Đề Thi Tuyển Sinh Toán 9 Vào Lớp 10 Trường THPT Chuyên Quốc Học Huế Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

0
35

Đề thi tuyển sinh Toán 9 vào lớp 10 Trường THPT chuyên Quốc Học Huế có đáp án và lời giải chi tiết. Các bạn xem ở dưới.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THỪA THIÊN HUẾ

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUỐC HỌC

NĂM HỌC 2020 – 2021

Khóa ngày 18 tháng 7 năm 2020

Môn thi: TOÁN (CHUYÊN TOÁN)

Câu 1. (1,5 điểm)

a) Cho biểu thức : $P = \frac{{\sqrt x .\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{1 – x}} + \frac{{{{\left( {\sqrt x – 2} \right)}^2} + 3\sqrt x – x}}{{1 – \sqrt x }}$, tìm điều kiện của $x$để $P < 8$

b) Cho $f\left( n \right) = \frac{1}{{\sqrt {4{n^2} – 1} \left( {\sqrt {2n + 1} + \sqrt {2n – 1} } \right)}},$tính $Q = f\left( 1 \right) + f\left( 2 \right) + ….. + f\left( {40} \right)$

Câu 2. (1,5 điểm)

a) Trên mặt phẳng tọa độ $Oxy,$ cho đường thẳng $\left( d \right):y = mx + 4\left( {m \ne 0} \right)$và parabol $\left( P \right):y = 2{x^2}$. Gọi $A,B$ là các giao điểm của $\left( d \right)$và $\left( P \right);A’,B’$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B trên trục hoành. Tìm $m$ để diện tích tứ giác $ABB’A’$ bằng $15\left( {c{m^2}} \right)$(đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimet)

b) Giải hệ phương trình : $\left\{ \begin{array}{l}{x^2}y – y + x = 3xy\\x{y^2} + {y^3} – {x^3} = 3xy\end{array} \right.$

Câu 3. (2,0 điểm)

a)Giải phương trình $\left( {\sqrt {x + 3} + \sqrt {6 – x} } \right)\left( {6\sqrt {2x + 6} – 2x – 13} \right) = 6\sqrt 2 $

b) Chứng minh phương trình ${x^2} – \left( {{m^2} – 1} \right)x + m{\left( {m – 1} \right)^2} = 0$ ($x$ là ẩn số) luôn có nghiệm với mọi giá trị của $m.$ Gọi ${x_1},{x_2}$ là các nghiệm của phương trình đã cho, giả sử ${x_1} \le {x_2},$ tìm $m$ để ${x_2}$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 4. (3,0 điểm)

Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm phân biệt và $A$ và $B\,($điểm O nằm ngoài đường tròn $\left( {O’} \right)).$ Từ một điểm M trên tia đối của tia $AB,$ vẽ các tiếp tuyến $MC,$$MD$ với đường tròn (O), (C, D là các tiếp điểm và $D$ nằm trong đường tròn $\left( {O’} \right))$. Hai đường thẳng $AC,AD$ cắt đường tròn $\left( {O’} \right)$ lần lượt tại E và F ($E,F$ không trùng với $A),$ hai đường thẳng $CD$ và $EF$ cắt nhau tại $I$

a) Chứng minh tứ giác $BCEI$ nội tiếp và $EI.BD = BI.AD$

b) Chứng minh $I$ là trung điểm của đoạn thẳng $EF$

c) Chứng minh khi $M$ thay đổi trên tia đối của tia $AB$ thì đường thẳng $CD$ luôn đi qua một điểm cố định

Câu 5. (2,0 điểm)

a) Tìm tất cả các giá trị nguyên của $x$ và $y$ thỏa mãn :

$2021\left( {{x^2} + 2{y^2}} \right) – 2020\left( {2xy + y} \right) = 2022$

b) Cho $x,y,z$là ba số thực dương, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$S = \frac{{\sqrt {2{x^2} – xy + 2{y^2}} }}{{x + y + 2z}} + \frac{{\sqrt {2{y^2} – yz + 2{z^2}} }}{{y + z + 2x}} + \frac{{\sqrt {2{z^2} – zx + 2{x^2}} }}{{z + x + 2y}}$

ĐÁP ÁN

Câu 1. a) ĐKXĐ: $x \ge 0,x \ne 1$. Khi đó :

$\begin{array}{l}P = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{1 – x}} + \frac{{{{\left( {\sqrt x – 2} \right)}^2} + 3\sqrt x – x}}{{1 – \sqrt x }}\\ = \frac{{\sqrt x }}{{1 – \sqrt x }} + \frac{{x – 4\sqrt x + 4 + 3\sqrt x – x}}{{1 – \sqrt x }} = \frac{{\sqrt x }}{{1 – \sqrt x }} + \frac{{4 – \sqrt x }}{{1 – \sqrt x }} = \frac{4}{{1 – \sqrt x }}\end{array}$

Ta có $P < 8$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{4}{{1 – \sqrt x }} < 8 \Leftrightarrow \frac{1}{{1 – \sqrt x }} < 2 \Leftrightarrow \frac{1}{{1 – \sqrt x }} – 2 < 0 \Leftrightarrow \frac{{2\sqrt x – 1}}{{1 – \sqrt x }} < 0\\ \Leftrightarrow \frac{{2\left( {\sqrt x – \frac{1}{2}} \right)}}{{\sqrt x – 1}} > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x – 1 < \sqrt x – \frac{1}{2} < 0\\0 < \sqrt x – 1 < \sqrt x – \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x – \frac{1}{2} < 0\\0 < \sqrt x – 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}0 \le x < \frac{1}{4}\\1 < x\end{array} \right.\end{array}$

Kết hợp với điều kiện suy ra $0 \le x < \frac{1}{4}$hoặc $x > 1$thì $P < 8$

b) Ta có: $f\left( n \right) = \frac{{\sqrt {2n + 1} – \sqrt {2n – 1} }}{{2\sqrt {4{n^2} – 1} }} = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{\sqrt {2n – 1} }} – \frac{1}{{\sqrt {2n + 1} }}} \right)$

$ \Rightarrow Q = f\left( 1 \right) + f\left( 2 \right) + ….. + f\left( {40} \right)$

$\begin{array}{l} = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{\sqrt 1 }} – \frac{1}{{\sqrt 3 }} + \frac{1}{{\sqrt 3 }} – \frac{1}{{\sqrt 5 }} + …… + \frac{1}{{\sqrt {79} }} – \frac{1}{{\sqrt {81} }}} \right)\\ = \frac{1}{2}\left( {1 – \frac{1}{9}} \right) = \frac{4}{9}\end{array}$

Câu 2.

a) Xét phương trình hoành độ giao điểm $\left( d \right)$ và $\left( P \right)$ta có: $2{x^2} = mx + 4$

$ \Leftrightarrow 2{x^2} – mx – 4 = 0$

Nhận thấy $ac < 0 \Rightarrow pt$ luôn có 2 nghiệm phân biệt

Gọi tọa độ của $A\left( {{x_1},{y_1}} \right),B\left( {{x_2},{y_2}} \right),A’\left( {{x_1},0} \right),B’\left( {{x_2};0} \right)$

Theo định lý Vi-et ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{m}{2}\\{x_1}{x_2} = – 2\end{array} \right.$

$\begin{array}{l} \Rightarrow S = \frac{1}{2}\left| {{y_1} + {y_2}} \right|.\left| {{x_2} – {x_1}} \right| = 15 \Leftrightarrow \left( {x_1^2 + x_2^2} \right)\sqrt {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} + 8} = 15\\ \Leftrightarrow \left( {\frac{{{m^2}}}{4} + 4} \right)\sqrt {\frac{{{m^2}}}{4} + 8} = 15\end{array}$

Đặt $\frac{{{m^2}}}{4} + 4 = t\left( {t > 0} \right)\left( 2 \right)$. Thì (1) tương đương với

$\begin{array}{l}t\sqrt {t + 4} = 15 \Leftrightarrow {t^3} + 4{t^2} – 225 = 0 \Leftrightarrow \left( {t – 5} \right)\left( {{t^2} + 9t + 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow t – 5 = 0 \Leftrightarrow t = 5 \Rightarrow \frac{{{m^2}}}{4} + 4 = 5 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = – 2\\m = 2\end{array} \right.\end{array}$

Vậy $m \in \left\{ {2; – 2} \right\}$thì thỏa đề

b) $\left\{ \begin{array}{l}{x^2}y – y + x = 3xy & (1)\\x{y^2} + {y^3} – {x^3} = 3xy & (2)\end{array} \right.$. Trừ vế theo vế (1) và (2) ta có:

$\begin{array}{l}{x^2}y – y + x – x{y^2} – {y^3} + {x^3} = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^3} – {y^3}} \right) + \left( {{x^2}y – x{y^2}} \right) + \left( {x – y} \right) = 0\end{array}$

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

Thay $y = x$vào (1) ta được:

${x^3} – x + x = 3{x^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = y = 0\\x = y = 3\end{array} \right.$

Vậy $\left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( {0;0} \right);\left( {3;3} \right)} \right\}$

Câu 3.

a) Gpt: $\left( {\sqrt {x + 3} + \sqrt {6 – x} } \right)\left( {6\sqrt {2x + 6} – 2x – 13} \right) = 6\sqrt 2 \left( { – 3 \le x \le 6} \right)$

Ta có: $6\sqrt {2x + 6} – 2x – 6 – 9 + 2 = 2 – {\left( {\sqrt {2x + 6} – 3} \right)^2} \le 2$

$\begin{array}{l}{\left( {\sqrt {x + 3} + \sqrt {6 – x} } \right)^2} \le \left( {1 + 1} \right)\left( {x + 3 + 6 – x} \right) = 18\\ \Rightarrow \sqrt {x + 3} + \sqrt {6 – x} \le 3\sqrt 2 \\ \Rightarrow \left( {\sqrt {x + 3} + \sqrt {6 – x} } \right)\left( {6\sqrt {2x + 6} – 2x – 13} \right) \le 6\sqrt 2 = VP\end{array}$

Dấu xảy ra khi $\left\{ \begin{array}{l}x + 3 = 6 – x\\\sqrt {2x + 6} = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{3}{2}(tm\,dkxd)$

Vậy $x = \frac{3}{2}$

$\begin{array}{l}b){x^2} – \left( {{m^2} – 1} \right)x + m{\left( {m – 1} \right)^2} = 0\\\Delta = {\left( {{m^2} – 1} \right)^2} – 4m{\left( {m – 1} \right)^2} = {\left( {m – 1} \right)^2}\left( {{m^2} + 2m + 1 – 4m} \right)\\ = {\left( {m – 1} \right)^2}{\left( {m – 1} \right)^2} = {\left( {m – 1} \right)^4} \Rightarrow \sqrt \Delta = {\left( {m – 1} \right)^2}\end{array}$

Vậy phương trình có 2 nghiệm

$\begin{array}{l}{x_1} = \frac{{{m^2} – 1 – {{\left( {m – 1} \right)}^2}}}{2} = m – 1\\{x_2} = \frac{{{m^2} – 1 + {{\left( {m – 1} \right)}^2}}}{2} = {m^2} – m\$Do\,{x_2} – {x_1} = {m^2} – m – \left( {m – 1} \right) = {\left( {m – 1} \right)^2} \ge 0)\end{array}$

Ta lại có : ${x_2} = {m^2} – m = {\left( {m – \frac{1}{2}} \right)^2} – \frac{1}{4} \ge – \frac{1}{4} \Rightarrow \min {x_2} = – \frac{1}{4} \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}$

Vậy $m = \frac{1}{2}$thì ${x_2}$đạt giá trị nhỏ nhất là $ – \frac{1}{4}$

Câu 4.

a) Trong $\left( O \right):\widehat {ICB} = \widehat {BAD},$trong $\left( {O’} \right):\widehat {BAD} = \widehat {BEF}$

$ \Rightarrow \widehat {ICB} = \widehat {BEF} \Rightarrow BCEI$là tứ giác nội tiếp $ \Rightarrow \angle BIF = \angle ACB$

Ta có: $ADBC$ nội tiếp

$ \Rightarrow \widehat {ACB} = \widehat {BDF} \Rightarrow \angle BIF = \angle BDF \Rightarrow \angle ADB = \angle BIE$ (1)

Mà $\angle BAD = \angle BEI(2)$. Từ (1) và (2) $ \Rightarrow \Delta BAD \sim \Delta BIE \Rightarrow BD.IE = BI.AD$

b) Ta có; $\widehat {IFB} = \widehat {BAC} = \widehat {BDC} \Rightarrow IFBD$ là tứ giác nội tiếp $ \Rightarrow \widehat {IBF} = \widehat {IDF} = \widehat {ADC} = \widehat {ABC} \Rightarrow \Delta IFB \sim \Delta CAB$

Mặt khác: $\widehat {FIB} = \widehat {FDB} \Rightarrow \widehat {EIB} = \widehat {ADB}$và $\widehat {IEB} = \angle DAB \Rightarrow \Delta EIB \sim \Delta ADB$

Từ đó suy ra $\frac{{IF}}{{IB}} = \frac{{CA}}{{CB}} = \frac{{AD}}{{DB}} = \frac{{IE}}{{IB}} \Rightarrow IF = IE$

c) Gọi G là giao điểm của hai tiếp tuyến tại A, B của đường tròn và H là giao điểm của $MO$ với CD. Khi đó $H$ là trung điểm CD và $AGBO$ là tứ giác nội tiếp

Mặt khác, $OH.OM = O{D^2} = O{A^2} = O{B^2} \Rightarrow \Delta BOH \sim \Delta MOB \Rightarrow \widehat {BHO} = \widehat {MBO} = \widehat {BAO}$

$ \Rightarrow AHOB$ nội tiếp hay 5 điểm $G,A,B,H,O,B $ nội tiếp $ \Rightarrow \widehat {GHO} = \widehat {GAO} = {90^0},$

Tức là $GH \bot OH.$ Mà $OH \bot DH$ nên $G,D,H,C$ thẳng hàng. Vậy $CD$ luôn đi qua điểm $G$ cố định là giao điểm của hai tiếp tuyến tại $A,B$ của đường tròn $\left( O \right)$

Câu 5.

a) Ta có: $\begin{array}{l}2021\left( {{x^2} + 2{y^2}} \right) – 2020\left( {2xy + y} \right) = 2022\\ \Leftrightarrow 2020{\left( {x – y} \right)^2} + {x^2} + 2022{y^2} – 2020y = 2022\,(1)\\Th1:y \le – 1 \Rightarrow 2022{y^2} – 2022y \ge 4042(VN)\\Th2:y \ge 2 \Rightarrow 2022{y^2} – 2020y > 2022{y^2} – 2022y = 2022y\left( {y – 1} \right) \ge 2022y \ge 4022(VN)\\Th3:y = 0 \Rightarrow 2020{x^2} + {x^2} = 2022 \Leftrightarrow {x^2} = \frac{{2022}}{{2023}} \notin \mathbb{Z}\\Th4:y = 1 \Rightarrow 2020{\left( {x – 1} \right)^2} + 2022 – 2020 + {x^2} = 2022\\ \Leftrightarrow 2021{x^2} – 4040x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0(tm)\\x = \frac{{4040}}{{2021}}(ktm)\end{array} \right.\end{array}$

Vậy $\left( {x;y} \right) = \left( {0;1} \right)$

b) Ta có: $\sqrt {2{x^2} – xy + 2{y^2}} \ge \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left( {x + y} \right)$

$ \Leftrightarrow 2{x^2} – xy + 2{y^2} \ge \frac{3}{4}\left( {{x^2} + 2xy + {y^2}} \right) \Leftrightarrow \frac{5}{4}{\left( {x – y} \right)^2} \ge 0$(luôn đúng)

Vậy $S \ge \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sum\limits_{}^{} {\frac{{x + y}}{{x + y + 2z}}} $. Đặt $\left\{ \begin{array}{l}x + y = a\\y + z = b\\z + x = c\end{array} \right.$

$ \Rightarrow S \ge \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sum {\frac{a}{{b + c}} = } \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sum {\frac{{{a^2}}}{{ab + bc}} \ge \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sum\limits_{}^{} {\frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{2\left( {ab + bc + ca} \right)}} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}.3 = \frac{{3\sqrt 3 }}{4}} } $

Dấu xảy ra $ \Leftrightarrow x = y = z$

Bài trướcKỳ Thi Toán 9 Tuyển Sinh Vào Lớp 10 Sở GD&ĐT TP HCM Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
Bài tiếp theoĐề Thi Tuyển Sinh Toán 9 Vào Lớp 10 Chuyên Sở GD&ĐT Tỉnh Điên Biên 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