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)
- 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 $0 \le x \ne 4$
- Giải phương trình $\sqrt {{x^2} + 3} = x + \sqrt {2x – 1} $
- 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)
- 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
- 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 $C$
- Chứng minh tứ giác $SMHD$nôi tiếp
- 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 $BD$
- 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.
- 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.
- 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)
