Kỳ Thi Toán 9 Tuyển Sinh Vào Lớp 10 Sở GD&ĐT TP HCM Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

0
18

Kỳ thi Toán 9 tuyển sinh vào lớp 10 Sở GD&ĐT TP HCM có đáp án và lời giải chi tiết. Các bạn xem ở dưới.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

ĐÈ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

Năm học 2020 – 2021

Môn thi: TOÁN (chuyên)

Ngày thi: 17/07/2020

Thời gian: 150 phút

Bài 1. (1,0 điểm) Cho ba số dương $a,b,c$thỏa mãn điều kiện: $\frac{a}{{b + c}} + \frac{b}{{c + a}} + \frac{c}{{a + b}} = 2020$. Tính giá trị của biểu thức $P = \left( {\frac{{{a^2}}}{{b + c}} + \frac{{{b^2}}}{{c + a}} + \frac{{{c^2}}}{{a + b}}} \right):\left( {a + b + c} \right)$

Bài 2. (2,5 điểm)

a) Giải phương trình : $\sqrt {2{x^2} + x + 9} + \sqrt {2{x^2} – x + 1} = x + 4$

b) Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}{y^2} – 2xy = 8{x^2} – 6x + 1\\{y^2} = {x^3} + 8{x^2} – x + 1\end{array} \right.$

Bài 3. (1,5 điểm) Cho tam giác nhọn $ABC\left( {AB < BC < CA} \right)$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right).$ Từ $A$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $\left( O \right)$ tại ${A_1}.$  Từ $B$kẻ đường thẳng song song với $AC$ cắt $\left( O \right)$tại ${A_1}.$ Từ $B$ kẻ đường thẳng song song với $AC$ cắt $\left( O \right)$ tại ${B_1}.$ Từ C kẻ đường thẳng song song với $AB$ cắt $\left( O \right)$tại ${C_1}.$ Chứng minh rằng các đường thẳng qua ${A_1},{B_1},{C_1}$ lần lượt vuông góc với $BC,CA,AB$ đồng quy.

Bài 4. (2,0 điểm)

a) Cho 2 số thực $a,b.$ Chứng minh rằng: $\frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} \ge ab + \frac{{{{\left( {a – b} \right)}^2}}}{{{a^2} + {b^2} + 2}}$

b) Cho hai số dương $a,b$thỏa mãn điều kiện $a + b \le 3$

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $Q = b – a + \frac{{20}}{a} + \frac{7}{b}$

Bài 5. (2,0 điểm)

Đường tròn $\left( I \right)$ nội tiếp tam giác $ABC$ tiếp xúc với các cạnh $AB,BC,CA$ lần lượt tại $D,E,F.$ Kẻ đường kính $EJ$ của đường tròn $\left( I \right)$. Gọi $d$ là đường thẳng qua $A$ song song với $BC.$ Đường thẳng $JD$ cắt $d,BC$ lần lượt tại $L,H$.

a) Chứng minh : $E,F,L$ thẳng hàng

b) $JA,JF$cắt $BC$lần lượt tại $M,K.$ Chứng minh $MH = MK$

Bài 6. (1,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương $x,y$ thỏa mãn phương trình :

${3^x} – {y^3} = 1$

ĐÁP ÁN

Bài 1. Ta có $\left( {\frac{a}{{b + c}} + \frac{b}{{c + a}} + \frac{c}{{a + b}}} \right)\left( {a + b + c} \right) = 2020\left( {a + b + c} \right)$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{{{a^2}}}{{b + c}} + a + b + \frac{{{b^2}}}{{c + a}} + \frac{{{c^2}}}{{a + b}} + c = 2020\left( {a + b + c} \right)\\ \Leftrightarrow \frac{{{a^2}}}{{b + c}} + \frac{{{b^2}}}{{c + a}} + \frac{{{c^2}}}{{a + b}} = 2019\left( {a + b + c} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {\frac{{{a^2}}}{{b + c}} + \frac{{{b^2}}}{{c + a}} + \frac{{{c^2}}}{{a + b}}} \right):\left( {a + b + c} \right) = 2019\end{array}$

Vậy $P = 2019$

Bài 2.

a) $\sqrt {2{x^2} + x + 9}  + \sqrt {2{x^2} – x + 1} $(1)

Đặt $\sqrt {2{x^2} + x + 9} = a\left( {a > 0} \right)$(do $2{x^2} + x + 9 > 0)$ và $\sqrt {2{x^2} – x + 1} = b\,\left( {b > 0} \right)(do\,2{x^2} – x + 1 > 0)$. Khi đó ta có:${a^2} – {b^2} = 2x + 8$

Thay vào phương trình ta có: $a + b = \frac{{{a^2} – {b^2}}}{2} \Leftrightarrow 2\left( {a + b} \right) = \left( {a – b} \right)\left( {a + b} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a + b = 0\\a – b = 2\end{array} \right.$

$\begin{array}{l}*)Th1:a + b = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = 0\end{array} \right.(ktm)\\*)Th2:a – b = 2 \Rightarrow \sqrt {2{x^2} + x + 9} – \sqrt {2{x^2} – x + 1} = 2\\ \Leftrightarrow \sqrt {2{x^2} + x + 9} = 2 + \sqrt {2{x^2} – x + 1} \Leftrightarrow 2{x^2} + x + 9 = 4 + 2{x^2} – x + 1 + 4\sqrt {2{x^2} – x + 1} \\ \Leftrightarrow x + 2 = 2\sqrt {2{x^2} – x + 1} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge – 2\\{x^2} + 4x + 4 = 8{x^2} – 4x + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge – 2\\\left[ \begin{array}{l}x = 0(tm)\\x = \frac{8}{7}(tm)\end{array} \right.\end{array} \right.\end{array}$

Vậy $S = \left\{ {0;\frac{8}{7}} \right\}$

$b)\left\{ \begin{array}{l}{y^2} – 2xy = 8{x^2} – 6x + 1 & (1)\\{y^2} = {x^3} + 8{x^2} – x + 1 & (2)\end{array} \right.$

Từ (2) ta có: ${y^2} = {x^3} + 8{x^2} – x + 1$ thay vào (1) ta có:

${x^3} + 8{x^2} – x + 1 – 2xy = 8{x^2} – 6x + 1 \Leftrightarrow {x^3} – 2xy + 5x = 0$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow x\left( {{x^2} – 2y + 5} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} – 2y + 5 = 0\end{array} \right.\\*)th1:x = 0 \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow {y^2} = 1 \Leftrightarrow y = \pm 1\\*)th2:{x^2} – 2y + 5 = 0 \Rightarrow 2y = {x^2} + 5\\ \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow 4{y^2} = 4{x^3} + 32{x^2} – 4x + 4\\ \Leftrightarrow {\left( {{x^2} + 5} \right)^2} = 4{x^3} + 32{x^2} – 4x + 4 \Leftrightarrow {x^4} – 4{x^3} – 22{x^2} + 4x + 21\\ \Leftrightarrow \left( {x – 7} \right)\left( {x + 3} \right)\left( {x – 1} \right)\left( {x + 1} \right) = 0\\\left[ \begin{array}{l}x = 7 \Rightarrow y = 27\\x = 1 \Rightarrow y = 3\\x = – 1 \Rightarrow y = 3\\x = – 3 \Rightarrow y = 7\end{array} \right.\end{array}$

Vậy nghiệm của hệ phương trình là $\left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( { – 3;7} \right);\left( { – 1;3} \right);\left( {0; – 1} \right);\left( {0;1} \right);\left( {1;3} \right);\left( {7;27} \right)} \right\}$

Bài 3.

Gọi H là trực tâm của tam giác $ABC$và $OH$cắt đường thẳng qua ${A_1},$vuông góc với $BC$ở điểm $K.$Gọi $M$là trung điểm $A{A_1}$thì $OM \bot A{A_1} \Rightarrow OM \bot BC$

Mặt khác, tứ giác $AHK{A_1}$ là hình thang vì $AH//{A_1}K$ nên ta có $OM$ là đường trung bình, kéo theo $O$ là trung điểm $HK$ hay nói cách khác, đường thẳng qua ${A_1},$vuông góc với $BC$ sẽ đi qua điểm đối xứng với trực tâm H của $\Delta ABC$qua $O$. Rõ ràng điểm này bình đẳng với $B,C$ nên hai đường qua ${B_1},{C_1}$ lần lượt vuông góc với $CA,AB$ cũng đi qua K. Vì thế nên ta có các đường thẳng của đề bài đồng quy ở K

Bài 4.

a) Ta có: $\begin{array}{l}\frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} \ge ab + \frac{{{{\left( {a – b} \right)}^2}}}{{{a^2} + {b^2} + 2}} \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {a – b} \right)}^2}}}{2} \ge \frac{{{{\left( {a – b} \right)}^2}}}{{{a^2} + {b^2} + 2}}\\ \Leftrightarrow {\left( {a – b} \right)^2}\left( {\frac{1}{2} – \frac{1}{{{a^2} + {b^2} + 2}}} \right) \ge 0 \Leftrightarrow {\left( {a – b} \right)^2}\frac{{{a^2} + {b^2}}}{{{a^2} + {b^2} + 2}} \ge 0(luon\,dung)\end{array}$

b) Ta có: $a,b > 0$ và $a \le 3 – b$

$\begin{array}{l}Q = b – a + \frac{{20}}{a} + \frac{7}{b} \ge b – \left( {3 – b} \right) + \frac{{20}}{{3 – b}} + \frac{7}{b} = \left( {2b – 3} \right) + \frac{{20}}{{3 – b}} + \frac{7}{b}\\ = \left[ {5\left( {3 – b} \right) + \frac{{20}}{{3 – b}}} \right] + \left( {7b + \frac{7}{b}} \right) – 18\\ \ge 2\sqrt {100} + 2\sqrt {49} – 18 = 16\end{array}$

Vậy $Min\,Q = 16 \Leftrightarrow a = 2,b = 1$

Bài 5.

a) Ta có $JE$ là đường kính của (I) nên $\angle JDE = {90^0}$ và $\Delta HDE$ vuông ở D. Chú ý rằng $BD = BE$, do cùng là tiếp tuyến kẻ từ B dến $\left( I \right)$ nên $BD = BH$ (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền). Do đó $\Delta BHD$ cân ở B

Vì $AL//BH \Rightarrow \Delta ADL \sim \Delta BDH,$ kéo theo $\Delta ADL$cân ở A

$ \Rightarrow AL = AD = AF$

Vì $AL//CE \Rightarrow \angle LAF = \angle FCE,$mà $\Delta ALF,\Delta CEF$ đều cân có các góc ở đỉnh bằng nhau nên chúng đồng dạng

Suy ra $\angle AFL = \angle CFE \Rightarrow L,F,E$thẳng hàng

b) Kéo dài $JF$ cắt $d$ ở T thì tương tự câu $a,$ta có: $T,D,E$thẳng hàng và $AT = AD = AF = AL$

Theo định lý Ta – let với $d//BC$ thì $\frac{{AL}}{{MH}} = \frac{{AJ}}{{JM}} = \frac{{AT}}{{MK}}$mà $AT = AL$nên $MH = MK$

Bài 6. Ta có:

${3^x} – {y^3} \Leftrightarrow {y^3} + 1 = {3^x} \Leftrightarrow \left( {y + 1} \right)\left( {{y^2} – y + 1} \right) = {3^x} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y + 1 = {3^m}\left( 1 \right)\\{y^2} – y + 1 = {3^n}\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Do $x,y \in \mathbb{N}*$nên $m \in \mathbb{N}*,n \in \mathbb{N}$

$\begin{array}{l}*)Th1:m = 1 \Rightarrow y = 2 \Rightarrow x = 2(tm)\\*)Th2:m \ge 2 \Rightarrow y = {3^m} – 1\end{array}$

Thế vào (2) ta có:

$\begin{array}{l}{\left( {{3^m} – 1} \right)^2} – \left( {{3^m} + 1} \right) + 1 = {3^2}\\ \Leftrightarrow {3^n} = {3^{2m}} – {3^m} + 3 = {3^{m + 1}}\left( {{3^{m – 1}} – 1} \right) + 3 > {3^{m + 1}} \Rightarrow n < m + 1\end{array}$

Ta lại có: $3 = {3^n} – {3^{2m}} + {3^{m + 1}} = {3^{m + 1}}\left( {{3^{n – m – 1}} – {3^{m – 1}} + 1} \right) \vdots {3^{m + 1}} \Rightarrow m = 0 ($vô lý)

Vậy phương trình có nghiệm $x = 2,y = 2$

Bài trướcKỳ Thi Toán 9 Tuyển Sinh Vào Lớp 10 Sở GD&ĐT Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
Bài tiếp theoĐề Thi Tuyển Sinh Toán 9 Vào Lớp 10 Trường THPT Chuyên Quốc Học Huế 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