Đề Thi Tuyển Sinh Chuyên Toán 9 Vào Lớp 10 Sở GD&ĐT Tỉnh Bắc Ninh Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

0
30

Đề thi tuyển sinh chuyên Toán 9 vào lớp 10 Sở GD&ĐT Tỉnh Bắc Ninh có đáp án và lời giải chi tiết. Các bạn xem ở dưới.

UBND TỈNH BẮC NINH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN

NĂM HỌC 2020 – 2021

Môn thi: TOÁN (dành cho thí sinh chuyên Toán, chuyên Tin)

Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1. (2,0 điểm)

  1. Cho biểu thức $A = \frac{{\sqrt {x + 4\sqrt {x – 4} } + \sqrt {x – 4\sqrt {x – 4} } }}{{\sqrt {\frac{{16}}{{{x^2}}} – \frac{8}{x} + 1} }}$, với giá trị nào của $x$ thì biểu thức $A$ xác định. Rút gọn A
  2. Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}{x^2}y + 2{x^2} + 3y = 15\\{x^4} + {y^2} – 2{x^2} – 4y = 5\end{array} \right.$

Câu 2. (2,5 điểm)

  1. Cho các số $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện $a + b + c = 6.$ Chứng minh rằng có ít nhất một trong ba phương trình sau có nghiệm ${x^2} + ax + 1 = 0;$${x^2} + bx + 1 = 0;$${x^2} + cx + 1 = 0$
  2. Cho $a,b,c$là các số dương thỏa mãn ${a^2} + {b^2} + {c^2} = 1.$ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $A = \left( {1 + 2a} \right)\left( {1 + 2bc} \right)$

Câu 3. (1,5 điểm)

  1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$ thì $n\left( {2n + 7} \right)\left( {7n + 1} \right)$ luôn chia hét cho 6
  2. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $\left( {a;b} \right)$ thỏa mãn đồng thời hai điều kiện $4a + 1$và $4b – 1$nguyên tố cùng nhau, $a + b$là ước của $16ab + 1$

Câu 4. (3,0 điểm)

  1. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính $AB = 2R,$ gọi I là trung điểm của đoạn $OA.$Vẽ tia $Ix$ vuông góc với $AB$ cắt nửa đường tròn $\left( O \right)$tại C. Lấy điểm $E$ trên cung nhỏ $BC\,\left( {E \ne B,E \ne C} \right)$, nối $AE$cắt $CI$tại F
  2. Chứng minh rằng $BEFI$ là tứ giác nội tiếp
  3. Gọi K là giao điểm của hai tia $BE$ và $Ix.$ Giả sử F là trung điểm của $IC.$ Chứng minh rằng $\Delta AIF \sim \Delta KIB$. Tính $IK$ theo R
  4. Cho tam giác $ABC$ vuông tại A, đường cao $AH.$ Gọi $I,J,K$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC,ABH,ACH.$ Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $IJK$ và đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ có bán kính bằng nhau.

Câu 5. (1,0 điểm)

Một bảng kích thước $2n \times 2n$ô vuông, $n$ là số nguyên dương. Người ta đánh dấu vào $3n$ ô bất kỳ của bảng. Chứng minh rằng có thể chọn ra $n$ hàng và $n$ cột của bảng sao cho các ô được đánh dấu đều nằm trên $n$hàng và $n$cột này

ĐÁP ÁN

Câu 1.

  1. Ta có $x + 4\sqrt {x – 4} = {\left( {\sqrt {x – 4} + 2} \right)^2} \ge 0$

$x – 4\sqrt {x – 4} = {\left( {\sqrt {x – 4} – 2} \right)^2} \ge 0;\frac{{16}}{{{x^2}}} – \frac{8}{x} + 1 = {\left( {\frac{4}{x} – 1} \right)^2} \ge 0$

Vậy điều kiện để $A$xác định là $x > 4$

Khi đó $A = \frac{{\left| {\sqrt {x – 4} + 2} \right| + \left| {\sqrt {x – 4} – 2} \right|}}{{\left| {\frac{{4 – x}}{x}} \right|}} = \frac{{\sqrt {x – 4} + 2 + \left| {\sqrt {x – 4} – 2} \right|}}{{\frac{{x – 4}}{x}}}$

Nếu $\sqrt {x – 4} \ge 2 \Leftrightarrow x \ge 8$thì $A = \frac{{x\left( {\sqrt {x – 4} + 2 + \sqrt {x – 4} – 2} \right)}}{{x – 4}} = \frac{{2x}}{{\sqrt {x – 4} }}$

Nếu $0 < \sqrt {x – 4} < 2 \Leftrightarrow 4 < x < 8$thì $A = \frac{{x\left( {\sqrt {x – 4} + 2 – \sqrt {x – 4} + 2} \right)}}{{x – 4}} = \frac{{4x}}{{x – 4}}$

2. Hệ phương trình $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {{x^2} – 1} \right)\left( {y – 2} \right) + 4\left( {{x^2} – 1} \right)\left( {y – 2} \right) = 5\\{\left( {{x^2} – 1} \right)^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} = 10\end{array} \right.$

Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = {x^2} – 1\\v = y – 2\end{array} \right.$Ta có hệ phương trình:

$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{u^2} + {v^2} = 10\\uv + 4\left( {u + v} \right) = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {u + v} \right)^2} – 2uv = 10\\uv + 4\left( {u + v} \right) = 5\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}u + v = – 10\\uv = 45\end{array} \right.(VN)\\\left\{ \begin{array}{l}u + v = 2\\uv = – 3\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}u = 3\\v = – 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}u = – 1\\v = 3\end{array} \right.\end{array} \right.\end{array}$

$\begin{array}{l}*)u = 3,v = – 1 \Rightarrow \left( {x;y} \right) = \left\{ {\left( {2;1} \right);\left( { – 2;1} \right)} \right\}\\*)u = – 1,v = 3 \Rightarrow \left( {x;y} \right) = \left( {0;5} \right)\end{array}$

Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm $\left( {2;1} \right);\left( { – 2;1} \right);\left( {0;5} \right)$

Câu 2.

  1. Ba phương trình trên lần lượt có ${\Delta _1} = {a^2} – 4;{\Delta _2} = {b^2} – 4;{\Delta _3} = {c^2} – 4$

$ \Rightarrow {\Delta _1} + {\Delta _2} + {\Delta _3} = {a^2} + {b^2} + {c^2} – 12 \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3} – 12 = \frac{{36}}{3} – 12 = 0$

(Dấu xảy ra khi $a = b = c = 2)$suy ra ${\Delta _1} + {\Delta _2} + {\Delta _3} \ge 0$

Do đó có ít nhất một trong ba biệt thức ${\Delta _1},{\Delta _2},{\Delta _3}$không âm

Vậy ít nhất một trong ba phương trình trên có nghiệm.

2. Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có :

${a^2} + \frac{4}{9} \ge \frac{4}{3}a \Rightarrow 2a \le \frac{{3{a^2}}}{2} + \frac{2}{3}$ và $2bc \le {b^2} + {c^2}$. Suy ra:

$A \le \left( {\frac{{3{a^2}}}{2} + \frac{2}{3} + 1} \right)\left( {{b^2} + {c^2} + 1} \right) = \frac{3}{2}\left( {{a^2} + \frac{{10}}{9}} \right)\left( {{b^2} + {c^2} + 1} \right)$

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:

$\frac{3}{2}\left( {{a^2} + \frac{{10}}{9}} \right)\left( {{b^2} + {c^2} + 1} \right) \le \frac{3}{2}{\left( {\frac{{{a^2} + \frac{{10}}{9} + {b^2} + {c^2} + 1}}{2}} \right)^2} = \frac{{98}}{{27}} \Rightarrow A \le \frac{{98}}{{27}}$

Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{2}{3}\\b = c\\{a^2} + \frac{{10}}{9} = {b^2} + {c^2} + 1\\{a^2} + {b^2} + {c^2} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{2}{3}\\b = c = \frac{{\sqrt {10} }}{6}\end{array} \right.$

Vậy $GTLN$của biểu thức $A = \frac{{98}}{{27}} \Leftrightarrow a = \frac{2}{3};b = c = \frac{{\sqrt {10} }}{6}$

Câu 3.

  1. Gọi $A = n\left( {2n + 7} \right)\left( {7n + 1} \right)$

Ta có trong hai số $n$và $7n + 1$phải có một số chẵn nên $n\left( {2n + 7} \right)\left( {7n + 1} \right)$ chia hết cho 2

Với $n \in \mathbb{N},$ta có 3 trường hợp sau :

$\begin{array}{l} + )n = 3k\left( {k \in \mathbb{N}} \right) \Rightarrow A = 3k\left( {6k + 7} \right)\left( {21k + 1} \right) \vdots 3 & & (1)\\ + )n = 3k + 1\left( {k \in \mathbb{N}} \right) \Rightarrow A = \left( {3k + 1} \right)\left( {6k + 9} \right)\left( {21k + 8} \right) \vdots 3 & (2)\\ + )n = 3k + 2\left( {k \in \mathbb{N}} \right) \Rightarrow A = \left( {3k + 2} \right)\left( {6k + 11} \right)\left( {21k + 15} \right) \vdots 3 & (3)\end{array}$

Từ (1), (2), (3) suy ra $A \vdots 3,\forall n \in \mathbb{N} \Rightarrow A \vdots 6,\forall n \in \mathbb{N}$

2. Giả sử $\left( {a,b} \right)$là cặp số nguyên dương thỏa mãn bài toán

Khi đó $\left( {4a + 1;4b + 1} \right) = 1$và $\left( {16ab + 1} \right) \vdots \left( {a + b} \right)\left( 1 \right)$

Ta có: $\left( {4a + 1} \right)\left( {4b + 1} \right) = \left( {16ab + 1} \right) + 4\left( {a + b} \right)$chia hết cho $a + b\left( 2 \right)$

Ta có: $4a + 1 + 4b – 1 = 4\left( {a + b} \right) \vdots \left( {a + b} \right)$

Nếu $4a + 1;a + b$cùng chia hết cho số nguyên tố $p$thì $4b – 1$cũng chia hết cho $p,$điều này mâu thuẫn vì $\left( {4a + 1;4b – 1} \right) = 1$

Do đó, $\left( {4a + 1;a + b} \right) = 1 \Rightarrow \left( {4b + 1} \right) \vdots \left( {a + b} \right)$

Nên từ (1) suy ra $\left( {4b + 1} \right) \vdots \left( {a + b} \right)\left( 3 \right)$

Ngược lại, nếu $\left( {a,b} \right)$là cặp số nguyên thỏa mãn $\left( 3 \right)$thì từ $\left( 2 \right)$ta có: $\left( {16ab + 1} \right) \vdots \left( {a + b} \right)$

Ta chứng minh được vì nếu hai số $4a + 1$ và $4b – 1$cùng chia hết cho số nguyên tố p thì $p$ là số nguyên tố lẻ.

Câu 4. 1.

2. Ta có : $\angle AEB = {90^0}$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\widehat {BIF} = {90^0}\left( {Do\,\,\,Ix \bot AB} \right)$

Tứ giác $BEFI$có: $\angle AEB + \angle BIF = {90^0} + {90^0} = {180^0}$

$ \Rightarrow $tứ giác $BEFI$ là tứ giác nội tiếp

3. Do tứ giác $BEFI$ nội tiếp nên $\angle AFI = \angle KIB$

Xét $\Delta AIF$và $\Delta KIB$có: $\widehat {AFI} = \widehat {KBI}$(cmt); $\widehat {AIF} = \widehat {KIB} = {90^0}$$ \Rightarrow \Delta AIF \sim \Delta KIB$

Xét $\Delta ACB$có $\widehat {ACB} = {90^0}$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và $CI \bot AB (gt)$

Suy ra $C{I^2} = AI.IB = \frac{R}{2}.\frac{{3R}}{2} = \frac{{3{R^2}}}{4} \Rightarrow CI = \frac{{R\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow IF = \frac{{CI}}{2} = \frac{{R\sqrt 3 }}{4}$

Do $\Delta AIF \sim \Delta KIB$nên $\frac{{AI}}{{KI}} = \frac{{IF}}{{IB}} \Rightarrow KI = \frac{{AI.IB}}{{IF}} = \frac{R}{2}.\frac{{3R}}{2}.\frac{4}{{R\sqrt 3 }} = R\sqrt 3 $

4. Gọi $M,N$là giao điểm của $AJ,AK$với $BC,$hạ $ID \bot BC$

Ta có: $\widehat {BAN} = {90^0} – \widehat {NAC} = {90^0} – \widehat {NAH} = \widehat {BNA} \Rightarrow ABN$cân tại B

Tương tự $\Delta ACM$ cân tại C

Do đó, $IA = IM = IN$nên $D$là trung điểm của $MN$

Mà $MN = AB + AC – BC = 2r = 2ID $nên $\Delta MIN$vuông tại I

Vì $CK$ là trung trực của $AM$ nên $\widehat {KMC} = \widehat {KAC} = \frac{1}{2}\widehat {HAC} = \frac{1}{2}\widehat {ABC} = \widehat {IBC}$ nên $MK//BI$. Mà $BI$ là trung trực của $AN$ nên $MK \bot AN$, tương tự $NJ \bot AM$

Do đó các điểm $I,J,K$ nằm trên đườn tròn đường kính $MN$ có bán kính $r\left( {dfcm} \right)$

Câu 5.

Chọn ra $n$hàng có chứa số ô được đánh dấu nhiều nhất trên các hàng đó

x x X
x x
x x
x
x

Ta chứng minh số ô được đánh dấu còn lại nhỏ hơn hoặc bằng $n$

Giả sử số ô được đánh dấu còn lại lớn hơn hoặc bằng $n + 1$

Các hàng còn lại chưa chọn là $n$

Theo nguyên lý Dirichlet sẽ có ít nhất một hàng (trong $n$ hàng còn lại) chứa ít nhất hai ô đã đánh dấu.

Mà theo cách chọn thì $n$ hàng đã chọn có chứa số ô được đánh dấu nhiều nhất trên các hàng đó. Có một hàng còn lại chưa chọn có ít nhất 2 ô đánh dấu, nên suy ra mọi hàng trong $n$ hàng đã chọn đều có ít nhất 2 ô được chọn, tức là trên $n$ hàng đã chọn không có ít hơn $2n$ ô đã được đánh dấu .

Nếu vậy, số ô được đánh dấu lớn hơn hoặc bằng $2n + \left( {n + 1} \right) > 3n$ trái giả thiết

Vậy sau khi chọn $n$hàng (với cách chọn như trên), sẽ còn lại không quá $n$ô được đánh dấu. Vì thế có nhiều nhất là $n$ cột chứa chúng. Do đó, sẽ không còn ô đánh dấu nào nằm ngoài các hàng hay cột được chọn

Suy ra điều phải chứng minh.

Bài trướcKỳ Thi Tuyển Sinh Toán 9 Vào Lớp 10 Trường THPT Chuyên Bắc Giang Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
Bài tiếp theoKỳ Thi Tuyển Sinh Chuyên Toán 9 Vào Lớp 10 Sở GD&ĐT Tỉnh Bình Định Có Lời Giải Và Đáp Án Chi Tiết

BÌNH LUẬN

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