Đề thi tuyển sinh Toán 9 vào lớp 10 chuyên Sở GD&ĐT Tỉnh Điên Biên có đáp án và lời giải chi tiết. Các bạn xem ở dưới.
| SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐIỆN BIÊN Đề chính thức (Có 01 trang) |
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: Toán (Chuyên) Ngày thi: 15/7/2020 Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề |
ĐỀ BÀI
Câu 1. (2,0 điểm).
1. Cho biểu thức: $P = \frac{{{a^2} – \sqrt a }}{{a + \sqrt a + 1}} – \frac{{2a + \sqrt a }}{{\sqrt a }} + \frac{{2(a – 1)}}{{\sqrt a – 1}}$ ( với $a > 0,a \ne 1$).
a) Rút gọn $P.$
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của $P$.
2. Giải hệ phương trình: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2\sqrt {x – 1} + \frac{1}{{y + 3}} = 1}\\{4\sqrt {x – 1} – \frac{3}{{y + 3}} = 7}\end{array}} \right.$
Câu 2. (2,0 điểm).
Cho phương trình: ${x^2} – 5mx – 4m = 0$ ( với $m$ là tham số).
a) Tìm tất cả các giá trị của $m$ để phương trình có nghiệm kép, tìm nghiệm đó.
b) Chứng minh rằng khi phương trình có 2 nghiệm phân biệt ${x_1},\,\,{x_2}$ thì:
${x_1}^2 + 5m{x_2} + {m^2} + 14m + 1 > 0$.
Câu 3. (2,0 điểm).
a) Một con Robot được thiết kế có thể đi thẳng, quay một góc ${90^0}$ sang phải hoặc sang trái. Robot xuất phát từ vị trí $A$ đi thẳng $2m$ quay sang trái rồi đi thẳng $3m$, quay sang phải rồi đi thẳng $5m$ đến đích tại vị trí $B$. Tính khoảng cách giữa đích đến và nơi xuất phát của Robot.
b) Cho hai số $a,\,\,b$ thỏa mãn $a > b > 0$ và $a.b = 1$. Chứng minh: $\frac{{{a^2} + {b^2}}}{{a – b}} \ge 2\sqrt 2 $.
Câu 4. (3,0 điểm).
Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường cao $AD,\,\,BE$ cắt nhau tại $H$. Kéo dài $BE,\,\,AO$ cắt đường tròn $(O)$ lần lượt tại $F$ và $M$.
a) Chứng minh $\Delta HAF$ cân.
b) Gọi $I$ là trung điểm của $BC$. Chứng minh ba điểm $H,\,\,I,\,\,M$ thẳng hàng và $AH = 2OI$.
c) Khi $BC$cố định, xác định vị trí của $A$ trên đường tròn $(O)$ để $DH.DA$ lớn nhất.
Câu 5. (1,0 điểm).
a) Cho $xy + yz + xz = 0$ và $xyz \ne 0$. Chứng minh rằng: $\frac{{yz}}{{{x^2}}} + \frac{{xz}}{{{y^2}}} + \frac{{xy}}{{{z^2}}} = 3$.
b) Cho $n$ là số nguyên dương. Biết rằng $2n + 1$ và $3n + 1$ là hai số chính phương. Chứng minh rằng $n$ chia hết cho $40$.
……………… Hết ……………….
| SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐIỆN BIÊN (Hướng dẫn chấm có 04 trang) |
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học : 2020 – 2021 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN CHUYÊN |
| Câu | Hướng dẫn | Điểm |
| 1.1
(1,0đ) |
Cho biểu thức: $P = \frac{{{a^2} – \sqrt a }}{{a + \sqrt a + 1}} – \frac{{2a + \sqrt a }}{{\sqrt a }} + \frac{{2(a – 1)}}{{\sqrt a – 1}}$
a) Rút gọn $P.$ |
|
| Với $a > 0,a \ne 1 \Rightarrow $$P = \frac{{\sqrt a ({{\sqrt a }^3} – 1)}}{{a + \sqrt a + 1}} – \frac{{\sqrt a (2\sqrt a + 1)}}{{\sqrt a }} + \frac{{2(\sqrt a – 1)(\sqrt a + 1)}}{{\sqrt a – 1}}$ | 0,25 | |
| $P = \frac{{\sqrt a (\sqrt a – 1)(a + \sqrt a + 1)}}{{a + \sqrt a + 1}} – (2\sqrt a + 1) + 2(\sqrt a + 1) = a – \sqrt a + 1$ | 0,25 | |
| b) Tính giá trị nhỏ nhất của $P$. | ||
| $P = a – \sqrt a + 1 = {\left( {\sqrt a – \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} \ge \frac{3}{4}$ (Với $\forall a > 0,a \ne 1$) | 0,25 | |
| Vậy giá trị nhỏ nhất của $P = \frac{3}{4}$ khi $a = \frac{1}{4}$. | 0,25 | |
| 1.2 | Giải hệ phương trình: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2\sqrt {x – 1} + \frac{1}{{y + 3}} = 1}\\{4\sqrt {x – 1} – \frac{3}{{y + 3}} = 7}\end{array}} \right.$ | |
| Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\y \ne – 3\end{array} \right.$ | 0,25 | |
| Đặt $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{u = \sqrt {x – 1} }\\{v = \frac{1}{{y + 3}}}\end{array}} \right.$ (điều kiện $u \ge 0$) $ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2u + v = 1}\\{4u – 3v = 7}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{u = 1}\\{v = – 1}\end{array}} \right.$ (thỏa mãn) | 0,5 | |
| $ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sqrt {x – 1} = 1}\\{\frac{1}{{y + 3}} = – 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2}\\{y = – 4}\end{array}} \right.$ (thỏa mãn). Vậy HPT có 1 nghiệm $(2; – 4)$ | 0,25 | |
| 2.a
(1,0đ) |
Phương trình: ${x^2} – 5mx – 4m = 0$.
a) Tìm $m$ để phương trình có nghiệm kép, tìm nghiệm đó. |
|
| Ta có: $\Delta = 25{m^2} + 16m$ | 0,25 | |
| Để phương trình có nghiệm kép thì $\Delta = 0 \Leftrightarrow 25{m^2} + 16m = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 0}\\{m = – \frac{{16}}{{25}}}\end{array}} \right.$ | 0,25 | |
| $ + )\,\,m = 0$ nghiệm kép là ${x_1} = {x_2} = \frac{{5m}}{2} = 0$ | 0,25 | |
| $ + )\,\,m = – \frac{{16}}{{25}}$ nghiệm kép là ${x_1} = {x_2} = \frac{{5m}}{2} = – \frac{8}{5}$ | 0,25 | |
| 2.b
(1,0đ) |
b) Chứng minh rằng khi phương trình có 2 nghiệm phân biệt ${x_1};\,\,{x_2}$ thì ${x_1}^2 + 5m{x_2} + {m^2} + 14m + 1 > 0$. | |
| PT có 2 nghiệm phân biệt ${x_1};\,\,{x_2}$ thì $\Delta = 25{m^2} + 16m > 0$ | 0,25 | |
| và ${x_1}^2 – 5m{x_1} – 4m = 0 \Leftrightarrow {x_1}^2 = 5m{x_1} + 4m$ và ${x_1} + {x_2} = 5m$ | 0,25 | |
| Xét $P = {x_1}^2 + 5m{x_2} + {m^2} + 14m + 1 = 5m{x_1} + 4m + 5m{x_2} + {m^2} + 14m + 1$
$ = 5m({x_1} + {x_2}) + {m^2} + 18m + 1 = 26{m^2} + 18m + 1$ |
0,25 | |
| Suy ra $P = 25{m^2} + 16m + {m^2} + 2m + 1 = \Delta + {(m + 1)^2} > 0$ (vì $\Delta > 0$). Đpcm. | 0,25 | |
| 3.a
(1,0đ) |
a) Một con Robot được thiết kế có thể đi thẳng, quay một góc ${90^0}$ sang phải hoặc sang trái. Robot xuất phát từ vị trí $A$ đi thẳng $2m$ quay sang trái rồi đi thẳng $3m$, quay sang phải rồi đi thẳng $5m$ đến đích tại vị trí $B$. Tính khoảng cách giữa đích đến và nơi xuất phát của Robot. | |
| Học sinh vẽ được hình minh họa
|
0,25 | |
| Kẻ $AC \bot BC$ như hình vẽ:
|
0,25 | |
| Ta có: $AC = 7;BC = 3$ | 0,25 | |
| $ \Rightarrow AB = \sqrt {{7^2} + {3^3}} = \sqrt {58} $
Vậy khoảng cách giữa đích đến và nơi xuất phát của Robot là $\sqrt {58} $ |
0,25 | |
| 3.b
(1,0đ) |
b) Chứng minh: $\frac{{{a^2} + {b^2}}}{{a – b}} \ge 2\sqrt 2 $. Với $a > b > 0$ và $a.b = 1$. | |
| Vì $a.b = 1 \Rightarrow \frac{{{a^2} + {b^2}}}{{a – b}} = \frac{{{{(a – b)}^2} + 2}}{{a – b}} = (a – b) + \frac{2}{{(a – b)}}$ | 0,25 | |
| Do $a > b > 0 \Rightarrow (a – b) + \frac{2}{{(a – b)}} \ge 2\sqrt {(a – b).\frac{2}{{(a – b)}}} = 2\sqrt 2 $ (BĐT AM-GM) | 0,25 | |
| Dấu bằng xẩy ra khi: $(a – b) = \frac{2}{{(a – b)}} \Leftrightarrow {(a – b)^2} = 2 \Leftrightarrow a – b = \sqrt 2 $
$ \Leftrightarrow a – \frac{1}{a} = \sqrt 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = \frac{{\sqrt 2 + \sqrt 6 }}{2}\,\,\,\,\,\,(t/m)\\a = \frac{{\sqrt 2 – \sqrt 6 }}{2}\,\,\,\,\,\,(Loai)\end{array} \right. \Rightarrow b = \frac{{\sqrt 6 – \sqrt 2 }}{2}$ |
0,25 | |
| Vậy $\frac{{{a^2} + {b^2}}}{{a – b}} \ge 2\sqrt 2 $. Dấu bằng xẩy ra khi $a = \frac{{\sqrt 6 + \sqrt 2 }}{2};b = \frac{{\sqrt 6 – \sqrt 2 }}{2}$ | 0,25 | |
| 4.a
(1,0đ) |
Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường cao $AD,\,\,BE$ cắt nhau tại $H$. Kéo dài $BE,\,\,AO$ cắt đường tròn $(O)$ lần lượt tại $F$ và $M$.
a) Chứng minh $\Delta HAF$ cân. |
|
| Vẽ hình đúng đến câu 4.a
|
0,25 | |
| Ta có: $\widehat {AHF} = \widehat {ACB}$ (cùng phụ với $\widehat {DAE}$) | 0,25 | |
| Lại có $\widehat {ACB} = \widehat {AFB}$ (cùng chắn cung $AB$) | 0,25 | |
| Suy ra $\widehat {AHF} = \widehat {AFB} \Rightarrow \Delta AHF$ cân tại $A$. | 0,25 | |
| 4.b
(1,0đ) |
b) Gọi $I$ là trung điểm của $BC$. Chứng minh ba điểm $H,\,\,I,\,\,M$ thẳng hàng và $AH = 2OI$. | |
| Ta có $BH//CM$ (cùng vuông $AC$), $HC//BM$ (cùng vuông $AB$). | 0,25 | |
| $ \Rightarrow BHCM$ là hình bình hình . | 0,25 | |
| Mà $I$ là trung điểm của $BC \Rightarrow I$ cũng là trung điểm của $HM \Rightarrow $ ba điểm $H,\,\,I,\,\,M$ thẳng hàng. | 0,25 | |
| $ \Rightarrow OI$ là đường trung bình của $\Delta AHM \Rightarrow AH = 2OI$ | 0,25 | |
| 4.c
(1,0đ) |
c) Khi $BC$cố định, xác định vị trí của $A$ trên đường tròn $(O)$ để $DH.DA$ lớn nhất. | |
| Theo câu 1 ta có $\widehat {AHF} = \widehat {AFB} \Rightarrow \widehat {BHD} = \widehat {ACB} \Rightarrow \Delta DAC \sim \Delta DBH(g.g)$ | 0,25 | |
| Suy ra $\frac{{DA}}{{DC}} = \frac{{DB}}{{DH}} \Leftrightarrow DA.DH = DB.DC$ | 0,25 | |
| Ta có $DB.DC \le {\left( {\frac{{BD + CD}}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow DB.DC \le {\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)^2}$
Dấu bằng xẩy ra khi $BD = DC$. |
0,25 | |
| Vậy để $DH.DA$ lớn nhất thì $A$ là điểm chính giữa cung lớn $BC$. | 0,25 | |
| 5.a
(0,5đ) |
a) Cho $xy + yz + xz = 0$ và $xyz \ne 0$. Chứng minh rằng: $\frac{{yz}}{{{x^2}}} + \frac{{xz}}{{{y^2}}} + \frac{{xy}}{{{z^2}}} = 3$ | |
| Vì: $xy + yz + xz = 0;{\rm{ }}xyz \ne 0 \Rightarrow \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = 0$
Chứng minh được nếu: $a + b + c = 0 \Rightarrow {a^3} + {b^3} + {c^3} = 3abc$ |
0,25 | |
| Áp dụng công thức trên ta có: $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = 0 \Rightarrow \;\frac{1}{{{x^3}}} + \frac{1}{{{y^3}}} + \frac{1}{{{z^3}}} = \frac{3}{{xyz}}$
Lại có: $\frac{{yz}}{{{x^2}}} + \frac{{xz}}{{{y^2}}} + \frac{{xy}}{{{z^2}}} = xyz\left( {\frac{1}{{{x^3}}} + \frac{1}{{{y^3}}} + \frac{1}{{{z^3}}}} \right) = 3$. (Đpcm) |
0,25 | |
| 5.b
(0,5đ) |
b) Cho $n$ là số nguyên dương. Biết rằng $2n + 1$ và $3n + 1$ là hai số chính phương. Chứng minh rằng $n$ chia hết cho $40$. | |
| Đặt $2n + 1 = {x^2} \Rightarrow x$lẻ $ \Rightarrow 2n = \left( {x – 1} \right)\left( {x + 1} \right) \vdots 4$ vì $x – 1;\,\,x + 1$ chẵn $ \Rightarrow n$ chẵn
Đặt $3n + 1 = {y^2} \Rightarrow y$ lẻ (do $n$ chẵn) và $3n = \left( {y – 1} \right)\left( {y + 1} \right) \vdots 8$ vì $y – 1;\,\,y + 1$ là hai số chẵn liên tiếp mà $(3;8) = 1 \Rightarrow n \vdots 8\,\,(1)$. |
0,25 | |
| Ta có một số chính phương chia cho 5 dư 0 hoặc 1 hoặc 4.
Mặt khác ${x^2} + {y^2} = 5n + 2 \Rightarrow {x^2},{y^2}$ chia cho 5 dư 1 Nên $n = \left( {3n + 1} \right) – \left( {2n + 1} \right) = \left( {{y^2} – {x^2}} \right) \vdots 5\,\,(2).$ Từ (1), (2) và $(5;8) = 1\; \Rightarrow n \vdots 40$. Đpcm. |
0,25 |
(Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa)
