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

0
19

Đề thi Toán lớp 9 vào lớp 10 chuyên Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương có đáp án và lời giải chi tiết. Các bạn xem ở dưới.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10

THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI

NĂM HỌC 2020-2021

Môn thi: Toán (chuyên)

Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1. (2,0 điểm)

1) Tính giá trị biểu thức

$B = {\left( {10{x^2} – 30x + 11} \right)^2} + \frac{{{{\left( {2{x^2} – 6x + 3} \right)}^{10}}}}{{{x^5} – 3{x^4} + {x^3} – 1}}$khi $x = \frac{{3 + \sqrt 5 }}{2}$

2) Chứng minh rằng :$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} \le – 2$biết $\left\{ \begin{array}{l}{x^3} + {y^3} + 3\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + 4\left( {x + y} \right) + 4 = 0\\xy > 0\end{array} \right.$

Câu 2. (2,0 điểm)

1) Giải phương trình : $5{x^2} + 3x + 6 = \left( {7x + 1} \right)\sqrt {{x^2} + 3} $

2) Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + \frac{{8xy}}{{x + y}} = 16\\\sqrt {{x^2} + 12} + \frac{5}{2}\sqrt {x + y} = 3x + \sqrt {{x^2} + 5} \end{array} \right.$

Câu 3. (2,0 điểm)

1) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : $\sqrt x + \sqrt y = \sqrt {z + 2\sqrt 2 } $

2) Tìm tất cả các số tự nhiên $a$để $a – 2;4{a^2} – 16a + 17;6{a^2} – 24a + 25$đều là các số nguyên tố.

Câu 4. (3,0 điểm)

1) Cho đường tròn $\left( {O;R} \right)$, hai đường kính $AB$và $CD$vuông góc với nhau. Lấy $E$là điểm bất kỳ nằm trên cung nhỏ $AD(E$không trùng với $A$và $D).$Đường thẳng $EC$cắt $OA$tại $M;$đường thẳng $EB$cắt $OD$tại $N$

a) Chứng minh rằng : $AM.ED = \sqrt 2 OM.EA$

b) Xác định vị trí điểm $E$để tổng $\frac{{OM}}{{AM}} + \frac{{ON}}{{DN}}$đạt giá trị nhỏ nhất

2) Cho nửa đường tròn $\left( O \right)$đường kính $MN.$Trên tia đối của tia $MO$lấy điểm $B.$Trên tia đối của tia $NO$lấy điểm $C.$Từ $B$ và $C$ kẻ các tiếp tuyến với nửa đường tròn (O), chúng cắt nhau tại $A$, tiếp điểm của nửa đường tròn $\left( O \right)$với $BA,BC$lần lượt tại $E,D.$Kẻ $AH$vuông góc với $BC\left( {H \in BC} \right).$Chứng minh $AH,BD,CE$đồng quy.

Câu 5. (1,0 điểm)

Cho ba số thực $x,y,z$dương thỏa mãn $xy + yz + zx + 2xyz = 1$. Chứng minh:

$\frac{{{x^2}y}}{{x + 1}} + \frac{{{y^2}z}}{{y + 1}} + \frac{{{z^2}x}}{{z + 1}} \ge 2xyz$

ĐÁP ÁN

Câu 1.

1) Tính giá trị biểu thức

Ta có: $x = \frac{{3 + \sqrt 5 }}{2} \Rightarrow {\left( {2x – 3} \right)^2} = 5 \Leftrightarrow 4{x^2} – 12x + 4 = 0 \Leftrightarrow {x^2} – 3x + 1 = 0$

Ta có:

$\begin{array}{l}10{x^2} – 30x + 11 = 10\left( {{x^2} – 3x + 1} \right) + 1 = 10.0 + 1 = 1\\2{x^2} – 6x + 3 = 2{x^2} – 6x + 2 + 1 = 2\left( {{x^2} – 3x + 1} \right) + 1 = 2.0 + 1 = 1\\{x^5} – 3{x^4} + {x^3} – 1 = {x^3}\left( {{x^2} – 3x + 1} \right) – 1 = 0 – 1 = – 1\end{array}$

Vậy $B = 0$

2) Chứng minh rằng $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} \le – 2$

Ta có: ${x^3} + {y^3} + 3\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + 4\left( {x + y} \right) + 4 = 0$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {x + y} \right)\left( {{x^2} – xy + {y^2}} \right) + 2\left( {{x^2} – xy + {y^2}} \right) + \left( {{x^2} + 2xy + {y^2}} \right) + 4\left( {x + y} \right) + 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} – xy + {y^2}} \right)\left( {x + y + 2} \right) + {\left( {x + y + 2} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + y + 2} \right)\left( {{x^2} – xy + {y^2} + x + y + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + y + 2} \right)\left[ {{{\left( {x – y} \right)}^2} + {{\left( {x + 1} \right)}^2} + {{\left( {y + 1} \right)}^2} + 2} \right] = 0\end{array}$

(vì $\left[ {{{\left( {x – y} \right)}^2} + {{\left( {x + 1} \right)}^2} + {{\left( {y + 1} \right)}^2} + 2} \right] > 0$$ \Leftrightarrow x + y + 2 = 0$

$ \Leftrightarrow x + y = – 2$mà $xy > 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x < 0\\y < 0\end{array} \right.$

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: $\sqrt {\left( { – x} \right)\left( { – y} \right)} \le \frac{{\left( { – x} \right) + \left( { – y} \right)}}{2} = \frac{{ – \left( {x + y} \right)}}{2} = \frac{2}{2} = 1$

Do đó $xy \le 1 \Leftrightarrow 1 \le \frac{1}{{xy}} \Leftrightarrow \frac{{ – 2}}{{xy}} \le – 2$

Mà $M = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{{x + y}}{{xy}} = \frac{{ – 2}}{{xy}}$

Vậy $M = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \le – 2$. Dấu bằng xảy ra khi $x = y = – 1$

Câu 2.

1) Giải phương trình :

$\begin{array}{l}5{x^2} + 3x + 6 = \left( {7x + 1} \right)\sqrt {{x^2} + 3} \\ \Leftrightarrow 5{x^2} + 3x + 6 – \left( {7x + 1} \right)\sqrt {{x^2} + 3} = 0\\ \Leftrightarrow 2\left( {{x^2} + 3} \right) – \left( {x + 1} \right)\sqrt {{x^2} + 3} + 3{x^2} + 3x – 6x\sqrt {{x^2} + 3} = 0\\ \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + 3} \left( {2\sqrt {{x^2} + 3} – x – 1} \right) – 3x\left( {2\sqrt {{x^2} + 3} – x – 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {2\sqrt {{x^2} + 3} – x – 1} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 3} – 3x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2\sqrt {{x^2} + 3} = x + 1\\\sqrt {{x^2} + 3} = 3x\end{array} \right.\end{array}$

$\begin{array}{l}*)TH1:2\sqrt {{x^2} + 3} = x + 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge – 1\\4{x^2} + 12 = {x^2} + 2x + 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge – 1\\3{x^2} – 2x + 11 = 0\end{array} \right.(VN)\end{array}$

$\begin{array}{l}*)TH2:\\\sqrt {{x^2} + 3} = 3x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\{x^2} + 3 = 9{x^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\\left[ \begin{array}{l}x = \frac{{\sqrt 6 }}{4}\\x = – \frac{{\sqrt 6 }}{4}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{{\sqrt 6 }}{4}\end{array}$

Vậy $x = \frac{{\sqrt 6 }}{4}$

2) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + \frac{{8xy}}{{x + y}} = 16 & (1)\\\sqrt {{x^2} + 12} + \frac{5}{2}\sqrt {x + y} = 3x + \sqrt {{x^2} + 5} & (2)\end{array} \right.$

Điều kiện:$x + y > 0$

$\begin{array}{l}\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left( {x + y} \right).\left[ {{{\left( {x + y} \right)}^2} – 2xy} \right] + 8xy = 16\left( {x + y} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {x + y} \right)\left[ {{{\left( {x + y} \right)}^2} – 16} \right] – 2xy\left( {x + y – 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + y – 4} \right)\left[ {{x^2} + {y^2} + 4\left( {x + y} \right)} \right] = 0 \Leftrightarrow x + y – 4 = 0\$Do\,x + y > 0\, \Rightarrow {x^2} + {y^2} + 4\left( {x + y} \right) > 0)\end{array}$

Thay $x + y = 4$vào phương trình $\left( 2 \right)$ta được :

$\sqrt {{x^2} + 12} + 5 = 3x + \sqrt {{x^2} + 5} \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + 12} – \sqrt {{x^2} + 5} = 3x – 5\left( * \right)$

Nhận xét $VT > 0 \Rightarrow VP > 0 \Rightarrow x > \frac{5}{3},$

$\begin{array}{l}\left( * \right) \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + 12} – 4 = 3x – 6 + \sqrt {{x^2} + 5} – 3\\ \Leftrightarrow \frac{{{x^2} – 4}}{{\sqrt {{x^2} + 12} – 4}} = 3\left( {x – 2} \right) + \frac{{{x^2} – 4}}{{\sqrt {{x^2} + 5} + 3}}\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x – 2 = 0 \Rightarrow x = 2 \Rightarrow y = 2(tm)\\\frac{{x + 2}}{{\sqrt {{x^2} + 12} – 4}} – \frac{{x + 2}}{{\sqrt {{x^2} + 5} + 3}} – 3 = 0\left( {VN\,khi\,x > \frac{5}{3}} \right)\end{array} \right.\end{array}$

Vậy hệ có duy nhất 1 nghiệm $x = y = 2$

Câu 3.

1)Tìm nghiệm nguyên dương….

$\begin{array}{l}\sqrt x + \sqrt y = \sqrt {z + 2\sqrt 2 } \Leftrightarrow x + 2\sqrt {xy} + y = z + 2\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow 2\sqrt {xy} = z – x – y + 2\sqrt 2 \Leftrightarrow 4xy = {\left( {z – x – y} \right)^2} + 8 + 4\sqrt 2 \left( {z – x – y} \right)\end{array}$

Nếu $z – x – y \ne 0$thì vế phải là số vô tỉ, vế trái là số nguyên dương. Vô lí

Nếu $z – x – y = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}z – x – y = 0\\4xy = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}z = x + y\\xy = 2\end{array} \right.$

Vì $x,y$là các số nguyên dương nên $\left[ \begin{array}{l}x = 1;y = 2\\x = 2;y = 1\end{array} \right. \Rightarrow z = 3$

Vậy các nghiệm nguyên dương của phương trình là $\left( {x;y;z} \right) \in \left\{ {\left( {1;2;3} \right);\left( {2;1;3} \right)} \right\}$

2)Tìm các số tự nhiên $a$…….

Đặt $a – 2 = p$($p$là số nguyên tố)

$\begin{array}{l} \Rightarrow 4{a^2} – 16a + 17 = 4\left( {{a^2} – 4a + 4} \right) + 1 = 4{p^2} + 1\\ \Rightarrow 6{a^2} – 24a + 25 = 6{\left( {a – 2} \right)^2} + 1 = 6{p^2} + 1\end{array}$

Do $p$là số nguyên tố nên $4{p^2} + 1 > 5$và $6{p^2} + 1 > 5$

Ta có: $4{p^2} + 1 = 5{p^2} – \left( {p – 1} \right)\left( {p + 1} \right)$và $6{p^2} + 1 = 5{p^2} + 5 + \left( {p + 2} \right)\left( {p – 2} \right)$

+)Xét trường hợp $p \vdots 5$

Mà $p$là số nguyên tố nên $p = 5 \Rightarrow a = 7$

Thử lại với $a = 7 \Rightarrow a – 2 = 5,4{a^2} – 16a + 17 = 101,6{a^2} – 24a + 25 = 151$là các số nguyên tố.

+)Xét trường hợp $p$không chia hết cho 5, ta có các trường hợp sau:

– Nếu $p$chia 5 dư 1 hoặc 4 thì $\left( {p – 1} \right)\left( {p + 1} \right) \vdots 5 \Rightarrow 4{p^2} + 1 \vdots 5$

$ \Rightarrow 4{p^2} + 1$không là nguyên tố

– Nếu $p$chia cho 5 dư 2 hoặc dư 3 thì $\left( {p – 2} \right)\left( {p + 2} \right) \vdots 5 \Rightarrow 6{p^2} + 1 \vdots 5$

$ \Rightarrow 6{p^2} + 1$không là số nguyên tố

Vậy $a = 7$là giá trị cần tìm

Câu 4.

1)

a) Xét $\Delta COM$và $\Delta CED$có $\widehat {COM} = \widehat {CED} = {90^0},\widehat {ECD}$chung

$ \Rightarrow \Delta COM \sim \Delta CED(g.g) \Rightarrow \frac{{CO}}{{CE}} = \frac{{OM}}{{ED}}\left( 1 \right)$

Do $AB,CD$là 2 đường kính vuông góc với nhau $ \Rightarrow \widehat {CEA} = \widehat {CAB} = {45^0}$

Xét $\Delta AMC$và $\Delta EAC$có: $\widehat {CEA} = \widehat {CAB} = {45^0},\widehat {ACE}\,\,chung\,\, \Rightarrow \Delta AMC \sim \Delta EAC(g.g)$

$ \Rightarrow \frac{{AC}}{{CE}} = \frac{{AM}}{{AE}}$mà $AC = \sqrt 2 CO(do\,\Delta ACO$vuông cân tại O)

Kết hợp với $\left( 1 \right) \Rightarrow \frac{{AM}}{{AE}} = \frac{{\sqrt 2 CO}}{{CE}} = \frac{{\sqrt 2 OM}}{{ED}} \Leftrightarrow \frac{{ED}}{{AE}} = \frac{{\sqrt 2 OM}}{{AM}}$

$ \Rightarrow AM.ED = \sqrt 2 OM.AE$

b) Theo câu a ta có: $\frac{{ED}}{{AE}} = \frac{{\sqrt 2 OM}}{{AM}}\left( 2 \right),$tương tự câu a ta có: $\frac{{EA}}{{DE}} = \frac{{\sqrt 2 ON}}{{DN}}\left( 3 \right)$

Nhân 2 vế của (2) và (3) ta có: $\frac{{OM}}{{AM}}.\frac{{ON}}{{DN}} = \frac{1}{2}$

Ta có: $\frac{{OM}}{{AM}} + \frac{{ON}}{{DN}} \ge 2\sqrt {\frac{{OM}}{{AM}}.\frac{{ON}}{{DN}}} = 2\sqrt {\frac{1}{2}} = \sqrt 2 $

Dấu bằng xảy ra khi $\frac{{OM}}{{AM}} = \frac{{ON}}{{DN}} \Leftrightarrow \frac{{ED}}{{\sqrt 2 EA}} = \frac{{EA}}{{\sqrt 2 ED}} \Leftrightarrow EA = ED \Leftrightarrow E$là điểm chính giữa cung nhỏ $AD$

Vậy $GTNN$ của $\frac{{OM}}{{AM}} + \frac{{ON}}{{DN}} = \sqrt 2 \Leftrightarrow E$là điểm chính giữa của cung nhỏ $AD$

2) Chứng minh $AH,BD,CE$ đồng quy

Ta có $AE,AD$ là 2 tiếp tuyến nên $AD = AE,AO$ là phân giác của $\widehat {BAC}$

$ \Rightarrow \Delta BEO \sim \Delta BHA \Rightarrow BH.BO = BE.BA$, tương tự: $CH.CO = CD.CA$

$ \Rightarrow \frac{{BH.BO}}{{CH.CO}} = \frac{{BE.BA}}{{CD.CA}}$

$AO$là phân giác của $\widehat {BAC} \Rightarrow \frac{{BO}}{{CO}} = \frac{{AB}}{{AC}} \Rightarrow \frac{{BH.AB}}{{CH.AC}} = \frac{{BE.BA}}{{CD.CA}}$

$ \Rightarrow \frac{{BH}}{{CH}} = \frac{{BE}}{{CD}} \Rightarrow \frac{{CH}}{{BH}}.\frac{{BE}}{{CD}} = 1$

Gọi $I$ là giao điểm của $BD$ và $CE,AI$ cắt $BC$ tại $H’$

Qua $A$ kẻ một đường thẳng song song với $BC$ cắt tia $BD,CE$ lần lượt tại $K,F$

Theo định lý Ta – let ta có:

$\frac{{AD}}{{DC}} = \frac{{AK}}{{BC}},\frac{{BE}}{{AE}} = \frac{{BC}}{{FA}},\frac{{CH’}}{{H’B}} = \frac{{AF}}{{AK}}.$Nhân từng vế của các tỉ lệ thức ta được:

$\frac{{AD}}{{DC}}.\frac{{CH’}}{{H’B}}.\frac{{BE}}{{EA}} = \frac{{AK}}{{BC}}.\frac{{BC}}{{AF}}.\frac{{AF}}{{AK}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{BE}}{{DC}}.\frac{{CH’}}{{H’B}} = 1 \Rightarrow \frac{{CH}}{{HB}} = \frac{{CH’}}{{H’B}}$$ \Rightarrow H \equiv H’$

Vậy các đường thẳng $AH,BD,CE$ đồng quy.

Câu 5.

Xét $VT = \frac{{{x^2}{y^2}}}{{xy + y}} + \frac{{{y^2}{z^2}}}{{yz + z}} + \frac{{{z^2}{x^2}}}{{xz + x}} \ge \frac{{{{\left( {xy + yz + zx} \right)}^2}}}{{xy + yz + zx + x + y + z}}$(1)

Ta có: $xy + yz + zx \ge 3\sqrt[3]{{{x^2}{y^2}{z^2}}}$

Đặt $t = xy + yz + zx,$từ giả thiết ta có: ${\left( {1 – t} \right)^2} = 4{x^2}{y^2}{z^2} \le \frac{{4{t^3}}}{{27}} \Leftrightarrow t \ge \frac{3}{4}$

$ \Leftrightarrow xy + yz + zx \ge \frac{3}{4}$

Thay vào giả thiết được $2xyz = 1 – \left( {xy + yz + zx} \right) \le \frac{1}{4}$hay $xyz \le \frac{1}{8}$

Do đó:

$xy + yz + zx \ge 6xyz \Leftrightarrow {\left( {xy + yz + zx} \right)^2} \ge 6xyz\left( {xy + yz + zx} \right)$ (2)

Mặt khác:

$\begin{array}{l}{\left( {xy + yz + zx} \right)^2} \ge 3\left( {xy.yz + yz.zx + zx.xy} \right)\\ \Leftrightarrow 2\left( {xy + yz + zx} \right) \ge 6xyz\left( {x + y + z} \right) & \left( 3 \right)\end{array}$

Cộng (2) và (3) ta có:

$3{\left( {xy + yz + zx} \right)^2} \ge 6xyz\left( {xy + yz + zx + x + y + z} \right)\left( 4 \right)$

Kết hợp $\left( 1 \right)$ và $\left( 4 \right)$ ta có điều phải chứng minh

Dấu xảy ra khi $x = y = z = \frac{1}{2}$

Bài trướcĐề Tuyển Sinh Toán 9 Vào Lớp 10 Chuyên Sở GD&ĐT Tỉnh Hà Tĩnh Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
Bài tiếp theoĐề Thi Toán Lớp 9 Vào Lớp 10 Sở GD&ĐT Hải Phòng 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