Đề Thi Toán Lớp 9 Vào Lớp 10 Sở GD&ĐT Hải Phòng Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

0
21

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 $682$

Bài trướcĐề Thi Toán Lớp 9 Vào Lớp 10 Trường THPT Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

BÌNH LUẬN

Vui lòng nhập bình luận của bạn
Vui lòng nhập tên của bạn ở đây