Kỳ thi Toán 9 tuyển sinh vào lớp 10 Sở GD&ĐT Hà Nội có đáp án và lời giải chi tiết. Các bạn xem ở dưới.
| SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC |
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN TOÁN CHUYÊN Thời goan làm bài :150 phút |
Câu I. (2 điểm)
- Giải phương trình: ${x^2} + 3x + 5 = \left( {x + 3} \right)\sqrt {{x^2} + 5} $
- Cho các số thực $a,b,c$thỏa mãn $a + b – 2c = 0$ và $2ab – bc – ca = 0.$ Chứng minh rằng : $a = b = c = 0$
Câu II. (2 điểm)
- Chứng minh với mọi số nguyên dương $n,$số $A = {11^n} + {7^n} – {2^n} – 1$ chia hết cho 15
- Cho hai số nguyên dương $m$ và $n$ thỏa mãn : $\sqrt {11} – \frac{m}{n} > 0.$
Chứng minh :$\sqrt {11} – \frac{m}{n} \ge \frac{{3\left( {\sqrt {11} – 3} \right)}}{{mn}}$
Câu III. (2 điểm)
- Cho đa thức $P(x)$ với hệ số thực thỏa mãn $P\left( 1 \right) = 3,P\left( 3 \right) = 7.$ Tìm đa thức dư trong phép chia đa thức $P\left( x \right)$ cho đa thức ${x^2} – 4x + 3$
- Với $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a + b + c + abc = 4.$ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P = ab + bc + ca$
Câu IV . (3 điểm) Cho tam giác $ABC$ có ba góc nhọn và $AB < AC.$Gọi (I) là đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$ và K là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc A của tam giác $ABC.$ Gọi $D,E,F$ lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ điểm I đến các đường thẳng $BC,CA,AB.$ Đường thẳng $AD$ cắt đường tròn (I) tại hai điểm phân biệt $D$ và M. Đường thẳng qua $K$ song song với đường thẳng $AD$ cắt đường thẳng $BC$ tại N.
- Chứng minh $\Delta MFD \sim \Delta BNK$
- Gọi $P$ là giao điểm của $BI$ và $FD.$ Chứng minh $\angle BMF = \angle DMP$
- Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác $MBC$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $KN$
Câu V. (1 điểm) Cho một bảng ô vuông kích thước $6 \times 7$(6 hàng, 7 cột) được tạo bởi các ô vuông kích thước $1 \times 1.$ Mỗi ô vuông kích thước $1 \times 1$được tô bởi 1 trong 2 màu đen hoặc trắng sao cho trong mọi ô vuông kích thước $2 \times 3$ hoặc $3 \times 2$có ít nhất 2 ô vuông kích thước $1 \times 1$ được tô màu đen có chung cạnh
- Chỉ ra một cách tô sao cho $m = 20$
- Tìm giá trị nhỏ nhất của $m$
ĐÁP ÁN
Câu I.
- $\begin{array}{l}1){x^2} + 3x + 5 = \left( {x + 3} \right)\sqrt {{x^2} + 5} \Leftrightarrow {x^2} + 5 + 3x – x\sqrt {{x^2} + 5} – 3\sqrt {{x^2} + 5} = 0\\ \Leftrightarrow \left( {\sqrt {{x^2} + 5} – 3} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 5} – x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt {{x^2} + 5} = 3\\\sqrt {{x^2} + 5} = x\end{array} \right.\\*)\sqrt {{x^2} + 5} = 3 \Leftrightarrow {x^2} = 4 \Leftrightarrow x = \pm 2\\*)\sqrt {{x^2} + 5} = x \Leftrightarrow {x^2} + 5 = {x^2}(ktm)\end{array}$
Vậy $x \in \left\{ { – 2;2} \right\}$
2. Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\frac{{a + b}}{2} = c\,\,\,\,(1)\\2ab = c\left( {a + b} \right)\,(2)\end{array} \right.$
Thay (1) vào (2) ta có: $2ab = \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2} \Rightarrow 4ab = {\left( {a + b} \right)^2} \Rightarrow {\left( {a – b} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow a = b$
Thay $a = b$vào (1) ta suy ra $a = b = c(dfcm)$
Câu II.
- Ta có : $11 \equiv 2\left( {\bmod 3} \right),7 \equiv 1\left( {\bmod 3} \right) \Rightarrow {11^n} \equiv {2^n}(\bmod 3),{7^n} \equiv 1(\bmod 3)$
$ \Rightarrow A = \left( {{{11}^n} – {2^n}} \right) + \left( {{7^n} – 1} \right) \equiv 0\left( {\bmod 3} \right) \Rightarrow A \vdots 3$
Lại có: $11 \equiv 1\left( {\bmod 5} \right),7 \equiv 2\left( {\bmod 5} \right) \Rightarrow {11^n} \equiv 1\left( {\bmod 5} \right),{7^n} \equiv {2^n}\left( {\bmod 5} \right)$
$ \Rightarrow A \equiv \left( {{{11}^n} – 1} \right) + \left( {{7^n} – {2^n}} \right) \equiv 0(\bmod 5) \Rightarrow A \vdots 5$
Do $\left( {3,5} \right) = 1$ nên ta có A chia hết cho 15.
2. Ta cần chứng minh $\sqrt {11} n – m \ge \frac{{3\left( {\sqrt {11} – 3} \right)}}{m} \Leftrightarrow 11{n^2} \ge {m^2} + 6\left( {\sqrt {11} – 3} \right) + \frac{{9{{\left( {\sqrt {11} – 3} \right)}^2}}}{{{m^2}}}$
Nếu $m = 1 \Rightarrow VP = 1 + 6\left( {\sqrt {11} – 3} \right) + 9{\left( {\sqrt {11} – 3} \right)^2} < 11 \le 11{n^2}$
Nếu $m = 2 \Rightarrow VP = 4 + 6\left( {\sqrt {11} – 3} \right) + \frac{{9\left( {\sqrt {11} – 3} \right)}}{4} < 11 \le 11{n^2}$
Nếu $m \ge 3 \Rightarrow VP \le {m^2} + 6\left( {\sqrt {11} – 3} \right) + \frac{{9{{\left( {\sqrt {11} – 3} \right)}^2}}}{9} = {m^2} + 2$
Ta sẽ chứng minh $11{n^2} \ge {m^2} + 2 \Leftrightarrow 11{n^2} – {m^2} \ge 1$
Nếu $11{n^2} – {m^2} = 1$ thì ${m^2}$ chia cho 11 dư 10 tuy nhiên điều này không xảy ra (kiểm tra đồng dư, một số chính phương không thế chia 11 dư 10). Suy ra $11{n^2} – {m^2} \ge 2$
Vậy ta có $dfcm$
Câu III.
- Đặt đa thức dư của phép chia $P\left( x \right)$ cho ${x^2} – 4x + 3$ là $ax + b.$ Khi đó ta có:
$P(x) = Q(x).\left( {{x^2} – 4x + 3} \right) + ax + b = Q\left( x \right)\left( {x – 1} \right)\left( {x – 3} \right) + ax + b\left( 1 \right)$, với $Q(x)$là một đa thức. Do $P(1) = 3,P(3) = 7$, thay vào (1) ta có: $\left\{ \begin{array}{l}3 = a + b\\7 = 3a + b\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 1\end{array} \right.$
Vậy đa thức dư trong phép chia $P(x)$ cho ${x^2} – 4x + 3$ là $2x + 1$
2. Không mất tính tổng quát , giả sử $a \le b \le c \Rightarrow ab \le ac \le bc.$Ta xét hai trường hợp:
$TH1:bc < 1 \Rightarrow ab + bc + ca < 3$
$TH2:bc \ge 1 \Rightarrow abc \ge a.$Khi đó, ta có đánh giá :
$\begin{array}{l}4 = a + b + c + abc \ge a + b + c \ge 2\sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)} = \\ = 2\sqrt {{a^2} + ab + bc + ca} = 2\sqrt {{a^2} + P} \ge 2\sqrt P \Rightarrow P \le 4\end{array}$
Dấu xảy ra khi $\left( {a,b,c} \right) = \left( {0,2,2} \right)$và các hoán vị
Vậy $Max\,P = 4$, đạt được khi $\left( {a,b,c} \right) = \left( {0,2,2} \right)$và các hoán vị
Câu IV.
- Ta có : $BI \bot BK$và $DF \bot BI \Rightarrow DF//BK$
Suy ra $\widehat {FMD} = \angle FDB = \angle NBK$
Lại có : $NK//MD \Leftarrow \angle FDM = \angle BKN$. Vậy $\Delta MFD \sim \Delta BNK(g.g)$
2. Gọi X là giao điểm khác M của $BM$với $\left( I \right)$
Ta có : $\Delta BFX \sim \Delta BMF \Rightarrow \frac{{FX}}{{FM}} = \frac{{BF}}{{BM}}.$ Tương tự: $\frac{{DX}}{{DM}} = \frac{{BD}}{{BM}}$
Lại có $BF = BD$nên $\frac{{FX}}{{FM}} = \frac{{DX}}{{DM}} \Leftrightarrow DX.FM = FX.DM$
Gọi $P’$ là điểm trên đoạn $DF$sao cho $\angle P’MD = \angle XMF$
Suy ra $\Delta P’MD \sim \Delta FMX,\Delta P’MF \sim \Delta DMX$
Suy ra $\frac{{P’D}}{{FX}} = \frac{{MD}}{{MX}},\frac{{P’F}}{{DX}} = \frac{{MF}}{{MX}}$. Từ đó : $P’D = \frac{{FX.MD}}{{MX}} = \frac{{MF.XD}}{{MX}} = P’F$
Suy ra $P’$ là trung điểm $DF$hay $P’ \equiv P$
Vậy $\widehat {BMF} = \widehat {DMP}$
3. Gọi L là trung điểm của $KN,Q$là trung điểm của $DE$
Chứng minh tương tự câu b, ta cũng có $\widehat {EMQ} = \widehat {CMD}$
Từ câu a, ta có $\Delta MFD \sim \Delta BNK,$mà $MP,BL$là hai đường trung tuyến tương ứng của hai tam giác trên nên $\widehat {BLN} = \widehat {MPF}$, tương tự: $\widehat {CLN} = \widehat {MQE}$. Suy ra :
$\begin{array}{l}\angle BLC = \angle BLN + \angle CLN = \angle MPF + \angle MQE = \angle PMQ + \angle PDQ\\ = \angle FME – \angle FMQ – \angle EMQ + \angle PDQ\\ = {180^0} – \angle FMP – \angle EMQ = {180^0} – \angle BMD – \angle CMD\\ = {180^0} – \angle BMC\end{array}$
Vậy tứ giác $BMCL$ nội tiếp
Câu V.
- Ta có cách tô sau (ô nào dấu x la tô)
| x | x | x | x | x | ||
| x | x | x | x | x | ||
| x | x | x | x | x | ||
| x | x | x | x | x | ||
2. Xét 3 ô
Trong 3 ô này luôn có ít nhất 1 ô được tô màu đen
Xét 4 ô:
Trong 3 ô 1,2,3 có một ô tô đen. Giả sử ô 1 tô đen
Trong 3 ô 2,3,4 có một ô tô đen
$ \Rightarrow $Trong 4 ô này có ít nhất 2 ô được tô đen. Đánh số như hình vẽ sau:
| 8 | 1 | 8 | 7 | 2 | 7 | |
| 1 | 8 | 1 | 6 | 2 | 7 | 2 |
| 1 | 6 | 3 | 6 | 2 | ||
| 4 | 3 | 6 | 3 | 5 | ||
| 4 | 10 | 4 | 3 | 5 | 9 | 5 |
| 10 | 4 | 10 | 9 | 5 | 9 |
Trong nhóm đánh số từ 1 đến 6: Mỗi nhóm có ít nhất hai ô được tô màu
Trong các nhóm được đánh số từ 7 đến 10: mỗi nhóm có ít nhất 2 ô được tô màu
Suy ra số ô được tô màu tối thiểu là $2 \times 6 + 4 = 16$(ô)
Sau đây là một cách tô với $m = 16$ (ô tô màu là ô đánh x)
| X | X | X | X | X | ||
| X | X | X | ||||
| X | X | X | ||||
| X | X | X | X | X | ||
