User Avatar
Tài khoản
User Avatar
Sách Tập 2: Tập đề thi thử vào 10 môn Toán các trường trên toàn quốc (thi vào tháng 4 và tháng 5) Lời giải đề 2: Lời giải đề thi kiểm tra khảo sát chất lượng trường THCS Nguyễn Trường Tộ năm 2017-2018

Lời giải đề 2: Lời giải đề thi kiểm tra khảo sát chất lượng trường THCS Nguyễn Trường Tộ năm 2017-2018

Lời giải đề thi kiểm tra khảo sát chất lượng trường THCS Nguyễn Trường Tộ năm 2017-2018

Bài 1:

1) $x=7+4\sqrt{3}={{\left( 2+\sqrt{3} \right)}^{2}}$ ( Thỏa mãn điều kiện )

Suy ra $\sqrt{x}=2+\sqrt{3}$

Tính được $A = \dfrac{{2 + \sqrt 3  - 1}}{{2 + \sqrt 3  - 2}} = \dfrac{{\sqrt 3  + 3}}{3}$

2) Biến đổi $P = \left[ {\dfrac{{x - \sqrt x  + 2}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}} - \dfrac{x}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}} \right]:\dfrac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  - 2}}$

$\dfrac{{x - \sqrt x  + 2 - \sqrt x \left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  - 1}} = \dfrac{{2 - 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}$

$ = \dfrac{{2\left( {1 - \sqrt x } \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}} =  - \dfrac{2}{{\sqrt x  + 1}}$

Vậy $ - \dfrac{2}{{\sqrt x  + 1}}$với $x>0;x\ne 1;x\ne 4$

3) Ta có $P\sqrt x  = \dfrac{{ - 2\sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}} \ge  - \dfrac{3}{2} \Rightarrow \sqrt x  \le 3 \Rightarrow 0 \le x \le 9$  

$x \in {\rm Z},x > 0,x \ne 1,x \ne 4 \Rightarrow x \in \left\{ {2;3;5;6;7;8;9} \right\}$

Bài 2:

Gọi số học sinh của lớp 9A là $x$ học sinh $\left( x\in {{N}^{*}},x<82 \right)$

Gọi số học sinh của lớp 9B là $y$ học sinh $\left( y\in {{N}^{*}},y<82 \right)$

Vì tổng số học sinh hai lớp là 82 bạn nên ta có $x+y=82\left( 1 \right)$  

Số sách học sinh lớp 9A ủng hộ là 6$x$( quyển )

Số sách học sinh lớp 9B ủng hộ là 5$y$( quyển )

Vì số sách cả hai lớp ủng hộ được là 452 quyển nên $6x+5y=452\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}
x + y = 82\\
6x + 5y = 452
\end{array} \right.$

Giải hệ trên được nghiệm $\left\{ \begin{array}{l}
x = 42\\
y = 40
\end{array} \right.$
 ( thỏa mãn điều kiện )

Vậy lớp 9A có 42 học sinh và lớp 9B có 40 học sinh

Bài 3:

1) Điều kiện $y \ne 1$

Biến đổi phương trình về dạng $\left\{ \begin{array}{l}
2\left| {x - 1} \right| - \dfrac{5}{{y - 1}} =  - 3\\
2\left| {x - 1} \right| + \dfrac{4}{{y - 1}} = 6
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\dfrac{9}{{y - 1}} = 9\\
2\left| {x - 1} \right| + \dfrac{4}{{y - 1}} = 6
\end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array}{l}
y - 1 = 1\\
\left| {x - 1} \right| = 3 - \frac{2}{1}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y = 2(tmdk)\\
\left| {x - 1} \right| = 1
\end{array} \right.$

TH1: $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y = 2\\
x - 1 = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y = 2\\
x = 2
\end{array} \right.$

TH2: $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y = 2\\
x - 1 =  - 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y = 2\\
x = 0
\end{array} \right.$

Vậy hệ phương trình có nghiệm $\left\{ \begin{array}{l}
x = 2\\
y = 2
\end{array} \right.$hoặc $\left\{ \begin{array}{l}
x = 0\\
y = 2
\end{array} \right.$

2a) Để hai đường thẳng (d) và (d’) song song với nhau thì

$\left\{ \begin{array}{l}
 - 1 = {m^2} - 2\\
m + 2 \ne 3
\end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{m^2} = 1\\
m \ne 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m =  \pm 1\\
m \ne 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow m =  - 1$ Vậy $m=-1$ là giá trị cần tìm

2b) Phương trình hoành độ giao điểm đưa về ${{x}^{2}}+2x+m-1=0(*)$

$d$ cắt $\left( P \right)$ tại 2 điểm phân biệt $\Leftrightarrow $phương trình $(*)$có hai nghiệm phân biệt

$\Leftrightarrow $$\Delta '>0\Leftrightarrow 2-m>0\Leftrightarrow m<2$ 

Khi đó theo Vi-et, ta có $\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} =  - 2\\
{x_1}.{x_2} =  - 1
\end{array} \right.$

Theo giả thiết ta có

$\begin{array}{l}
x_1^3 - x_2^3 + {x_1}{x_2} = 4 \Leftrightarrow \left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - {x_1}{x_2}} \right] + {x_1}{x_2} - 4 = 0\\
\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {5 - m} \right) + \left( {m - 5} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {{x_1} - {x_2} - 1} \right)\left( {5 - m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 5\\
{x_1} - {x_2} = 1
\end{array} \right.
\end{array}$

Kết hợp với điều kiện $m=5$ không thỏa mãn

Kết hợp ${{x}_{1}}-{{x}_{2}}=1$ với hệ thức Vi – et ta có hệ

$\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} - {x_2} = 1\\
{x_1} + {x_2} =  - 2\\
{x_1}{x_2} = m - 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_1} =  - \dfrac{1}{2}\\
{x_2} =  - \dfrac{3}{2}\\
m = \dfrac{7}{4}(t/m)
\end{array} \right.$

Vậy $m=\dfrac{7}{4}$ là giá trị cần tìm

Bài 4:

1. Ta có: $\widehat{ACB}=\widehat{AMB}={{90}^{0}}$ ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )

 

Xét tứ giác $BKHM$ có $\widehat{ACB}+\widehat{AMB}={{180}^{0}}$

suy ra $CDMH$ nội tiếp đường tròn.

Vậy bốn điểm $C,\,D,\,M,\,H$cùng thuộc một đường tròn.

2. Tam giác $ABD$ nhận $H$ là trực tâm vì có hai đường cao $BC$ và $AM$ cắt nhau tại $H$

Suy ra $DH$ là đường cao của tam giác $ABD$ do đó, $DK\bot AB$ $\left( 1 \right)$

3. Ta có tứ giác $AKHC$ nội tiếp suy ra $\widehat{CAH}=\widehat{CKH}$

Và tứ giác $BKHM$ nội tiếp suy ra $\widehat{HBM}=\widehat{MKH}$

Mà $\widehat{CAH}=\widehat{HBM}$ ( cùng chắn cung $CM$ của $\left( O \right)$)

Do đó $\widehat{CKM}=2\widehat{CAH}$

Mặt khác xét $\left( O \right)$ có $\widehat{COM}=2\widehat{CAH}$ ( góc ở tâm và góc nội tiếp ).

Dó đó $\widehat{CKM}=\widehat{COM}$

Suy ra tứ giác $COKM$ nội tiếp, suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác $CKM$ cũng là đường tròn ngoại tiếp tứ giác $COKM$.

4. Gọi $Q$ là giao điểm của $MP$ với đường tròn $\left( O \right)$.

Ta có tam giác $QAB$ là tam giác vuông cân tại $Q$ suy ra

$AQ = \dfrac{{AB}}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AQ}} = \sqrt 2 $

Ta có $\Delta MPABPQ\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{MP}}{{MA}} = \dfrac{{BP}}{{BQ}}$
Tương tự $\Delta MPBAPQ\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{MP}}{{MB}} = \dfrac{{AP}}{{AQ}}$ 
Do đó $\dfrac{{MP}}{{MA}} + \dfrac{{MP}}{{MB}} = \dfrac{{BP}}{{BQ}} + \dfrac{{AP}}{{AQ}} = \dfrac{{AB}}{{AQ}} = \sqrt 2 $
Mặt khác ta có $\dfrac{{MP}}{{MA + MB}} \le MP.\dfrac{1}{4}\left( {\dfrac{1}{{MA}} + \dfrac{1}{{MB}}} \right) = \dfrac{{\sqrt 2 }}{4}.$
Vậy max $\dfrac{{MP}}{{MA + MB}} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{4}$ khi $MA=MB$ hay $M$ là điểm chính giữa cung $AB$.
Bài 5:
1) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
$\dfrac{{{a^2}}}{b} + b + \dfrac{{{b^2}}}{c} + c + \dfrac{{{c^2}}}{a} + a \ge 2\sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{b}.b}  + 2\sqrt {\dfrac{{{b^2}}}{c}.c}  + 2\sqrt {\dfrac{{{c^2}}}{a}.a}  = 2a + 2b + 2c$
Do đó $\dfrac{{{a^2}}}{b} + \dfrac{{{b^2}}}{c} + \dfrac{{{c^2}}}{a} \ge a + b + c = 1.$
2) Ta chứng minh $\dfrac{{{a^2}}}{b} + \dfrac{{{b^2}}}{c} + \dfrac{{{c^2}}}{a} \ge 3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)$ với $a+b+c=1.$
Thật vậy, bất đẳng thức tương đương
$\left( {\dfrac{{{a^2}}}{b} - 2a + b} \right) + \left( {\dfrac{{{b^2}}}{c} - 2b + c} \right) + \left( {\dfrac{{{c^2}}}{a} - 2c + a} \right) \ge 3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) - {\left( {a + b + c} \right)^2}$
$ \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{b} + \dfrac{{{{\left( {b - c} \right)}^2}}}{c} + \dfrac{{{{\left( {c - a} \right)}^2}}}{a} \ge {\left( {a - b} \right)^2} + {\left( {b - c} \right)^2} + {\left( {c - a} \right)^2}$
Hay $\left( {\dfrac{1}{b} - 1} \right){\left( {a - b} \right)^2} + \left( {\dfrac{1}{c} - 1} \right){\left( {b - c} \right)^2} + \left( {\dfrac{1}{a} - 1} \right){\left( {c - a} \right)^2} \ge 0$ luôn đúng do $0 < a,\,b,\,c < 1.$
Do đó $P = 2017\left( {\dfrac{{{a^2}}}{b} + \dfrac{{{b^2}}}{c} + \dfrac{{{c^2}}}{a}} \right) + \dfrac{{{a^2}}}{b} + \dfrac{{{b^2}}}{c} + \dfrac{{{c^2}}}{a} + \dfrac{1}{{3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}}$
$ \ge 2017\left( {\dfrac{{{a^2}}}{b} + \dfrac{{{b^2}}}{c} + \dfrac{{{c^2}}}{a}} \right) + 3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) + \dfrac{1}{{3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}}$
$ \ge 2017 + 2\sqrt {3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right).\dfrac{1}{{3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}}}  = 2019.$
Vậy $\min P = 2019$ khi $a = b = c = \dfrac{1}{3}.$
 
Mục lục - Tập 2: Tập đề thi thử vào 10 môn Toán các trường trên toàn quốc (thi vào tháng 4 và tháng 5)
Nhóm toan123.vn trên facebook