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 $x = 2,y = 2$
