dương $x,y,z$thỏa mãn $xy + yz + zx = 5.$Chứng minh :
$\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 5} }} + \frac{y}{{\sqrt {{y^2} + 5} }} + \frac{{3z}}{{\sqrt {6\left( {{z^2} + 5} \right)} }} \le \frac{{2\sqrt 6 }}{3}$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi nào
Bài 5. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình nghiệm nguyên ${x^2}y – xy – 2{x^2} + 5x = 4$
b) Giả sử rằng $A$là tập con của tập hợp $\left\{ {1;2;3;….;1023} \right\}$sao cho $A$không chứa hai số nào mà số này gấp đôi số kia. Hỏi $A$có thể có nhiều nhất bao nhiêu phần tử ?
ĐÁP ÁN
Bài 1.
a) $\begin{array}{l}a)P = \left( {\frac{{2\sqrt x }}{{\left( {x + 1} \right)\left( {\sqrt x – 1} \right)}} – \frac{1}{{\sqrt x – 1}}} \right):\left( {\frac{{x + \sqrt x + 1}}{{x + 1}}} \right)\left( \begin{array}{l}x \ge 0\\x \ne 1\end{array} \right)\\ = \frac{{2\sqrt x – x – 1}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {\sqrt x – 1} \right)}}.\frac{{x + 1}}{{x + \sqrt x + 1}} \Leftrightarrow P = \frac{{1 – \sqrt x }}{{x + \sqrt x + 1}}\\P \le – \frac{1}{7} \Leftrightarrow \frac{{1 – \sqrt x }}{{x + \sqrt x + 1}} \le – \frac{1}{7} \Leftrightarrow 7 – 7\sqrt x \le – x – \sqrt x – 1\left( {do\,x + \sqrt x + 1 > 0,\forall x \ge 0} \right)\\ \Leftrightarrow x – 6\sqrt x + 8 \le 0 \Leftrightarrow \left( {\sqrt x – 2} \right)\left( {\sqrt x – 4} \right) \le 0 \Leftrightarrow 2 \le \sqrt x \le 4 \Leftrightarrow 4 \le x \le 16\end{array}$
b) Điều kiện để phương trình $\left( 1 \right)$có nghiệm là $\Delta = {p^2} – 4q \ge 0\left( * \right)$
Áp dụng định lý Vi – et ta có : $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = p\\{x_1}{x_2} = q\end{array} \right.,{x_1},{x_2} \in {\mathbb{Z}^ + }$
Vì $q$là số nguyên tố nên $\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = 1\end{array} \right.$
Nếu ${x_1} = 1 \Rightarrow 1 + {x_2} = p$và ${x_2}$là các số nguyên tố liên tiếp $ \Rightarrow {x_2}$là số nguyên tố chẵn $ \Rightarrow {x_2} = q = 2,p = 3$. Tương tự ${x_2} = 1 \Rightarrow {x_1} = q = 2,p = 3$
Ta thấy $q = 2,p = 3$thỏa mãn điều kiện $\left( * \right)$là các giá trị cần tìm.
Bài 2.
a) Đặt $a = x + 1;b = \sqrt { – {x^2} + 2x + 6} ,b \ge 0$
Ta được: $\left\{ \begin{array}{l}ab = 3 + 2x\\{a^2} + {b^2} = 4x + 7\end{array} \right. \Rightarrow {\left( {a – b} \right)^2} = 1 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}b = a – 1\\b = a + 1\end{array} \right.$
$\begin{array}{l}*)b = a – 1 \Leftrightarrow \sqrt { – {x^2} + 2x + 6} = x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\{x^2} – x – 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{{1 + \sqrt {13} }}{2}\\*)b = a + 1 \Rightarrow \sqrt { – {x^2} + 2x + 6} = x + 2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge – 2\\{x^2} + x – 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{{ – 1 \pm \sqrt 5 }}{2}\end{array}$
Vậy $x \in \left\{ {\frac{{ – 1 \pm \sqrt 5 }}{2};\frac{{1 + \sqrt {13} }}{2}} \right\}$
b) Với điều kiện $x,y \ne 0$thì hệ phương trình trở thành : $\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} = 2x{y^2}\\xy + 3{y^2} = 2x{y^2}\end{array} \right. \Rightarrow {x^2} – xy – 2{y^2} = 0$
$\begin{array}{l} \Rightarrow {x^2} + xy – 2xy – 2{y^2} = 0 \Leftrightarrow \left( {x + y} \right)\left( {x – 2y} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – y\\x = 2y\end{array} \right.\\*)x = – y \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = – y\\{x^2} + {x^2} = 2{x^3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\x = – y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = – 1\end{array} \right.do\,x,y \ne 0\\*)x = 2y \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2y\\4{y^2} + {y^2} = 4{y^3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2y\\y = \frac{5}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{5}{2}\\y = \frac{5}{4}\end{array} \right.\end{array}$
Vậy hệ phương trình có nghiệm $\left( {x;y} \right) = \left\{ {\left( {1; – 1} \right);\left( {\frac{5}{2};\frac{5}{4}} \right)} \right\}$
Bài 3.
a) $BA$là tiếp tuyến của đường tròn $\left( {APK} \right)$nên $B{A^2} = BP.BK\,\,\,\,\left( 1 \right)$
$CA$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( {APL} \right)$nên $C{A^2} = CP.CL\,\,\,\left( 2 \right)$
Từ (1) và (2) suy ra $BP.BK + CP.CL = B{A^2} + C{A^2} = B{C^2}$
b)Gọi $AH$là đường cao của tam giác $ABC \Rightarrow B{A^2} = BH.BC\left( 3 \right)$
Từ (1) và (3) $ \Rightarrow BP.BK = BH.BC \Rightarrow $tứ giác $HPKC$nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp tam giác $PKC$đi qua hai điểm cố định C và H
c) Theo câu b) đường tròn $\left( J \right)$đi qua H. Chứng mnh tương tự $\left( I \right)$đi qua H
$\left( I \right)$ và $\left( J \right)$ cắt nhau tại $H,P$ nên $IJ \bot HP$ (4)
Tứ giác $HPEC$ nội tiếp $ \Rightarrow \widehat {AEP} = \widehat {PHC}$ (5)
Tứ giác $HPFB$ nội tiếp $ \Rightarrow \widehat {AFP} = \widehat {PHC}\left( 6 \right)$
Từ (5) và (6) suy ra tứ giác $APEF$ nội tiếp nên $\widehat {EPF} = \widehat {EAF} = {90^0} \Rightarrow PE \bot PF$
Gọi $G$là giao điểm của $HP$và $EF.$ Do các tứ giác $HPEC$ và $APEF$ nội tiếp nên $\widehat {GPE} = \widehat {HCE} = \widehat {MCA} = \widehat {MAC} = \widehat {PAE} = \widehat {PFE}$
$ \Rightarrow \angle GPE + \angle GEP = \angle PFE + \angle GEP = {90^0} \Rightarrow PG \bot EF\,\,\,hay\,\,HP \bot EF\left( 7 \right)$
Từ (4) , (7) suy ra $IJ//EF$
Bài 4.
$\begin{array}{l}P = \frac{x}{{\sqrt {\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)} }} + \frac{y}{{\sqrt {\left( {y + z} \right)\left( {y + x} \right)} }} + \frac{{3z}}{{\sqrt {6\left( {z + x} \right)\left( {z + y} \right)} }}\\ = \frac{x}{{\sqrt 6 }}\sqrt {\frac{2}{{x + y}}.\frac{3}{{x + z}}} + \frac{y}{{\sqrt 6 }}\sqrt {\frac{3}{{y + z}}.\frac{2}{{y + z}}} + \frac{{3z}}{{\sqrt 6 }}\sqrt {\frac{1}{{z + x}}.\frac{1}{{z + y}}} \\ \le \frac{1}{{2\sqrt 6 }}\left( {\frac{{2x}}{{x + y}} + \frac{{3x}}{{x + z}} + \frac{{3y}}{{y + z}} + \frac{{2y}}{{y + x}} + \frac{{3z}}{{z + x}} + \frac{{3z}}{{z + y}}} \right) = \frac{1}{{2\sqrt 6 }}\left( {2 + 3 + 3} \right) = \frac{{2\sqrt 6 }}{3}\end{array}$
Đẳng thức xảy ra khi $\left\{ \begin{array}{l}\frac{2}{{x + y}} = \frac{3}{{y + z}} = \frac{3}{{z + x}}\\xy + yz + zx = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}z = 2x = 2y\\5{x^2} = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = 1;z = 2$
Bài 5.
a) Phương trình ban đầu tương đương với $xy\left( {x – 1} \right) = 2{x^2} – 5x + 4 \Leftrightarrow y(x – 1) = \frac{{2{x^2} – 5x + 4}}{x} = 2x – 5 + \frac{4}{x}\left( {x \ne 0} \right)$
Vì $x,y \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \in \left\{ { \pm 1; \pm 2; \pm 4} \right\}$
Sau khi thử các giá trị của y thỏa mãn nguyên dương ta có $\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)$
b) Chia các số từ 1 đến 1023 thành các tập con ${A_0} = \left\{ 1 \right\};{A_1} = \left\{ {2,3} \right\},{A_2} = \left\{ {4,5,6,7} \right\}$
${A_3} = \left\{ {8;9;…..;15} \right\};{A_4} = \left\{ {16;17;…..;31} \right\};{A_5} = \left\{ {32,33,….,63} \right\},{A_6} = \left\{ {64,65,….,127} \right\}$
${A_7} = \left\{ {128;129;….;255} \right\};{A_8} = \left\{ {256;257;….;511} \right\};{A_9} = \left\{ {512;513;….;1023} \right\}$
Dễ thấy số phần tử của tập ${A_k}$là ${2^k},k = 0,1,2,….,9$
Nhận thấy $n \in {A_k} \Leftrightarrow 2n \in {A_{k + 1}}$
Xét $A = {A_9} \cup {A_7} \cup {A_5} \cup {A_3} \cup {A_1} \Rightarrow \left| A \right| = 512 + 128 + 32 + 8 + 2 = 682,$rõ ràng A không chứa nào nào gấp đôi số khác.
Ta chỉ ra rằng không thể chọn tập con có nhiều hơn $682$số thỏa mãn bài ra
Thật vậy, Giả sử tập A thỏa mãn yêu cầu bài toán và chứa ${a_k}$phần tử thuộc ${A_k}$, $k = 0,1,….9$
Xét các tập hợp ${A_k}$và ${A_{k + 1}}.$Với $m \in {A_k}$tùy ý, ta có $2m \in {A_{k + 1}}.$Số các cặp $\left( {m,2m} \right)$như vậy là ${2^k}$và trong mỗi cặp như vậy có nhiều nhất 1 số thuộc A
Ngoài ra tập ${A_{k + 1}}$còn chứa ${2^k}$số lẻ, tức là có nhiều nhất ${2^k} + {2^k} = {2^{k + 1}}$số thuộc $A$được lấy từ ${A_k}$và ${A_{k + 1}}.$
Suy ra ${a_0} + {a_1} \le {2^1},{a_2} + {a_3} \le {2^3},{a_4} + {a_5} \le {2^5},{a_6} + {a_7} \le {2^7},{a_8} + {a_9} \le {2^9}.$Cộng các bất đẳng thức ta được ${a_0} + {a_1} + {a_2} + ……. + {a_9} \le 682.$Vậy số phần tử lớn nhất của $A$là $682$
