Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán trường THPT chuyên KHTN - ĐHQG Hà Nội năm 2022 lần 2

(1)

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC LỚP 9 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN Môn: Toán (vòng 1 – đợt 2)

Ngày 24, tháng 4, năm 2021 Thời gian: 120 phút Câu 1 (3 điểm).

1) Giải hệ phương trình

   

3 3

8 9

2 2 1 1 18

x y

x y y x

  

    



2) Giải phương trình

3 3 3 1 .

x x   x Câu 2 (3 điểm)

1) Tìm x y z, , nguyên dương thỏa mãn

31, .

xxyxyz x y z

2) Với , , 0, ³,

a b c a  b c 2 tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2

2 2 2.

a b c a b c

P b  c  a b c a

Câu 3 (3 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn

 

O . D thuộc cạnh BC sao cho AD là phân giác góc BAC. Các điểm M N, thuộc

 

O sao cho CMBNAD.

1) Chứng minh rằng AM AN.

2) Gọi giao điểm của BM với AC là E; giao điểm của CN với AB là F. Chứng minh rằng bốn điểm , , ,

B C E F cùng thuộc một đường tròn.

3) Chứng minh rằng các đường thẳng MF NE, và AD đồng quy.

Câu 4 (1 điểm). Với a b c, , 0. Chứng minh rằng

4 4 4

4

3 . 2

a b c

a b b c c a 

  

---HẾT---

(2)

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1 (3 điểm).

   

3 3

8 9

2 2 1 1 18

x y

x y y x

  

    



2) Giải phương trìnhx x  3 3 3 1x.

Lời giải

 

   

3 3

8 9 *

2 2 1 1 18

x y

x y y x

  

    



 

I

Hệ

 

I

   

     

3 3

8 1 10 1

3 2 2 1 1 54 2

x y

I

x y y x

   

     

Lấy

   

1  2 , ta có:

   

 

3 3

3

8 1 3 2 2 1 1 64

2 1 64

2 1 4

3 2 3 .

x y x y y x

x y x y

x y

      

   

  

Thay x 3 2y vào

 

* , ta có:



3 2



³ 8 ³ 9 2 ² 3 1 0 ¹1 ¹ .

2 2

y x

y y y y

y x

   

        

   



Vậy nghiệm của hệ phương trình là:

 

1; 1 ; 1; ¹ . 2

 

 

  2) ^x^ ^x^{  }³ ³ ^{3 1}^^x^.

 

¹

Điều kiện xác định: 3  x 1.

Đặt:

 

2 2 2

2

3 0 3 2

1 2

1 0

a x a a x a b

x

b x

b x b

      

  

   

 

      

 



 

1 trở thành: ² ² ² ³ ³ ² ² ² ⁶ ⁸ ^{0. 2}

 

2 a b

a b a a b b

          

Xem

 

2 là phương trình bậc 2 ẩn a (b là tham số).

(3)

 

2 2 2

1 6 8

6 9 3 0

b b

b b b

    

      Suy ra phương trình

 

2 có hai nghiệm phân biệt:

4 ( )

2

a b loai

a b

   

  

 Với a b 2, ta có:

 

²

 

²

3 1 2

3 1 4 1 4

2 2 4 1

1 2 1

1 1

2 3 0 1

1 4 1

x x

x x x

x x

x x x

x x

   

      

   

  

  

 

           Vậy x1.

Câu 2 (3 điểm)

1) Tìm x y z, , nguyên dương thỏa mãnxxyxyz31, x y z.

2) Với , , 0, ³,

a b c a  b c 2 tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2

2 2 2.

a b c a b c

P b  c  a b c a

Lời giải

1) Ta có:

 

1 1

31 1

1 30

1 31

x x x xy xyz x y yz

y z y yz

   

 

            

Do 1



1



30 ³

1 10 z y x y z y

z

 

          hoặc ² ³

1 15 9

y y

z z

   

 

 

 

    

 

  hoặc ² .

14 y z

 

 

Vậy



x y z; ;

 

 1;3;9 , 1; 2;14 .

  

2) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:

3 3 3

3 3 3 3 3

3 3 9 3 9 3 9 9 15

3 3 2 . 2. 3 .

2 1 3 2 2

4 4 4

4 3 2

P abc abc abc

abc abc abc abc abc

              

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ¹. a  b c 2

Vậy min

 

¹⁵,

P  2 đạt được khi ¹.

a  b c 2

(4)

Câu 3 (3 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn

 

O . D thuộc cạnh BC sao cho AD là phân giác góc BAC. Các điểm M N, thuộc

 

O sao cho CMBNAD.

1) Chứng minh rằng AM AN.

2) Gọi giao điểm của BM với AC là E; giao điểm của CN với AB là F. Chứng minh rằng bốn điểm , , ,

B C E F cùng thuộc một đường tròn.

3) Chứng minh rằng các đường thẳng MF NE, và AD đồng quy.

Lời giải

1) Do BN và CM cùng song song với AD kết hợp với AD là phân giác BAC, ta có:

   . NBCDABDAC ACM Suy ra: NBCACM hay ^AN^AM ANAM.

2) Ta có:      

sd sd sd sd sd 

2 2 2 .

AM BN AN BN AB

AFE     ACB

Do đó BCEF là tứ giác nội tiếp.

3) Gọi S là giao điểm của EQ và AD, K là giao điểm của AD và EF. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ANK có cát tuyến ESQ, ta có:

QA EN SK 1

   hay EN SK 1

  do Q là trung điểm AN.

(5)

Suy ra: EN SA. EK  SK

Gọi S là giao điểm của FP và AD.

Tương tự áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AMK có cát tuyến PS F , ta được: S A FM . S K FK

 



Ta cần chứng minh ^EN ^FM

EK  FK hay FM FK.

EN EK Thật vậy, theo định lý Tales, ta có:

KM DC AC AF FK. KN  DB  AB  AE  EK

Suy ra: FK KM FK KM FM.

EK KN EK KN EN

   



Do đó FM FK,

EN  EK hay FM EN. FK  EK

Từ đó ta có: SA S A. SK S K

 



Suy ra SS hay EQ FP, và AD đồng quy.

Câu 4 (1 điểm). Với a b c, , 0. Chứng minh rằng

4 4 4

4

3 . 2

a b c

a b b c c a 

  

Lời giải

 

3 a b c . . .

P B C S

a b b c c a

 

 

       

Ta sẽ chứng minh: ² ² ² ^3.

 

^*

2

a b c

a b b c c 

  

   

  

 

  

 

  

 

          

2 2 2

* .

2 2 2

2 2 2 . . .

a a c b a b c b c

a b a c b c a b c a b c

a b c

a b c B C S

a b a c b c a b c a b c

  

  

     

 

 

             Ta có:

(6)

 

        

      

   

2 2 2

2 2 2 9

8 9

8 .

a b c

a b a c b c a b c a b C a b c ab bc ca a b b c c a

a b b c c a abc

 

 

           

        

    

Đây là bất đẳng thức đúng. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b c. Do đó:

 

2

4

* 3 3 .

2

9 3

.

2 2

a b c

a b b c c a

P P

    

  

   

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b c.