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

c) Chứng minh rằng diện tích hình thoi ABCD gấp 8 lần diện tích tam giác BJK... LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1..[r]

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

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

Câu

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

b) Giải hệ phương trinh:

  

2

4 2

2

6 32

x y

x y x y x y xy

   

     

 Câu

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 biểu thức:

3 3

x y z

P

x yz y zx z xy

  

  

Câu

Cho hình thoi ABCD với BAD90 Đường tròn  I nội tiếp tam giác ABD tiếp xúc với BD BA, theo thứ tự điểm J L, Trên đường thẳng LJ lấy điểm K cho BK song song với ID

a) Chứng minh KB vng góc với KC

b) Chứng minh bốn điểm L C K I, , , nằm đường tròn c) Chứng minh diện tích hình thoi ABCD gấp lần diện tích tam giác BJK Câu

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

3 a b c

bc ca  ab 

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu

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

   

   

  

3

2

2

2

27 3

3 3

2 3

1

2

0

3 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 cho có ba nghiệm: S0;1;3  b) Kết hợp với 2

2,

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

  

  

2 2

2 2

4 32

4 32

1

x y x y x y xy

x y x y xy

x y xy

 

     

 

    

   

Vậy hệ cho tương đương:       

2

2

2

1

x y xy

x y xy

   



   



Do đó:     

5

8

4 x y

x y xy  x y

       Khi xy1

Từ tìm x y

Vậy hệ cho có nghiệm x y;    1;1 Câu

a) Ta có:

 

       

3 3

3 3

1

1 1

1

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 y0 y1

Với x1 Khi y0 y 2

Với x 3 Khi y22y 2 Phương trình khơng có nghiệm ngun Tóm lại, hệ cho có nghiệm: x y;   2;0 , 2;1 , 0;1 , 0; , 1; , 1;           

b) Ta có:

    

3

x x x x

xyz x x  y z yz x xyzxyz xy xz x  y z Tương tự, từ ta có:

        

 

   

2

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 a b c, , 0 ta có:     8  ,

ab bc ca  a b c abbcca

ta có:

 

     

2 18

8

xy yz zx

x y y z z x x y z

 

 

    

Đẳng thức xảy x  y z

Vậy giá trị lớn P

4 đạt x  y z

Câu

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

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

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

   .

BKD BMD

MKB MBK JBK MK BJ S S

Lại có:

2

BCD ABCD BKD BMD

BJK

S S

S S

S    

Từ ta có điều phải chứng minh Câu

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

3 a b c

bc ca  ab 

Đặt

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

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

3 3 3 3

3

2

x y z

y z z x x y

  

  

Xét x y z, , 0 Ta có:

3 2

3

x x

y z y z



 

Thật bất đẳng thức cần chứng minh tường đương với: yz2y2z2 y z20 Bất đẳng thức cuối x y, 0 nên ta có điều phải chứng minh

Từ ta cần chứng minh:

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

x x x

x y z

y z x y z

 

 

 

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

Đẳng thức xảy

2 2

2 2

2 2

0

x y z

y z x x y z

z x y

   

       

   

Do x y z, , 0 nên đẳng thức khơng xảy

Do đó:

3 3 3 3

3

2

x y z

y z z x x y

  

  