Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán THPT Chuyên KHTN - Đại học Quốc gia Hà Nội lần 2 năm 2020

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (153.39 KB, 4 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC LỚP 9 
 TRƯỜNG THPT CHUN KHTN Mơn Tốn (Vòng 1 – Đợt 2) 
 Ngày 20 tháng 6 năm 2020

Thời gian 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1.

a) Giải phương trình: 3 x 3 2x x23x 9 6x x327.

b) Giải hệ phương trinh:









2 2

4 4 2 2

6 8 32

x y

x y x y x y xy

  


     


Câu 2.

a) Tìm x y, nguyên thỏa mãn:



x y 1



3 7 x3y3.

b) Với x y z, , 0 thỏa mãn x  y z 3, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

3 3 3

x y z

P

x yz y zx z xy

  

  

Câu 3.

Cho hình thoi ABCD với BAD90 .0 Đường tròn

 

I nội tiếp tam giác ABD tiếp xúc với BD BA, theo thứ tự
tại các điểm J L, . Trên đường thẳng LJ lấy điểm K sao cho BK song song với ID.

a) Chứng minh rằng KB vng góc với KC.

b) Chứng minh rằng bốn điểm L C K I, , , cùng nằm trên một đường tròn.
c) Chứng minh rằng diện tích hình thoi ABCD gấp 8 lần diện tích tam giác BJK.
Câu 4.

Với a b c, , 0 và không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng:

3 a 3 b 3 c 2.

bc ca  ab 

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

LỜI GIẢI CHI TIẾT 
Câu 1.

a) Điều kiện: x3. Phương trình tương đương:



 





 











3 2

2 2

27 3 3 6 2 3 9 0

3 3 9 3 2 3 9 3 0

2 3 3 9 3 0

2 3 0

3 9 3 0 3

x x x x x x

x x x x x x

x x x x

x

x x

x

x x x

       

         

      

 

    

 

  

     

  

Thỏa điều kiện ban đầu nên phương trình đã cho có ba nghiệm: S



0;1;3 .



b) Kết hợp với 2 2

x y  phương trình thứ hai của hệ tương đương:























2 2 2 2

2 2
2

4 8 32

4 4 8 32

1 8.

x y x y x y xy

x y x y xy

x y xy

 

     

 

    

   

Vậy hệ cho tương đương:















2 1
.

1 8

x y xy

   



   



Do đó:











5
2

8 1 2.

4
x y

x y xy  x y

       Khi đó xy1.

Từ đây tìm được x y 1.

Vậy hệ cho có nghiệm duy nhất



x y;

  

 1;1 .
Câu 2.

a) Ta có:

















3 3 3

3 3 3 3

1 7

1 3 1 1 7

1 1 2.

x y x y

x y x y x y x y

x y x y

    

         

    

Do x y, nguyên nên ta có: x  1



1;1; 2; 2



hay x  



3; 2; 0;1 .



Với x 2. Khi đó y0 hoặc y1.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Với x1. Khi đó y0 hoặc y 2.

Với x 3. Khi đó y22y 2 0. Phương trình này khơng có nghiệm nguyên.
Tóm lại, hệ đã cho có 6 nghiệm:



x y;

 

 2;0 ,

 

2;1 , 0;1 , 0; 2 , 1; 0 , 1; 2 .

   



   





b) Ta có:











x x x x

xyz x x  y z yz x xyzxyz xy xz do x  y z 3.
Tương tự, từ đó ta có:





 



 















xy yz zx

x y z

P

x y x z y x y z z x y z x y y z z x

 

   

        

Áp dụng bổ đề với mọi a b c, , 0 ta có:













,
9

ab bc ca  a b c abbcca

ta có:















2 18 3

8 4

xy yz zx

x y y z z x x y z

 

 

    

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y z 1.

Vậy giá trị lớn nhất của P là 3

4 đạt được khi x  y z 1.

Câu 3.

a) Do BC DA và KB DI nên KBCIDAIBAIJLKJC.
Nên tứ giác BJKC nội tiếp, suy ra: BKCBJC90 .0

b) Ta có: IKC1800JBC1800ABJ 1800LBJLIC
Suy ra tứ giác LIKC nội tiếp.

c) Gọi M là trung điểm BC,ta có: MKMBMC.

   .

BKD BMD

MKB MBK JBK MK BJ S S

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Lại có: .

2 2 4 8

BCD ABCD
BKD BMD

BJK

S S

S    

Từ đây ta có điều phải chứng minh.
Câu 4.

Khơng mất tính tổng qt giả sử a0, ta có điểu phải chứng minh.
Xét a b c, , 0 ta chỉ cần chứng minh:

3 a 3 b 3 c 2.

bc ca  ab 

Đặt

3
3
3
,
a x
b y
c z
 

 

 


với x y z, , 0, bất đẳng thức trở thành:

3 3 3 3 3 3 3

3 3

x y z

y z z x x y

  

  

Xét x y z, , 0. Ta có:

3 3 2 2

x x

y z y z



 

Thật vậy bất đẳng thức cần chứng minh tường đương với: yz2



y2z2



 



y z



20.
Bất đẳng thức cuối đúng do x y, 0 nên ta có điều phải chứng minh.

Từ đó ta cần chứng minh:

2 2 2 2 2 2 2.

x y z

y z z x x y

  

  

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta được:

2 2

2 2 2

2 2 2 2

.
2

x x x

x y z

y z x y z

 

 

Viết hai bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại ta được điều phải chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi

2 2 2

x y z

y z x x y z

z x y

  


      


  


Do x y z, , 0 nên đẳng thức không xảy ra.

Do đó:

3 3 3 3 3 3 3

3 3

x y z

y z z x x y

  

  

</div>