Đề tuyển sinh Toán 9 vào lớp 10 chuyên Sở GD&ĐT Tỉnh Hà Tĩnh có đáp án và lời giải chi tiết. Các bạn xem ở dưới.
| SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC |
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ TĨNH
NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN: TOÁN (chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút |
Câu 1. (1,5 điểm) Giả sử $a,b,c$ là các số thực khác 0 sao cho hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}ax + by = c\\bx + cy = a\\cx + ay = b\end{array} \right.$ có nghiệm $\left( {x;y} \right).$ Chứng minh rằng $\frac{{{a^2}}}{{bc}} + \frac{{{b^2}}}{{ca}} + \frac{{{c^2}}}{{ab}} = 3$
Câu 2. (2,5 điểm)
a) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}{x^4} – 2{x^2}y = 1\\2{x^2} + {y^2} – 2y = 2\end{array} \right.$
b) Giải phương trình: $2\left( {x – 2} \right)\sqrt {x + 2} = – {x^2} + 3x + 3$
Câu 3. (2,5 điểm)
a) Tồn tại hay không số nguyên dương $n$ sao cho $2n + 2021$và $3n + 2020$ đều là các số chính phương
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $\left( {x;y} \right)$sao cho $\frac{{{x^2} – 2}}{{xy + 2}}$có giá trị là số nguyên
Câu 4. (2,5 điểm) Cho hai đường tròn $\left( O \right)$và $\left( {O’} \right)$cắt nhau tại $A$ và $B$ sao cho hai tâm $O$ và $O’$ nằm khác phía đối với đường thẳng $AB.$ Đường thẳng $d$thay đổi đi qua $B$ cắt các đường tròn $\left( O \right)$và $\left( {O’} \right)$ lần lượt tại C và D $(d$ không trùng với đường thẳng $AB)$
a) Xác định vị trí của đường thẳng $d$sao cho đoạn thẳng $CD$có độ dài lớn nhất
b) Gọi $M$ là điểm di chuyển từ điểm $A,$ ngược chiều kim đồng hồ trên đường tròn $\left( O \right); N$ là điểm di chuyển từ điểm $A,$ cùng chiều kim đồng hồ trên đường tròn $\left( {O’} \right)$ sao cho $\widehat {AOM}$luôn bằng $\widehat {AO’N}$. Chứng minh đường trung trực của $MN$ luôn đi qua một điểm cố định
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho $x,y,z$ là các số thực không âm thỏa mãn ${x^2}{z^2} + {y^2}{z^2} + 1 \le 3z$
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} + \frac{8}{{{{\left( {y + 3} \right)}^2}}} + \frac{{4{z^2}}}{{{{\left( {1 + 2z} \right)}^2}}}$
ĐÁP ÁN
Câu 1. Ta cần chứng minh $\frac{{{a^2}}}{{bc}} + \frac{{{b^2}}}{{ca}} + \frac{{{c^2}}}{{ab}} = 3 \Leftrightarrow {a^3} + {b^3} + {c^3} = 3abc\left( * \right)$
Từ hệ phương trình ta có $\left( {a + b + c} \right)\left( {x + y – 1} \right) = 0$
Th1: $a + b + c = 0 \Leftrightarrow a = – \left( {b + c} \right) \Leftrightarrow {a^3} = – {b^3} – 3bc\left( {b + c} \right) – {c^3} \Leftrightarrow {a^3} + {b^3} + {c^3} = 3abc$
Th2: $x + y – 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1 – y$thay vào phương trình $ax + by = c$được $y\left( {a – b} \right) = a – c$
-Xét $a – b = 0 \Leftrightarrow a = b$thay vào phương trình $bx + cy = a$được $cy = b\left( {1 – x} \right) = by$
Nếu $y = 0 \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow a = c$, nếu $y \ne 0 \Rightarrow c = b$. Do đó $a = b = c(tm(*))$
Xét $a – b \ne 0 \Rightarrow y = \frac{{a – c}}{{a – b}} \Rightarrow x = \frac{{c – b}}{{a – b}}$thay vào phương trình $bx + cy = a$ta có:
$\begin{array}{l}\frac{{b\left( {c – b} \right)}}{{a – b}} + \frac{{c\left( {a – c} \right)}}{{a – b}} = a \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} – ab – bc – ca = 0\\ \Leftrightarrow 2{a^2} + 2{b^2} + 2{c^2} – 2ab – 2bc – 2ca = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {a – b} \right)^2} + {\left( {b – c} \right)^2} + {\left( {c – a} \right)^2} = 0\left( {ktm\,\,do\,\,a – b \ne 0} \right)\end{array}$
Vậy khi hệ phương trình có các nghiệm $\left( {x;y} \right)$thì $a + b + c = 0$hoặc $a = b = c$thỏa mãn $\left( * \right)$
Câu 2.
a) Cộng vế theo vế các phương trình của hệ được ${x^4} – 2{x^2}y + 2{x^2} + {y^2} – 2y = 3$
$ \Leftrightarrow {x^4} + {y^2} + 1 – 2{x^2}y + 2{x^2} – 2y = 4 \Leftrightarrow {\left( {{x^2} – y + 1} \right)^2} = 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} – y + 1 = 2\\{x^2} – y + 1 = – 2\end{array} \right.$
Xét ${x^2} – y + 1 = 2 \Leftrightarrow {x^2} = y + 1$thế vào phương trình $2{x^2} + {y^2} – 2y = 2$được ${y^2} = 0 \Leftrightarrow y = 0$$ \Leftrightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 1$thỏa mãn phương trình ${x^4} – 2{x^2}y = 1$
Xét ${x^2} – y + 1 = – 2 \Leftrightarrow {x^2} = y – 1$ thế vào phương trình $2{x^2} + {y^2} – 2y = 2$được ${y^2} = 4 \Rightarrow y = \pm 2$
$\left[ \begin{array}{l}y = 2 \Rightarrow {x^2} = 1 \Rightarrow x = \pm 1\,(ktm\,\,{x^4} – 2{x^2}y = 1)\\y = – 2 \Rightarrow {x^2} = – 3(ktm)\end{array} \right.$
Vậy $\left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( { – 1;0} \right);\left( {1;0} \right)} \right\}$
b) ĐKXĐ:$x \ge – 2$. Ta có phương trình $2\left( {x – 2} \right)\sqrt {x + 2} + {x^2} – 3x – 3 = 0$
$ \Leftrightarrow {\left( {x – 2} \right)^2} + 2\left( {x – 2} \right)\sqrt {x + 2} + x + 2 = 9$
$ \Leftrightarrow {\left( {x – 2 + \sqrt {x + 2} } \right)^2} = 9 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x – 2 + \sqrt {x + 2} = 3\\x – 2 + \sqrt {x + 2} = – 3\end{array} \right.$
$\begin{array}{l}*)x – 2 + \sqrt {x + 2} = 3 \Leftrightarrow \sqrt {x + 2} = 5 – x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} – 2 \le x \le 5\\x + 2 = {\left( {5 – x} \right)^2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} – 2 \le x \le 5\\{x^2} – 11x + 23 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = \frac{{11 + \sqrt {29} }}{2}(ktm)\\{x_2} = \frac{{11 – \sqrt {29} }}{2}(tm)\end{array} \right.\\*)x – 2 + \sqrt {x + 2} = – 3 \Leftrightarrow \sqrt {x + 2} = – x – 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} – 2 \le x \le – 1\\x + 2 = {\left( {x + 1} \right)^2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} – 2 \le x \le – 1\\{x^2} – x – 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}(ktm)\\{x_2} = \frac{{1 – \sqrt 5 }}{2}(tm)\end{array} \right.\end{array}$
Vậy phương trình có nghiệm $x = \frac{{11 – \sqrt {29} }}{2};x = \frac{{1 – \sqrt 5 }}{2}$
Câu 3.
a) Giả sử $2n + 2021$và $3n + 2020$đều là số chính phương .
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}2n + 2021 = {\left( {2a + 1} \right)^2}\\3n + 2020 = {\left( {2b} \right)^2}\end{array} \right.$với $a,b$là các số nguyên.
Ta có: $3n = \left( {4{b^2} – 2020} \right) \vdots 4 \Rightarrow 3n \vdots 4 \Rightarrow n \vdots 4$
Mặt khác $2n + 2021 = {\left( {2a + 1} \right)^2} \Leftrightarrow 2020 = 4a\left( {a + 1} \right) – 2n \vdots 8$(vô lý).
Vậy không tồn tại $n$ thỏa mãn.
b) Giả sử $\frac{{{x^2} – 2}}{{xy + 2}}$là số nguyên, ta có: $\left( {{x^2} – 2} \right) \vdots \left( {xy + 2} \right) \Leftrightarrow y\left( {{x^2} – 2} \right) \vdots \left( {xy + 2} \right)$
$ \Leftrightarrow \left[ {x\left( {xy + 2} \right) – 2\left( {x + y} \right)} \right] \vdots \left( {xy + 2} \right) \Rightarrow 2\left( {x + y} \right) \vdots \left( {xy + 2} \right)$
Do đó tồn tại số nguyên dương $k$sao cho $2\left( {x + y} \right) = k\left( {xy + 2} \right)\left( * \right)$
Nếu $k \ge 2$thì từ $\left( * \right)$ta có: $x + y \ge xy + 2 \Leftrightarrow \left( {x – 1} \right)\left( {y – 1} \right) + 1 \le 0,$mâu thuẫn
Do vậy $k = 1.$Từ $\left( * \right)$ta có: $2\left( {x + y} \right) = xy + 2 \Leftrightarrow \left( {x – 2} \right)\left( {y – 2} \right) = 2$
Do $x \ge 1 \Rightarrow x – 2 \ge – 1$và $y \ge 1 \Rightarrow y – 1 \ge – 1$nên ta có các trường hợp sau:
$TH1:\left\{ \begin{array}{l}x – 2 = 1\\y – 2 = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 4\end{array} \right.$ $TH2:\left\{ \begin{array}{l}x – 2 = 2\\y – 2 = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 3\end{array} \right.$
Kiểm tra lại ta có $x = 4,y = 3$ thỏa đề
Câu 4.
a) Ta có $AB$ là đường trung trực của $OO’$
Do đó $\widehat {AOO’} = \frac{1}{2}\widehat {AOB} = \widehat {ACB}$và $\widehat {AO’O} = \frac{1}{2}\widehat {AO’B} = \widehat {ADB}$
$\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta AOO’ \sim \Delta ACD(g.g)\\ \Rightarrow \frac{{AO}}{{AC}} = \frac{{OO’}}{{CD}} = \frac{{AO’}}{{AD}} \Rightarrow CD = \frac{{AC.OO’}}{{AO}}\end{array}$
$CD$ lớn nhất khi $AC$ lớn nhất, khi đó $AC$ là đường kính của đường tròn (O) và $AD$ là đường kính của đường tròn $\left( {O’} \right)$
b)Vẽ hình bình hành $AOKO’$. Ta có:
$\widehat {MOK} = \widehat {MOA} + \widehat {AOK} = \widehat {NO’A} + \widehat {AO’K} = \widehat {NO’K}$
Và $MO = OA = KO’;OK = AO’ = NO’ \Rightarrow \Delta MOK = \Delta KO’N \Rightarrow MK = NK$
Vì $A,O,O’$ cố định nên K cố định.
Vậy đường trung trực của $MN$ luôn đi qua điểm K cố định
Câu 5.
Từ giả thiết ta có :
$6z \ge 2{x^2}{z^2} + 2{y^2}{z^2} + 2 = 2\left( {{x^2}{z^2} + \frac{1}{4}} \right) + 2\left( {{y^2}{z^2} + \frac{1}{4}} \right) + 1 \ge 2xz + 2yz + 1$
$ \Leftrightarrow \frac{{2xz + 2yz + 1}}{{2z}} \le 3$(bất đẳng thức Cô si).
Áp dụng bất đẳng thức ${a^2} + {b^2} \ge \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2}$ta có:
$\begin{array}{l}P = \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} + \frac{4}{{{{\left( {y + 3} \right)}^2}}} + \frac{4}{{{{\left( {y + 3} \right)}^2}}} + \frac{{4{z^2}}}{{{{\left( {1 + 2z} \right)}^2}}}\\ \ge \frac{1}{2}{\left( {\frac{1}{{x + 1}} + \frac{2}{{y + 3}}} \right)^2} + \frac{1}{2}{\left( {\frac{2}{{y + 3}} + \frac{{2z}}{{1 + 2z}}} \right)^2}\\ \ge \frac{1}{4}{\left( {\frac{1}{{x + 1}} + \frac{2}{{y + 3}} + \frac{2}{{y + 3}} + \frac{{2z}}{{1 + 2z}}} \right)^2} = \frac{1}{4}{\left( {\frac{1}{{x + 1}} + \frac{4}{{y + 3}} + \frac{1}{{\frac{1}{{2z}} + 1}}} \right)^2}\end{array}$
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki mở rộng ta có:
$P \ge \frac{1}{4}.\left[ {\frac{{{{\left( {1 + 2 + 1} \right)}^2}}}{{x + 1 + y + 3 + \frac{1}{{2z}} + 1}}} \right] = \frac{{64}}{{{{\left( {\frac{{2xz + 2yz + 1}}{{2z}} + 5} \right)}^2}}} \ge \frac{{64}}{{{8^2}}} = 1$
Vậy $MinP = 1 \Leftrightarrow x = y = 1;z = \frac{1}{2}$
