Kỳ Thi Tuyển Sinh Chuyên Toán 9 Vào Lớp 10 Sở GD&ĐT Tỉnh Bình Định Có Lời Giải Và Đáp Án Chi Tiết

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn : TOÁN (chuyên) Ngày thi: 18/07/2020 Thời gian: 150 phút

Câu 1. (2,0 điểm)

1. Tìm tất cả các giá trị nguyên của $x$ để biểu thức $P = \frac{{3x + 4\sqrt x – 7}}{{x + 2\sqrt x – 3}} – \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 3}} – \frac{{\sqrt x – 3}}{{\sqrt x – 1}}$ nhận giá trị nguyên
2. Cho phương trình $2{x^2} – 3x + 2m = 0.$Tìm $m$để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$ khác 0 thỏa : $\left| {\frac{1}{{{x_1}}} – \frac{1}{{{x_2}}}} \right| = 1$

Câu 2. (2,5 điểm)

1. Giải phương trình: $\frac{{{x^4} – {x^2} + 1}}{{{x^3} + 3{x^2} – x}} = \frac{1}{2}$
2. Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {x + y} – \sqrt {3x + 2y} = – 1\left( 1 \right)\\\sqrt {x + y} = y – x\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Câu 3. (1,5 điểm)

Tìm tất cả các số nguyên $p,q$ sao cho ${p^2} + 3pq + {q^2}$ là một số chính phương

Câu 4. (3,0 điểm)

1. Cho tam giác $ABC$cân tại A (với $\widehat {BAC} < {60^0})$nội tiếp đường tròn $\left( O \right).$Gọi $M$là điểm bất kỳ trên cung nhỏ $BC.$CMR: $MA > MB + MC$
2. Cho tam giác $ABC$nhọn $\left( {AB < AC} \right)$nội tiếp trong đường tròn tâm O, gọi D là trung điểm của $BC$và $E,F$tương ứng là hình chiếu vuông góc của $D$lên $AC,AB.$Đường thẳng $EF$cắt các đường thẳng $AO$và $BC$theo thứ tự tại $M$và N
3. CMR: tứ giác $AMDN$nội tiếp
4. Gọi K là giao điểm của $AB$và $ED,L$là giao điểm của $AC$và $FD,H$là trung điểm của $KL$và $I$là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF.$CMR: $HI \bot EF$

Câu 5. (1,0 điêm)

Cho $x,y$ là hai số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

$A = \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{{x^2} + {y^2}}} + \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{xy}}$

ĐÁP ÁN

Câu 1.

1. ĐK: $x \ge 0;x \ne 1$ ta có:

$\begin{array}{l}P = \frac{{3x + 4\sqrt x – 7}}{{x + 2\sqrt x – 3}} – \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 3}} – \frac{{\sqrt x – 3}}{{\sqrt x – 1}}\\ = \frac{{3x + 4\sqrt x – 7 – \left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x – 1} \right) – \left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x – 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x – 1} \right)}}\\ = \frac{{3x + 4\sqrt x – 7 – x + 1 – x + 9}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x – 1} \right)}} = \frac{{x + 4\sqrt x + 3}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x – 1} \right)}}\\ = \frac{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x – 1} \right)}} = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x – 1}} = 1 + \frac{2}{{\sqrt x – 1}}\end{array}$

Với $x \in \mathbb{Z},x \ge 0,x \ne 1 \Rightarrow \sqrt x – 1 \ge – 1;\sqrt x – 1 \ne 0$. Ta có:

$P = 1 + \frac{2}{{\sqrt x – 1}} \in \mathbb{Z} \Leftrightarrow \frac{2}{{\sqrt x – 1}} \in \mathbb{Z} \Leftarrow \sqrt x – 1 \in \left\{ { – 1;1;2} \right\} \Rightarrow x \in \left\{ {0;4;9} \right\}(tmdk)$

2.Ta có:

$\left| {\frac{1}{{{x_1}}} – \frac{1}{{{x_2}}}} \right| = 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1}{x_2} \ne 0\\\frac{{{{\left( {{x_1} – {x_2}} \right)}^2}}}{{{{\left( {{x_1}{x_2}} \right)}^2}}} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1}{x_2} \ne 0\\{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} – 4{\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2} = {\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2}\end{array} \right.;\Delta = 9 – 16m$

Do đó $\left( 1 \right)$có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$khác 0 thỏa $\left| {\frac{1}{{{x_1}}} – \frac{1}{{{x_2}}}} \right| = 1$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\{x_1} + {x_2} = \frac{3}{2}\\{x_1}{x_2} = m\\\left| {\frac{1}{{{x_1}}} – \frac{1}{{{x_2}}}} \right| = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9 – 16m > 0\\{x_1} + {x_2} = \frac{3}{2}\\{x_1}{x_2} = m\\{x_1}{x_2} \ne 0\\{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} – 4{x_1}{x_2} = {\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < \frac{9}{{16}}\\m \ne 0\\{\left( {\frac{3}{2}} \right)^2} – 4m = {m^2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < \frac{9}{{16}}\\m \ne 0\\4{m^2} + 16m – 9 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{m_1} = \frac{1}{2}(tm)\\{m_2} = – \frac{9}{2}(tm)\end{array} \right.\end{array}$

Câu 2.

1. Điều kiện: $x \ne 0;x \ne \frac{{ – 3 \pm \sqrt {13} }}{2}$, Vì $x \ne 0$ nên:

$\frac{{{x^4} – {x^2} + 1}}{{{x^3} + 3{x^2} – x}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{{{x^2} – 1 + \frac{1}{{{x^2}}}}}{{x + 3 – \frac{1}{x}}} = \frac{1}{2}\left( 1 \right)$(chia cả tử và mẫu của về trái cho ${x^2} \ne 0)$

Đặt $x – \frac{1}{x} = t \Rightarrow {x^2} + \frac{1}{{{x^2}}} = {t^2} + 2$, được phương trình:

$\frac{{{t^2} + 1}}{{t + 3}} = \frac{1}{2}\left( {DK:t \ne – 3} \right) \Rightarrow 2{t^2} + 2 = t + 3 \Leftrightarrow 2{t^2} – t – 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{1}{2}\\t = – 1\end{array} \right.$

$\begin{array}{l}*)t = \frac{1}{2} \Rightarrow x – \frac{1}{x} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow 2{x^2} – x – 2 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{1 \pm \sqrt {17} }}{2}(tm)\\*)t = – 1 \Rightarrow x – \frac{1}{x} = – 1 \Rightarrow {x^2} + x – 1 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{ – 1 \pm \sqrt 5 }}{2}(tm)\end{array}$

Vậy phương trình có các nghiệm: $x = \frac{{1 \pm \sqrt {17} }}{2};x = \frac{{ – 1 \pm \sqrt 5 }}{2}$

2. Ta có

$\begin{array}{l}\left( 1 \right) \Leftrightarrow \sqrt {x + y} + 1 = \sqrt {3x + 2y} \Leftrightarrow \left( {y – x} \right) + 1 = \sqrt {3x + 2y} \left( {thay\,\,\sqrt {x + y} = y – x} \right)\\ \Leftrightarrow y = 4x – 1\left( 3 \right)\,.\,Thay\,(3)\,vao\,(2),\\\left( 2 \right) \Leftrightarrow \sqrt {x + y} = y – x \Leftrightarrow \sqrt {5x – 1} = 3x – 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge \frac{1}{3}\\9{x^2} – 6x + 1 = 5x – 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge \frac{1}{3}\\9{x^2} – 11x + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge \frac{1}{3}\\\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \frac{2}{9}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1 \Rightarrow y = 3\end{array}$

Vậy $\left( {x;y} \right) = \left( {1;3} \right)$

Câu 3.

Với $p,q$ là số nguyên tố sao cho ${p^2} + 3pq + {q^2}$ là một số chính phương

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {p^2} + 3pq + {q^2} = a\left( {a \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow {\left( {p + q} \right)^2} + pq = {a^2}\\ \Leftrightarrow \left( {a – p – q} \right)\left( {a + p + q} \right) = pq\end{array}$

Mà $p,q$ là số nguyên tố nên $a – p – q < a + p + q;a + p + q > 2$ nên có các trường hợp:

$\begin{array}{l}Th1:\left\{ \begin{array}{l}a – p – q = 1\\a + p + q = pq\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 + 2p + 2q = pq \Leftrightarrow \left( {p – 2} \right)\left( {q – 2} \right) = 5 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}p – 2 = 1\\q – 2 = 5\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}p – 2 = 5\\q – 2 = 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}p = 3\\q = 7\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}p = 7\\q = 3\end{array} \right.\end{array} \right.(tm)\\Th2:\left\{ \begin{array}{l}a – p – q = p\\a + p + q = q\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a – p – q = p\\a + p = 0(ktm\,\,do\,a + p > 2)\end{array} \right. \Rightarrow VN\\Th3:\left\{ \begin{array}{l}a – p – q = q\\a + p + q = p\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a – p – q = q\\a + q = 0(ktm\,\,do\,\,a + q > 3\end{array} \right. \Rightarrow VN\end{array}$ Vậy 2 số nguyên tố p, q cần tìm là 3 và 7.

Câu 4.

1. 

Dựng tam giác đều $AB’C’$, lấy điểm D trên $AM$ sao cho $MD = MB’ \Rightarrow \Delta MB’D$ cân, mà $\widehat {DMB’} = \angle ACB’ = {60^0} \Rightarrow \Delta MB’D$ đều

$ \Rightarrow \widehat {{B_1}’} + \widehat {{B_2}’} = \widehat {AB’C’} = {60^0} \Rightarrow \widehat {DB’M} = \widehat {{B_2}’} + \widehat {{B_3}’} = {60^0}$

$ \Rightarrow \Delta AB’D = \Delta C’B’M(c.g.c) \Rightarrow AD = MB’ \Rightarrow MA = AD + DM = MB’ + MC’\left( 1 \right)$

Vẽ đường kính $AOE,$ ta có:

$\widehat {EAB} = \widehat {EAC} = \frac{{\widehat {BAC}}}{2} < {30^0} = \frac{{\widehat {B’AC’}}}{2} = \widehat {EAB’} = \widehat {EAC’}$

$ \Rightarrow B$ nằm trên cung nhỏ $MB’,C$ nằm trên cung nhỏ $MC’ \Rightarrow MB < MB’; MC < MC’\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) suy ra $MA > MB + MC$

2.

3. Vẽ đường kính $AOJ.$ Ta có: $\widehat {ACJ} = {90^0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$ \Rightarrow \widehat {{A_1}} + \widehat {{J_3}} = {90^0}.$ Lại có: $\widehat {{D_1}} + \widehat {{B_3}} = {90^0}$($\Delta BDF$ vuông) và $\widehat {{B_3}} = \widehat {{J_3}}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $AC) \Rightarrow \widehat {{D_1}} = \widehat {{A_1}}$

Ta có : $\widehat {AED} + \widehat {AFD} = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow $Tứ giác $AEDF$nội tiếp $ \Rightarrow \angle {D_2} = \widehat {{E_2}}$(góc nội tiếp cùng chắn cung $AF) \Rightarrow \angle ADN = \angle {D_1} + \angle {D_2} = \angle {A_1} + \widehat {{E_2}} = \angle AMN$(góc ngoài của tam giác) suy ra tứ giác $AMDN$nội tiếp

4. Ta có: $\widehat {KEL} = \widehat {KFL} = {90^0} \Rightarrow $tứ giác $KLEF$nội tiếp đường tròn đường kính $KL,$mà $H$là trung điểm của $KL \Rightarrow H$ là tâm đường tròn đường kính $KL \Rightarrow HE = HF\left( 1 \right)$

Vì $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta AEF \Rightarrow IE = IF$

Từ (1) và (2) suy ra $IH$ là đường trung trực của đoạn $EF \Rightarrow HI \bot EF$

Câu 5.

$A = \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{{x^2} + {y^2}}} + \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{xy}} = \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{{x^2} + {y^2}}} + \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{2xy}} + \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{2xy}}$

Ta có: $\frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{{x^2} + {y^2}}} + \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{2xy}} \ge \frac{{{{\left[ {\left( {x + y} \right) + \left( {x + y} \right)} \right]}^2}}}{{{x^2} + {y^2} + 2xy}} = \frac{{4.{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}} = 4$(bất đẳng thức cô si dạng phân thức) (dấu xảy ra $ \Leftrightarrow \frac{{x + y}}{{{x^2} + {y^2}}} = \frac{{x + y}}{{2xy}} \Leftrightarrow x = y)$

Lại có: $\frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{2xy}} \ge \frac{{4xy}}{{2xy}} = 2$(dấu xảy ra $ \Leftrightarrow x = y)$

$ \Rightarrow A = \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{{x^2} + {y^2}}} + \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{xy}} = \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{{x^2} + {y^2}}} + \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{2xy}} + \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{2xy}} \ge 4 + 2 = 6$

Vậy $Min\,A = 6 \Leftrightarrow x = y$