Cùng Đọc tài liệ thử sức với đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán lần thứ 2 - đề chung năm học 2020/2021 của trường THPT Chuyên KHTN (Hà Nội):
Đề thi
|
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN |
ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC LẦN 2 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM HỌC 2019 - 2020 MÔN: TOÁN LỚP 9 Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) |
Câu I (3 điểm)
1) Giải phương trình
\(3\sqrt{x+3} + 2x\sqrt{x^2-3x+9} = 6x + \sqrt{x^3+27}\)
2) Giải hệ phương trình
\(\left\{ \matrix{ x^2 + y^2 = 2 \hfill \cr (x+y)(x^4+y^4 + 6x^2y^2 + 8xy) = 32 \hfill \cr} \right.\)
Câu II (3 điểm)
1) Tìm x, y nguyên thoả mãn
\((x+y+1)^3 = 7 + x^3 + y^3 \)
2) Với \(x, y, z > 0\) thoả mãn x + y + z = 3, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
\(P = \dfrac{x}{3x+yz} + \dfrac{y}{3y+zx} + \dfrac{z}{3z+xy} \)
Câu III (3 điểm) Cho hình thoi ABCD với \(∠BAD < 90°\). 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.
1) Chứng minh rằng KB vuông góc với KC.
2) Chứng minh rằng bốn điểm L, C, K, I cùng nằm trên một đường tròn.
3) Chứng minh rằng diện tích hình thoi ABCD gấp 8 lần diện tích tam giác BJK.
Câu IV (1 điểm) Với \(a,b,c\geq 0\), không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng
\(\sqrt[3]{\dfrac{a}{b+c}} + \sqrt[3]{\dfrac{b}{c+a}} + \sqrt[3]{\dfrac{c}{a+b}} \geq 2\)
Hết
Đừng quên còn rất nhiều tài liệu đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2020 khác của các tỉnh thành trên cả nước đợi em khám phá nhé!
Đáp án
Đáp án dưới đây do Đọc tài liệu thực hiện, còn rất nhiều cách giải khác, nếu đúng các em vẫn được điểm!
Câu I:
1) \(3\sqrt{x+3} + 2x\sqrt{x^2-3x+9} = 6x + \sqrt{x^3+27}\)
ĐKXĐ: \(x\geq -3\)
\(\Leftrightarrow 3\sqrt{x+3} + 2x\sqrt{x^2-3x+9} = 6x + \sqrt{(x+3)(x^2-3x+9)}\)
\(\Leftrightarrow \sqrt{x+3}(3 - \sqrt{x^2-3x+9}) - 2x(3 -\sqrt{x^2-3x+9} ) = 0\)
\(\Leftrightarrow (\sqrt{x+3}- 2x)(3 - \sqrt{x^2-3x+9})= 0\)
\(\Leftrightarrow \left[ \matrix{ 2x =\sqrt{x+3} \hfill \cr \sqrt{x^2-3x+9} = 3 \hfill \cr} \right.\)
\(\Leftrightarrow \left[ \matrix{ 4x^2 =x+3 \hfill \cr {x^2-3x+9} = 9 \hfill \cr} \right.\)
\(\Leftrightarrow \left[ \matrix{ x =1 \hfill \cr x =\dfrac{-3}{4} \hfill \cr x =3 \hfill \cr x = 0 \hfill \cr} \right.\) (thoả mãn đkxđ)
KL.....
2)
\(\left\{ \matrix{ x^2 + y^2 = 2 \hfill \cr (x+y)(x^4+y^4 + 6x^2y^2 + 8xy) = 32 \hfill \cr} \right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ (x+y)^2 - 2xy = 2 \hfill \cr (x+y)[(x^2+y^2)^2 + 4x^2y^2 + 8xy] = 32 \hfill \cr} \right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ xy = \dfrac{(x+y)^2}2 - 1 \hfill \cr (x+y)\left[4 + 4\left(\dfrac{(x+y)^2}2 - 1 \right)^2 + 8\left(\dfrac{(x+y)^2}2 - 1 \right)\right] = 32 \hfill \cr} \right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ xy = \dfrac{(x+y)^2}2 - 1 \hfill \cr (x+y)(x+y)^4= 32 \hfill \cr} \right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ xy = \dfrac{(x+y)^2}2 - 1 = 1\hfill \cr x+y = 2 \hfill \cr} \right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x = 1\hfill \cr y = 1 \hfill \cr} \right.\)
KL.....
Câu II:
1)
\((x+y+1)^3 = 7 + x^3 + y^3 \)
\(\Leftrightarrow (x+y)^3 + 1 + 3(x+y)^2 + 3(x+y) = 7 + (x+y)(x^2-xy+y^2)\)
\(\Leftrightarrow(x+y)[ (x+y)^2 + 3(x+y) + 3 -(x^2-xy+y^2) ] = 6\)
\(\Leftrightarrow(x+y)[ 3xy+ 3(x+y) + 3] = 6\)
\(\Leftrightarrow(x+y)(xy+ x+y + 1) = 2 =1.2 = (-1).(-2)\)
\(\Leftrightarrow \left[ \matrix{ x+y = 1 \Rightarrow xy+x+y+1 = 2 \Rightarrow xy =0 \hfill \cr x+y = -1 \Rightarrow xy+x+y+1 = -2 \Rightarrow xy =-2 \hfill \cr x+y = 2 \Rightarrow xy+x+y+1 = 1 \Rightarrow xy =-2 \hfill \cr x+y = -2 \Rightarrow xy+x+y+1 = -1 \Rightarrow xy =0 \hfill \cr} \right.\)
\(\Leftrightarrow \left[ \matrix{ (x;y) = (1;0) \space ∨ \space (x;y) = (0;1) \hfill \cr (x;y) = (1;-2) \space ∨ \space (x;y) = (-2;1) \hfill \cr (x;y) = (1+\sqrt 3;1-\sqrt 3) \space ∨ \space (x;y) = (1-\sqrt 3;1+\sqrt 3) \hfill \cr (x;y) = (0;-2) \space ∨ \space (x;y) = (-2;0) \hfill \cr} \right.\)
Loại bộ nghiệm không nguyên, ta có kết luận: phương trình đã cho có 6 bộ nghiệm....
2)
\(P = \dfrac{x}{3x+yz} + \dfrac{y}{3y+zx} + \dfrac{z}{3z+xy} \)
\(= \dfrac{x}{(x+y+z)x+yz} + \dfrac{y}{(x+y+z)y+zx} + \dfrac{z}{(x+y+z)z+xy} \)
\(= \dfrac{x}{(x+y)(x+z)} + \dfrac{y}{(y+z)(y+x)} + \dfrac{z}{(z+x)(z+y)} \)
\(= \dfrac{x(y+z) + y(x+z) + z(x+y)}{(x+y)(x+z)(y+z)} \)
\(= \dfrac{2xy+2yz + 2zx}{(x+y)(x+z)(y+z)} \)
Ta cần chứng minh \( \dfrac{2xy+2yz + 2zx}{(x+y)(x+z)(y+z)} \leq \dfrac{3}4\)
\(\Leftrightarrow 8(xy+yz+zx) \leq 3(x+y)(y+z)(z+x)\)
\(\Leftrightarrow 8(xy+yz+zx)(x+y+z) \leq 9(x+y)(y+z)(z+x)\) (1)
Thật vậy ta có
(1) \(\Leftrightarrow 8(xy+yz+zx)(x+y+z) \leq 9(x+y)(yz+yx+z^2+xz)\)
\(\Leftrightarrow 8(xy+yz+zx)(x+y+z) \leq 9[(x+y)(yz+yx+xz)+z^2(x+y)]\)
\(\Leftrightarrow 8(xy+yz+zx)(x+y+z) \leq 9[(x+y+z)(yz+yx+xz)+z^2(x+y)-z(yz+yx+xz)]\)
\(\Leftrightarrow 8(xy+yz+zx)(x+y+z) \leq 9[(x+y+z)(yz+yx+xz)-xyz]\)
\(\Leftrightarrow 9xyz \leq (x+y+z)(yz+yx+xz)\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(x+y+z \geq \sqrt[3]{xyz}\)
\(xy+yz+zx \geq \sqrt[3]{(xyz)^2}\)
Nhân vế theo vế 2 BĐT trên ta có:
\( (x+y+z)(yz+yx+xz) \geq 9xyz\) (đpcm)
hay ta có (1) luôn đúng.
Tức là \(P = \dfrac{x}{3x+yz} + \dfrac{y}{3y+zx} + \dfrac{z}{3z+xy} \leq \dfrac{3}4\).
Vậy \({Max}_P = \dfrac{3}4 \Leftrightarrow x=y=z = 1\).
Câu III:
1)
Vẽ đường tròn ngoại tiếp BJC.
Kẻ tia phân giác trong góc DBC cắt đường tròn ngoại tiếp BJC tại K'.
Dễ thấy ∠BK'C = ∠BJC = 90° (góc nội tiếp cùng chắn đường kính)
Vì BK là phân giác trong góc BDC nên ∠JBK' = \(\dfrac{1}2\)∠JBC = \(\dfrac{1}2\)∠JDA = ∠JDI ⇒ BK' // DI.
Vì tứ giác BJKC nội tiếp ⇒ ∠K'JC = ∠K'BC = \(\dfrac{1}2\)∠JBC
Lại có ∠LJI = 90° - \(\dfrac{1}2\)∠LIJ = \(\dfrac{1}2\)(180° - ∠LIJ) = \(\dfrac{1}2\)∠JBA = \(\dfrac{1}2\)∠JBC = ∠K'JC
Suy ra L,J, K' thẳng hàng hay K' ≡ K ⇒ ∠BKC = ∠BK'C = 90° hay KB ⊥ KC (đpcm)
2)
Từ chứng minh phần 1), ta có:
∠ILJ = ∠LJI = ∠KJC = ∠KBC = ∠KBJ = ∠KCJ hay ∠ILK = ∠KCI ⇒ Tứ giác LIKC nội tiếp (đpcm)
3)
Lấy F là trung điểm JC.
Vì BK là tia phân giác trong của góc JBC ⇒ K là điểm chính giữa cung JC của đường tròn ngoại tiếp △JBC ⇒ KF ⊥ JC ⇒ KF // JB hay d(K;JB) = d(F;JB) = FJ
Ta có:
\(S_{\triangle JBK} = \dfrac{1}2 JB.d_{(K;JB)} = \dfrac{1}2 JB.JF = \dfrac{1}2 JB.\dfrac{1}2 JC = \dfrac{1}2 S_{\triangle JBC}\)
\(\Leftrightarrow S_{\triangle JBK} =\dfrac{1}8 S_{ABCD}\) (đpcm)
Câu IV:
Đặt \(a = x^3; \space b = y^3; \space c = z^3\), ta có BĐT cần chứng minh tương đương với:
\(\dfrac{x}{\sqrt[3]{y^3+z^3}} + \dfrac{y}{\sqrt[3]{z^3+x^3}} + \dfrac{z}{\sqrt[3]{x^3+y^3}} \geq 2\)
Ta đi chứng minh:
\(\dfrac{x}{\sqrt[3]{y^3+z^3}} \geq \dfrac{x}{\sqrt{y^2+z^2}} \)
(1)Thật vậy ta có:
(1) \(\Leftrightarrow \left( \dfrac{x}{\sqrt[3]{y^3+z^3}} \right)^6 \geq \left( \dfrac{x}{\sqrt{y^2+z^2}} \right)^6\)
\(\Leftrightarrow (y^2+z^2)^3 \geq (y^3+z^3)^2\)
\(\Leftrightarrow 3y^2z^2(y^2+z^2) \geq 2y^3z^3\)
\(\Leftrightarrow y^2z^2(3y^2+3z^2 - 2yz) \geq 0\)
\(\Leftrightarrow y^2z^2[2y^2+2z^2 +(y-z)^2] \geq 0\) (luôn đúng)
Hay ta có (1) luôn đúng (đpcm).
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(x^2 + y^2 + z^2 \geq 2\sqrt{x^2(y^2+z^2)}\)
\(\Leftrightarrow \dfrac{2x^2}{x^2 + y^2 + z^2} \leq \dfrac{x^2}{\sqrt{x^2(y^2+z^2)}} = \dfrac{x}{\sqrt{y^2+z^2}} \leq \dfrac{x}{\sqrt[3]{y^3+z^3}}\)
Chứng minh tương tự, ta có:
\( \dfrac{2y^2}{x^2 + y^2 + z^2} \leq \dfrac{y}{\sqrt[3]{z^3+x^3}}\)
\( \dfrac{2z^2}{x^2 + y^2 + z^2} \leq \dfrac{z}{\sqrt[3]{x^3+y^3}}\)
Cộng vế theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(\dfrac{x}{\sqrt[3]{y^3+z^3}} + \dfrac{y}{\sqrt[3]{z^3+x^3}} + \dfrac{z}{\sqrt[3]{x^3+y^3}} \geq \dfrac{2(x^2+y^2+z^2)}{x^2 + y^2 + z^2} = 2\) (đpcm)
Hay ta có \(\sqrt[3]{\dfrac{a}{b+c}} + \sqrt[3]{\dfrac{b}{c+a}} + \sqrt[3]{\dfrac{c}{a+b}} \geq 2\).
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 0, b = c và các hoán vị.
Trên đây là lời giải chi tiết đề thi thử vào 10 môn Toán chung năm 2020 thi vào Chuyên KHTN (lần 2) năm học 2019/2020 mà các em có thể tham khảo, và là cơ sở giúp các em ôn tập chuẩn bị cho kì thi vào 10 sắp tới, các em cũng đừng quên tham khảo đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 tất cả các môn với trọn bộ đề thi của các trường trên cả nước nhé!
