Đề Thi Tuyển Sinh Toán 9 Vào Lớp 10 Chuyên Sở GD&ĐT Tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

0
34

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

NĂM HỌC 2020 – 2021

ĐỀ THI MÔN: TOÁN (chuyên)

Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1. (3,0 điểm)

  1. Rút gọn biểu thức $P = \frac{{x – 4}}{{x\sqrt x – 8}} + \frac{{x + \sqrt x + 2}}{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2} + 3}}$với $0 \le x \ne 4$
  2. Giải phương trình $\sqrt {{x^2} + 3} = x + \sqrt {2x – 1} $
  3. Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x – y + 2 = xy\\\left( {2 – x} \right)y = {x^2} + {y^2}\end{array} \right.$

Câu 2.(2,0 điểm)

  1. Cho đa thức $P\left( x \right) = \left( {x – 2} \right)\left( {{x^2} + ax – 8} \right) + b{x^2}$với $a$và $b$là các số thực thỏa mãn $a + b < 1.$Chứng minh rằng phương trình $P\left( x \right) = 0$có bốn nghiệm phân biệt
  2. Tìm tất cả các cặp số nguyên $\left( {x;y} \right)$thỏa mãn $x{\left( {x + y} \right)^2} – y + 1 = 0$

Câu 3. (1,0 điểm) Với các số thực dương $a$và $b$thay đổi, hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :$S = \left( {a + b} \right)\left( {\frac{1}{{\sqrt {{a^2} – ab + 2{b^2}} }} + \frac{1}{{\sqrt {{b^2} – ab + 2{a^2}} }}} \right)$

Câu 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn $\left( O \right)$đường kính $AB.$Từ điểm $S$thuộc tia đối của tia $AB$kẻ đến $\left( O \right)$hai tiếp tuyến $SC$và $SD\,(C,D$là hai tiếp điểm). Gọi $H$là giao điểm của đường kính $AB$và dây $CD.$Vẽ đường tròn $\left( {O’} \right)$đi qua C và tiếp xúc với đường thẳng $AB$tại $S.$Hai đường tròn $\left( O \right)$và $\left( {O’} \right)$cắt nhau tại điểm $M$khác $C$

  1. Chứng minh tứ giác $SMHD$nôi tiếp
  2. Gọi $K$là hình chiếu vuông góc của $C$trên $BD,I$là giao điểm của $BM$và $CK.$Chứng minh $HI$song song với $BD$
  3. Các đường thẳng $SM$và $HM$lần lượt cắt $\left( O \right)$tại các điểm $L$và $T(L,T$khác M). Chứng minh rằng tứ giác $CDTL$là hình vuông khi và chỉ khi $M{C^2} = MS.MD$

Câu 5. (1,0 điểm) Cho tam giác $ABC$có ba góc nhọn và có trực tâm $H.$Gọi $D,E,$$F$lần lượt là chân ba đường cao kẻ từ $A,B,C$của tam giác $ABC.$Biết ${\left( {\frac{{AB}}{{HF}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{BC}}{{HD}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{CA}}{{HE}}} \right)^2} = 36.$Hãy chứng minh rằng $\Delta ABC$đều.

ĐÁP ÁN

Câu 1.

a) $x – 4 = \left( {\sqrt x  – 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)$;  $x\sqrt x  – 8 = \left( {\sqrt x  – 2} \right)\left( {x + 2\sqrt x  + 4} \right)$

Rút gọn được: $\frac{{x – 4}}{{x\sqrt x – 8}} = \frac{{\sqrt x + 2}}{{x + 2\sqrt x + 4}}$

$ \Rightarrow P = \frac{{\sqrt x + 2}}{{x + 2\sqrt x + 4}} + \frac{{x + \sqrt x + 2}}{{x + 2\sqrt x + 4}} = 1$

b) Điều kiện: $x \ge \frac{1}{2}$. Ta có:

$\begin{array}{l}\sqrt {{x^2} + 3} = x + \sqrt {2x – 1} \Leftrightarrow {x^2} + 3 = {x^2} + 2x – 1 + 2x\sqrt {2x – 1} \\ \Leftrightarrow x\sqrt {2x – 1} = 2 – x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{2} \le x \le 2\\{x^2}\left( {2x – 1} \right) = {\left( {2 – x} \right)^2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{2} \le x \le 2\\{x^3} – {x^2} + 2x – 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1(tm)\end{array}$

Vậy $x = 1$

$\begin{array}{l}c)\left\{ \begin{array}{l}x – y + 2 = xy & \left( 1 \right)\\\left( {2 – x} \right)y = {x^2} + {y^2} & (2)\end{array} \right. \Rightarrow {\left( {x + y} \right)^2} – \left( {x + y} \right) – 2 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + y = – 1 \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^2} + 3x + 3 = 0(VN)\\x + y = 2 \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^2} = 0 \Leftrightarrow x = 0 \Rightarrow y = 2\end{array} \right.\end{array}$

Hệ có một nghiệm $\left( {0;2} \right)$

Câu 2.

  1. Ta có $P\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x – 2} \right)\left( {x + 4} \right)\left( {{x^2} + ax – 8} \right) + b{x^2} = 0\left( 1 \right)$

$ \Leftrightarrow \left( {{x^2} + 2x – 8} \right)\left( {{x^2} + ax – 8} \right) + b{x^2} = 0 \Leftrightarrow \left( {x – \frac{8}{x} + 2} \right)\left( {x – \frac{8}{x} + a} \right) + b = 0$

(Vì $x = 0$không là nghiệm)

Đặt $t = x – \frac{8}{x} \Leftrightarrow {x^2} – tx – 8 = 0\left( * \right)$, phương trình $\left( * \right)$luôn có hai nghiệm $x$phân biệt với mọi $t \in \mathbb{R}$. Ta có phương trình $\left( 1 \right)$trở thành: ${t^2} + \left( {a + 2} \right)t + 2a + b = 0\left( 2 \right)$

Ta có: $\Delta = {\left( {a + 2} \right)^2} – 4\left( {2a + b} \right) = {\left( {a – 2} \right)^2} – 4b > {\left( {a – 2} \right)^2} – 4\left( {1 – a} \right) = {a^2} \ge 0$

Suy ra $\left( 2 \right)$có hai nghiệm phân biệt nên $\left( 1 \right)$có bốn nghiệm phân biệt $\left( {dfcm} \right)$

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

Đặt $t = x + y \Rightarrow t \in \mathbb{Z}\& x = \frac{{t – 1}}{{{t^2} + 1}}$

Do $x \in \mathbb{Z} \Rightarrow \left( {t – 1} \right) \vdots \left( {{t^2} + 1} \right)$

$ \Rightarrow \left( {t + 1} \right)\left( {t – 1} \right) \vdots \left( {{t^2} + 1} \right) \Rightarrow 2 \vdots \left( {{t^2} + 1} \right) \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = \pm 1\end{array} \right.$

$\begin{array}{l}t = 0 \Rightarrow x = – 1;y = 1\\t = 1 \Rightarrow x = 0,y = 1\\t = – 1 \Rightarrow x = – 1,y = 0\end{array}$

Vậy phương trình có ba nghiệm $\left( { – 1;1} \right);\left( {0;1} \right);\left( { – 1;0} \right)$

Câu 3.

Theo bất đẳng thức Bunhia copxki ta có:

${S^2} \le 4\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {\frac{1}{{{a^2} – ab + 2{b^2}}} + \frac{1}{{{b^2} – ab + 2{a^2}}}} \right)$$ = 4\left( {\frac{1}{{1 + \frac{{b\left( {b – a} \right)}}{{{a^2} + {b^2}}}}} + \frac{1}{{1 + \frac{{a\left( {a – b} \right)}}{{{a^2} + {b^2}}}}}} \right)$

Đặt $x = \frac{{b\left( {b – a} \right)}}{{{a^2} + {b^2}}},y = \frac{{a\left( {a – b} \right)}}{{{a^2} + {b^2}}}$

Ta có: $x + y = \frac{{{{\left( {a – b} \right)}^2}}}{{{a^2} + {b^2}}};2xy = – \frac{{2ab{{\left( {a – b} \right)}^2}}}{{{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2}}} \Rightarrow x + y + 2xy = \frac{{{{\left( {a – b} \right)}^4}}}{{{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2}}} \ge 0$

Suy ra :${S^2} \le 4\left( {\frac{1}{{1 + x}} + \frac{1}{{1 + y}}} \right) = 4\left( {\frac{{2 + x + y}}{{1 + x + y + xy}}} \right) \le 4\left( {\frac{{2 + x + y}}{{1 + x + y – \frac{{x + y}}{2}}}} \right) = 8 \Rightarrow S \le 2\sqrt 2 $

Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow a = b.$Vậy $Max\,S = 2\sqrt 2 \Leftrightarrow a = b$

Câu 4.

  1. Ta có: $\angle MSH = \angle SCM$và $\angle SCM = \angle MDC$(góc giữa tiếp tuyến và dây cung)

$ \Rightarrow \angle MSH = \angle MDH \Rightarrow SMHD$nội tiếp

2. Chứng minh $HI//BD$

$\angle CIM = \angle BIK$(đối đỉnh)$ = {90^0} – \angle DBM = {90^0} – \angle MCD$(tam giác vuông và góc nội tiếp);

$\angle CHM = {90^0} – \angle SHM = {90^0} – \angle MDS$(tam giác vuông, góc giữa tiếp tuyến và dây cung) mà $\widehat {MCD} = \widehat {MDS}$(góc giữa tiếp tuyến và dây cung)

$ \Rightarrow \angle CIM = \angle CHM \Rightarrow CMHI$là tứ giác nội tiếp

$ \Rightarrow \angle CHI = \angle CMI = \angle CDB$(góc nội tiếp). Vậy $HI//BD$(hai góc đồng vị)

3. $BD \bot CK \Rightarrow HI \bot CK \Rightarrow \widehat {CMT} = {90^0} \Rightarrow CT$là đường kính của $\left( O \right)$

$\angle DML = {90^0} \Rightarrow DL$cũng là đường kính của $\left( O \right)$. Vậy $CDTL$là hình chữ nhật

Từ đó ta có $MS.SL = S{D^2};MD.SL = SD.DL;MC.SL = SC.CL$

Vậy $M{C^2} = MS.MD \Leftrightarrow C{L^2} = SD.2R$($R$là bán kính của (O))
$ \Leftrightarrow 2{\left( {\frac{{{R^2}}}{{OS}}} \right)^2} = R\sqrt {O{S^2} – {R^2}} \Leftrightarrow OS = R\sqrt 2 (1)$

Mặt khác $CDTL$là hình vuông $ \Leftrightarrow \angle SOC = {45^0} \Leftrightarrow SO = R\sqrt 2 \left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) $suy\,\,\,ra\,\,\,dfcm$

Câu 5.

Ta có: $\Delta ACD \sim \Delta BHD$và $\Delta ABD \sim \Delta AHF \Rightarrow \frac{{AC}}{{BH}} = \frac{{AD}}{{DB}} = \frac{{AF}}{{FH}}\left( 1 \right)$

Tương tự : $\Delta BCE \sim \Delta AHE$và $\Delta ABE \sim \Delta HFB \Rightarrow \frac{{BC}}{{AH}} = \frac{{BE}}{{AE}} = \frac{{FB}}{{FH}}\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) ta có: $\frac{{AB}}{{FH}} = \frac{{AF + FB}}{{HF}} = \frac{{AF}}{{HF}} + \frac{{FB}}{{FH}} = \frac{{AC}}{{BH}} + \frac{{CB}}{{AH}}$

${\left( {\frac{{AB}}{{HF}}} \right)^2} = {\left( {\frac{{AC}}{{BH}} + \frac{{CB}}{{AH}}} \right)^2} \ge 4.\frac{{AC.CB}}{{BH.AH}}\left( 3 \right)$

Lại có $\Delta BCF \sim \Delta HAF \Rightarrow \frac{{BC}}{{AH}} = \frac{{CF}}{{AF}},$từ (1) và (3)

$ \Rightarrow {\left( {\frac{{AB}}{{HF}}} \right)^2} \ge 4.\frac{{CF}}{{HF}} = 4.\frac{{{S_{ABC}}}}{{{S_{HAB}}}}\left( 4 \right)$

Tương tự ${\left( {\frac{{BC}}{{HD}}} \right)^2} \ge 4.\frac{{{S_{ABC}}}}{{{S_{HBC}}}}\left( 5 \right);{\left( {\frac{{AC}}{{HE}}} \right)^2} = 4.\frac{{{S_{ABC}}}}{{{S_{HAC}}}}\left( 6 \right)$

Do đó:

$\begin{array}{l}{\left( {\frac{{AB}}{{HF}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{BC}}{{HD}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{CA}}{{HE}}} \right)^2} \ge 4.{S_{ABC}}\left( {\frac{1}{{{S_{HAB}}}} + \frac{1}{{{S_{HBC}}}} + \frac{1}{{{S_{HCA}}}}} \right)\\ \ge \frac{{36.{S_{ABC}}}}{{{S_{HAB}} + {S_{HBC}} + {S_{HCA}}}} = 36\end{array}$

Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow {S_{HAB}} = {S_{HBC}} = {S_{HAC}} \Leftrightarrow H$ là trọng tâm $\Delta ABC,$mà $H$ là trực tâm $\Delta ABC$ nên $\Delta ABC$ đều (khi đó các bất đẳng thức $\left( 4 \right),\left( 5 \right),\left( 6 \right)$cùng xảy ra đẳng thức)

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