Đề Tuyển Sinh Toán 9 Vào Lớp 10 Chuyên Sở GD&ĐT Tỉnh Hà Tĩnh Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

0
20

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 $MinP = 1 \Leftrightarrow x = y = 1;z = \frac{1}{2}$

 

Bài trướcĐề Tuyển Sinh Toán 9 Vào Lớp 10 Chuyên Sở GD&ĐT Tỉnh Hà Nam Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
Bài tiếp theoĐề Thi Toán Lớp 9 Vào Lớp 10 Trường THPT Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 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