Đề tuyển sinh Toán 9 vào lớp 10 chuyên Sở GD&ĐT Tỉnh Hà Nam có đáp án và lời giải chi tiết. Các bạn xem ở dưới.
| SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC |
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học 2020 – 2021 Môn :TOÁN (Đề chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút |
Câu 1. (2,0 điểm)
Cho biểu thức $P = \left( {\frac{{x + 3\sqrt x + 2}}{{x + \sqrt x – 2}} – \frac{{x + \sqrt x }}{{x – 1}}} \right):\left( {\frac{1}{{\sqrt x + 1}} + \frac{1}{{\sqrt x – 1}}} \right)\left( \begin{array}{l}x > 0\\x \ne 1\end{array} \right)$
- Rút gọn biểu thức $P$
- Tìm $x$để $\frac{1}{P} – \frac{{\sqrt x + 1}}{8} \ge 1$
Câu 2. (2,0 điểm)
- Cho phương trình ${x^4} – 2m{x^2} + 2m + 6 = 0.$Tìm giá trị của $m$để phương trình có bốn nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2},{x_3},{x_4}$sao cho ${x_1} < {x_2} < {x_3} < {x_4}$và ${x_4} – 2{x_3} + 2{x_2} – {x_1} = 0$
- Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x{y^2} + 4{y^2} + 8 = x\left( {x + 2} \right)\\x + y + 3 = 3\sqrt {2y – 1} \end{array} \right.$
Câu 3. (4,0 điểm)
Cho tam giác nhọn $ABC\left( {AB < AC} \right)$nội tiếp đường tròn (O), có đường cao $AH.$Gọi $I$là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác $ABC.$Đường thẳng $AI$cắt đường tròn $\left( O \right)$tại điểm thứ hai $M.$Gọi $A’$là điểm đối xứng với $A$qua O. Đường thẳng $MA’$cắt các đường thẳng $AH,BC$theo thứ tự tại $N$và $K.$Gọi L là giao điểm của $MA$và $BC.$Đường thẳng $A’I$cắt đường tròn $\left( O \right)$tại điểm thứ hai là $D.$Hai đường thẳng $AD$và $BC$cắt nhau tại điểm $S$
- Chứng minh tam giác $ANA’$là tam giác cân và $MA’.MK = ML.MA$
- Chứng minh $M{I^2} = ML.MA$và tứ giác $NHIK$là tứ giác nội tiếp
- Gọi T là trung điểm của cạnh $SA,$chứng mnh ba điểm $T,I,K$thẳng hàng
- Chứng minh nếu $AB + AC = 2BC$thì $I$là trọng tâm của tam giác $AKS$
Câu 4.(1,0 điểm)
Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $\left( {x;y} \right)$thỏa mãn ${2^x} – {y^2} + 4y + 61 = 0$
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho $a,b,c$là các số thực dương thỏa mãn $abc = 8.$Chứng minh :
$\frac{a}{{ca + 4}} + \frac{b}{{ab + 4}} + \frac{c}{{bc + 4}} \le \frac{1}{{16}}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)$
ĐÁP ÁN
Câu 1.
$\begin{array}{l}1)P = \left[ {\frac{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x – 1} \right)}} – \frac{{\sqrt x .\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x – 1} \right)}}} \right]:\frac{{\sqrt x – 1 + \sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x – 1} \right)}}\\ = \left( {\frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x – 1}} – \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x – 1}}} \right):\frac{{2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x – 1} \right)}} = \frac{1}{{\sqrt x – 1}}.\frac{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x – 1} \right)}}{{2\sqrt x }} = \frac{{\sqrt x + 1}}{{2\sqrt x }}\\2)\frac{1}{P} – \frac{{\sqrt x + 1}}{8} \ge 1 \Leftrightarrow \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} – \frac{{\sqrt x + 1}}{8} – 1 \ge 0\\ \Leftrightarrow \frac{{16\sqrt x – x – 2\sqrt x – 1 – 8\sqrt x – 8}}{{8\left( {\sqrt x + 1} \right)}} \ge 0\\ \Leftrightarrow 6\sqrt x – x – 9 \ge 0(do\,\,8\left( {\sqrt x + 1} \right) > 0\,\,\forall x > 0;x \ne 1)\\ \Leftrightarrow x – 6\sqrt x + 9 \le 0 \Leftrightarrow {\left( {\sqrt x – 3} \right)^2} \le 0 \Leftrightarrow \sqrt x – 3 = 0 \Leftrightarrow x = 9(tm)\end{array}$
Vậy $x = 9$
Câu 2.
2.1 Phương trình ${x^4} – 2m{x^2} + 2m + 6 = 0\left( 1 \right)$
Đặt $t = {x^2}\left( {t \ge 0} \right)$, ta có: ${t^2} – 2mt + 2m + 6 = 0$ (2)
Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow pt\left( 2 \right)$có hai nghiệm dương phân biệt ${t_1},{t_2}$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ‘ > 0\\P = 2m + 6 > 0\\S = 2m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} – 2m – 6 > 0\\m > 0\end{array} \right.\left( 3 \right)$
Với điều kiện $\left( 3 \right),$phương trình $\left( 2 \right)$có hai nghiệm dương $0 < {t_1} < {t_2} \Rightarrow $phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt :
${x_1} = – \sqrt {{t_2}} < {x_2} = – \sqrt {{t_1}} < {x_3} = \sqrt {{t_1}} < {x_4} = \sqrt {{t_2}} $. Theo đề bài ta cũng có:
${x_4} – 2{x_3} + 2{x_2} – {x_1} = 0 \Leftrightarrow {x_4} – {x_1} = 2\left( {{x_3} – {x_2}} \right)$$ \Leftrightarrow \sqrt {{t_2}} = 2\sqrt {{t_1}} \Leftrightarrow {t_2} = 4{t_1}\left( 4 \right)$
Theo định lý Vi-et, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{t_1} + {t_2} = 2m\\{t_1}{t_2} = 2m + 6\end{array} \right.\left( 5 \right)$
Từ (4) và (5) ta có: $5{t_1} = 2m$và $4t_1^2 = 2m + 6 \Rightarrow 16{m^2} – 50m – 150 = 0$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = – \frac{{15}}{8}(ktm)\\m = 5(tm)\end{array} \right.$
Vậy $m = 5$thỏa mãn bài toán.
2.2. Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x{y^2} + 4{y^2} + 8 = x\left( {x + 2} \right) & (1)\\x + y + 3 = 3\sqrt {2y – 1} & (2)\end{array} \right.$
Điều kiện $2y – 1 \ge 0 \Leftrightarrow y \ge \frac{1}{2}$
Phương trình $\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left( {x + 4} \right)\left( {{y^2} – x + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – 4\\x = {y^2} + 2\end{array} \right.$
Thế $x = – 4$vào phương trình thứ 2 ta được:
$y – 1 = 3\sqrt {2y – 1} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y \ge 1\\{\left( {y – 1} \right)^2} = 9\left( {2y – 1} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow y = 10 + 3\sqrt {10} $
Với $x = {y^2} + 2,$thay vào $\left( 2 \right)$ta được ${y^2} + y + 5 = 3\sqrt {2y – 1} $ (3)
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:
${y^2} + y + 5 = \left( {{y^2} – y + 1} \right) + \left( {2y – 1} \right) + 5 > \left( {2y – 1} \right) + 5 \ge 2\sqrt {5\left( {2y – 1} \right)} \ge 3\sqrt {2y – 1} $
Do đó phương trình (3) vô nghiệm
Vậy $x = – 4;y = 10 + 3\sqrt {10} $
Câu 3.
- Chứng minh tam giác $ANA’$ là tam giác cân và $MA’.MK = ML.MA$
Ta có $\widehat {A’AC} = {90^0} – \widehat {AA’C} = {90^0} – \widehat {ABC} = \widehat {BAH}$mà $AI$ là phân giác của góc $BAC$ nên $AI$ là phân giác góc $\widehat {NAA’} \Rightarrow AM \bot MA’ \Rightarrow \Delta ANA’$ cân tại $A$
2. Chứng minh $M{I^2} = ML.MA$và tứ giác $NHIK$ là tứ giác nội tiếp
$\begin{array}{l}\widehat {MIC} = \widehat {MAC} + \widehat {ACI} = \widehat {MCB} + \widehat {BCI} = \widehat {MCI} \Rightarrow MI = MC\\\Delta MCL \sim \Delta MAC(g.g) \Rightarrow ML.MA = M{C^2} \Rightarrow ML.MA = M{I^2}\\MN.MK = MA’.MK = ML.MA = M{I^2} \Rightarrow \Delta IMN \sim \Delta KIN(g.g) \Rightarrow \widehat {NIK} = {90^0}\end{array}$
$\widehat {NIK} = \widehat {NHK} = {90^0} \Rightarrow $Tứ giác $NHIK$nội tiếp
- Gọi T là trung điểm của cạnh $SA,$chứng minh ba điểm $T,I,K$ thẳng hàng
Tứ giác $NHIK$ nội tiếp suy ra $\widehat {IHK} = \widehat {INK} = \widehat {IA’M} = \widehat {IAD}$
Suy ra $AIHS$ là tứ giác nội tiếp, do đó $\widehat {AIS} = \widehat {AHS} = {90^0}$
$\widehat {TIA} = \widehat {TAI} = \widehat {INK}$
$ \Rightarrow \widehat {TIA} = \widehat {MIK},$suy ra ba điểm $T,I,K$ thẳng hàng
2. Chứng minh nếu $AB + AC = 2BC$ thì $I$ là trọng tâm của tam giác $AKS$
Ta có: $\frac{{AI}}{{IL}} = \frac{{AB}}{{BL}} = \frac{{AC}}{{CL}} = \frac{{AB + AC}}{{BL + CL}} = \frac{{2BC}}{{BC}} = 2$
Kẻ $LE//SA\left( {E \in TK} \right).$ Ta có: $\frac{{LE}}{{AT}} = \frac{{IL}}{{IA}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{LE}}{{ST}} = \frac{1}{2}$
Suy ra $L$ là trung điểm của $SK$ mà $\frac{{AI}}{{IL}} = 2$ nên $I$ là trọng tâm của tam giác $ASK$
Câu 4.
Ta có: $\left( 1 \right) \Leftrightarrow {2^x} + 65 = {\left( {y – 2} \right)^2}$
Vì 65 chia hết cho 5 và ${2^x}$không chia hết cho 5 với mọi $x$ nguyên dương nên nếu cặp số nguyên dương $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn phương trình $\left( 1 \right)$ thì $y – 2$ là số nguyên không chia hết cho 5. Suy ra ${\left( {y – 2} \right)^2} \equiv \pm 1\left( {\bmod 5} \right)$
Do đó ${2^x} \equiv \pm 1\left( {\bmod 5} \right),suy\,ra\,x = 2k,k \in {\mathbb{Z}^ + }$
Thay vào phương trình đề ta được:
${2^{2k}} + 65 = {\left( {y – 2} \right)^2} \Leftrightarrow 65 = \left( {y – 2 + {2^k}} \right)\left( {y – 2 – {2^k}} \right)$ (2)
Vì $k; y$ nguyên dương nên $y – 2 + {2^k} > 0,$ từ (2) suy ra $y – 2 – {2^k} > 0$ và $y – 2 + {2^k} > y – 2 – {2^k}$. Do đó:
$\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}y – 2 + {2^k} = 65\\y – 2 – {2^k} = 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}y – 2 + {2^k} = 13\\y – 2 – {2^k} = 5\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}k = 5\\y = 35\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}k = 2\\y = 11\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = 10\\y = 35\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 11\end{array} \right.\end{array} \right.$
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm dương là $\left( {10;35} \right)$và $\left( {4;11} \right)$
Câu 5.
Vì $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc = 8$ nên tồn tại các số thực dương $x,y,z$ sao cho $a = \frac{{2x}}{y}; b = \frac{{2y}}{z}; c = \frac{{2z}}{x}$
Bất đẳng thức trở thành $\frac{{{x^2}}}{{{y^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{z^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{x^2}}} \ge \frac{{2x}}{{y + z}} + \frac{{2y}}{{z + x}} + \frac{{2z}}{{x + y}}$
$\begin{array}{l}3\left( {\frac{{{x^2}}}{{{y^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{z^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{x^2}}}} \right) \ge {\left( {\frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x}} \right)^2} \ge 3\left( {\frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x}} \right)\left( 2 \right)\\ \Rightarrow \frac{{{x^2}}}{{{y^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{z^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{x^2}}} \ge \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x}\\\frac{{{x^2}}}{{{y^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{z^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{x^2}}} \ge \frac{x}{y}.\frac{y}{z} + \frac{y}{z}.\frac{z}{x} + \frac{z}{x}.\frac{x}{y} = \frac{x}{z} + \frac{y}{x} + \frac{z}{y}\left( 3 \right)\end{array}$
Từ (2) và (3) ta có:
$2\left( {\frac{{{x^2}}}{{{y^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{z^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{x^2}}}} \right) \ge \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x} + \frac{x}{z} + \frac{y}{x} + \frac{z}{y}$
Lại có:
$\begin{array}{l}\frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x} + \frac{x}{z} + \frac{y}{x} + \frac{z}{y} = x\left( {\frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) + y\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{z}} \right) + z\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y}} \right)\\ \ge \frac{{4x}}{{y + z}} + \frac{{4y}}{{z + x}} + \frac{{4z}}{{x + y}}\end{array}$
Ta có bất đẳng thức đề được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 2$
