Kỳ Thi Tuyển Sinh Toán 9 Vào Lớp 10 Trường THPT Chuyên Bắc Giang Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

0
29

Kỳ thi tuyển sinh Toán 9 vào lớp 10 Trường THPT chuyên Bắc Giang có đáp án và lời giải chi tiết. Các bạn xem ở dưới.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẮC GIANG

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN BẮC GIANG

NĂM HỌC 2020 – 2021

MÔN THI: TOÁN

Thời gian làm bài: 150 phút

Câu I. (5,0 điểm)

  1. Cho biểu thức $A = \frac{{3x + 5\sqrt {x – 1} – 14}}{{x – 3 + \sqrt {x – 1} }} – \frac{{\sqrt {x – 1} – 2}}{{\sqrt {x – 1} – 1}} – \frac{{\sqrt {x – 1} }}{{\sqrt {x – 1} + 2}}\left( \begin{array}{l}x \ge 1\\x \ne 2\end{array} \right)$
  2. Rút gọn biểu thức $A$
  3. Tìm tất cả các giá trị của $x$để $A$nhận giá trị là số nguyên
  4. Cho parabol $\left( P \right):y = {x^2}$và đường thẳng $\left( d \right):y = – mx + 2 – m(m$là tham số). Tìm $m$để đường thẳng $\left( d \right)$cắt $\left( P \right)$tại hai điểm phân biệt có hoành độ ${x_1},{x_2}$sao cho biểu thức $T = \frac{1}{{{{\left( {{x_1} + 1} \right)}^4}}} + \frac{1}{{{{\left( {{x_2} + 1} \right)}^4}}}$đạt giá trị nhỏ nhất

Câu II. (5,0 điểm)

  1. Giải phương trình: $\left( {x + 1} \right)\sqrt {x – 1} + 5x = 13$
  2. Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}{x^3} – xy + 2{x^2} – 2y = 0\\\frac{{\left( {x + y – 2} \right)\sqrt {x + 1} }}{{x – 2}} = y\left( {x – 5} \right) + 9x – 5\end{array} \right.$

Câu III. (3,0 điểm)

  1. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $\left( {a;b} \right)$để biểu thức$\frac{{{a^2} – 3}}{{ab + 3}}$nhận giá trị là số nguyên
  2. Trong mặt phẳng cho $2020$điểm phân biệt sao cho từ ba điểm bất kỳ luôn chọn ra được hai điểm có khoảng cách nhỏ hơn 1cm. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn có bán kính bằng $1cm$chứa không ít hơn $1010$điểm trong 2020 điểm đã cho

Câu IV. (6,0 điểm)

Cho tam giác $ABC$nhọn $\left( {AB < AC} \right)$nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường cao $AD,BE,CF$của tam giác $ABC$đồng quy tại $H.$Gọi $M$là trung điểm của đoạn thẳng $BC,K$là giao điểm của hai đường thẳng $BC$và $EF$

  1. Chứng minh rằng $KB.KC = KE.KF$và $H$là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta DEF$
  2. Qua điểm $F$kẻ đường thẳng song song với đường thẳng $AC,$đường thẳng này cắt các đường thẳng $AK,AD$lần lượt tại $P$và $Q.$Chứng minh $FP = FQ$
  3. Chứng minh rằng đường thẳng $HK$vuông góc với đường thẳng $AM$

Câu V. (1,0 điểm)

Cho $a,b,c$là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$\frac{{{a^2}}}{{5{a^2} + {{\left( {b + c} \right)}^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{5{b^2} + {{\left( {c + a} \right)}^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{5{c^2} + {{\left( {a + b} \right)}^2}}} \le \frac{1}{3}$

ĐÁP ÁN

Câu I.

1a) $\begin{array}{l}A = \frac{{3x + 5\sqrt {x – 1} – 14}}{{\left( {\sqrt {x – 1} – 1} \right)\left( {\sqrt {x – 1} + 2} \right)}} – \frac{{\sqrt {x – 1} – 2}}{{\sqrt {x – 1} – 1}} – \frac{{\sqrt {x – 1} }}{{\sqrt {x – 1} + 2}}\\ = \frac{{x + 6\sqrt {x – 1} – 8}}{{\left( {\sqrt {x – 1} – 1} \right)\left( {\sqrt {x – 1} + 2} \right)}} = \frac{{\left( {\sqrt {x – 1} – 1} \right)\left( {\sqrt {x – 1} + 7} \right)}}{{\left( {\sqrt {x – 1} – 1} \right)\left( {\sqrt {x – 1} + 2} \right)}} = \frac{{\sqrt {x – 1} + 7}}{{\sqrt {x – 1} + 2}}\end{array}$

Vậy $A = \frac{{\sqrt {x – 1} + 7}}{{\sqrt {x – 1} + 2}},$với điều kiện $x \ge 1,x \ne 2$

1b) Ta có: $A = 1 + \frac{5}{{\sqrt {x – 1} + 2}}.$Với $x \ge 1 \Rightarrow 0 < \frac{5}{{\sqrt {x – 1} + 2}} \le \frac{5}{2}$

Vì $A$nhận giá trị nguyên nên $\frac{5}{{\sqrt {x – 1} + 2}}$nhận giá trị nguyên

$\begin{array}{l}Th1:\frac{5}{{\sqrt {x – 1} + 2}} = 1 \Leftrightarrow \sqrt {x – 1} = 3 \Leftrightarrow x = 10(tm)\\Th2:\frac{5}{{\sqrt {x – 1} + 2}} = 2 \Leftrightarrow \sqrt {x – 1} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow x = \frac{5}{4}(tm)\end{array}$

Vậy các giá trị $x$cần tìm là $x \in \left\{ {\frac{5}{4};10} \right\}$

2) Phương trình hoành độ giao điểm của $\left( P \right)$và $\left( d \right)$là :

${x^2} = – mx + 2 – m \Leftrightarrow {x^2} + mx + m – 2 = 0\left( 1 \right)$

Ta có: $\Delta = {m^2} – 4\left( {m – 2} \right) = {m^2} – 4m + 8 = {\left( {m – 2} \right)^2} + 4 > 0\left( {\forall m \in \mathbb{R}} \right)$

Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$với mọi $m \in \mathbb{R}.$Suy ra $\left( d \right)$luôn cắt $\left( P \right)$tại hai điểm phân biệt có hoành độ ${x_1},{x_2}$

Nhận xét ${x_1},{x_2}$khác $ – 1$vì ${\left( { – 1} \right)^2} + m.\left( { – 1} \right) + m – 2 = – 1 \ne 0,$đúng với mọi $m \in \mathbb{R}$

Theo định lý Vi – et, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = – m\\{x_1}{x_2} = m – 2\end{array} \right.$

Ta có: ${\left( {{x_1} + 4} \right)^4}.{\left( {{x_2} + 1} \right)^4} = {\left[ {{x_1}{x_2} + \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1} \right]^4} = {\left[ {m – 2 + \left( { – m} \right) + 1} \right]^4} = 1$

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có:

$T = \frac{1}{{{{\left( {{x_1} + 1} \right)}^4}}} + \frac{1}{{{{\left( {{x_2} + 1} \right)}^4}}} \ge 2\sqrt {\frac{1}{{{{\left( {{x_1} + 1} \right)}^4}}}.\frac{1}{{{{\left( {{x_2} + 1} \right)}^4}}}} \Rightarrow T \ge 2$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ${\left( {{x_1} + 1} \right)^4} = {\left( {{x_2} + 1} \right)^4} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} + 1 = {x_2} + 1\\{x_1} + 1 = – \left( {{x_2} + 1} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = {x_2}\\{x_1} + {x_2} = – 2\end{array} \right.$

Vì ${x_1} \ne {x_2} \Rightarrow {x_1} + {x_2} = – 2 \Leftrightarrow – m = – 2 \Leftrightarrow m = 2(tm)$

Vậy $m = 2$

Câu II.

  1. Điều kiện : $x – 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 1$. Phương trình đã cho tương đương:

$\begin{array}{l}\left( {x + 1} \right)\left( {\sqrt {x – 1} – 1} \right) + \left( {6x – 12} \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{\left( {x + 1} \right)\left( {x – 2} \right)}}{{\sqrt {x – 1} + 1}} + 6\left( {x – 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x – 2} \right)\left( {\frac{{x + 1}}{{\sqrt {x – 1} + 1}} + 6} \right) = 0\left[ \begin{array}{l}x = 2(tm)\\\frac{{x + 1}}{{\sqrt {x – 1} + 1}} + 6\left( {VN} \right)\end{array} \right.\end{array}$

Vậy $x = 2$

2. Điều kiện: $x \ge – 1,x \ne 2,y \in \mathbb{R}$. Ta có:

${x^3} – xy + 2{x^2} – 2y = 0 \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} – y} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – 2(ktm)\\y = {x^2}\end{array} \right.$

Thay $y = {x^2}$vào phương trình $\frac{{\left( {x + y – 2} \right)\sqrt {x + 1} }}{{x – 2}} = y\left( {x – 5} \right) + 9x – 5,$ta được phương trình : $\frac{{\left( {x + {x^2} – 2} \right)\sqrt {x + 1} }}{{x – 2}} = {x^2}\left( {x – 5} \right) + 9x – 5$

$ \Leftrightarrow \frac{{\left( {{x^2} + x – 2} \right)\sqrt {x + 1} }}{{x – 2}} = {x^3} – 5{x^2} + 9x – 5\,\,\left( 1 \right)$

Với điều kiện bài toán

$\begin{array}{l}\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left( {x – 1} \right)\left( {x + 2} \right)\sqrt {x + 1} = \left( {x – 2} \right)\left( {x – 1} \right)\left( {{x^2} – 4x + 5} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {x – 1} \right)\left[ {\left( {x + 2} \right)\sqrt {x + 1} – \left( {x – 2} \right)\left( {{x^2} – 4x + 5} \right)} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow y = 1\\\left( {x + 2} \right)\sqrt {x + 1} – \left( {x – 2} \right)\left( {{x^2} – 4x + 5} \right) = 0 & (2)\end{array} \right.\end{array}$

$\begin{array}{l}\left( 2 \right) \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {x + 1} } \right)^3} + \sqrt {x + 1} = {\left( {x – 2} \right)^3} + \left( {x – 2} \right)\\ \Leftrightarrow \left[ {\sqrt {x + 1} – \left( {x – 2} \right)} \right]\left[ {{{\left( {\sqrt {x + 1} } \right)}^2} + \left( {x – 2} \right)\sqrt {x + 1} + {{\left( {x – 2} \right)}^2} + 1} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt {x + 1} = x – 2 & & & & & (3)\\{\left( {\sqrt {x + 1} } \right)^2} + \left( {x – 2} \right)\sqrt {x + 1} + {\left( {x – 2} \right)^2} + 1 = 0 & \left( 4 \right)\end{array} \right.\end{array}$

Vì ${\left( {\sqrt {x + 1} } \right)^2} + \left( {x – 2} \right)\sqrt {x + 1} + {\left( {x – 2} \right)^2} + 1$

$ = {\left[ {\sqrt {x + 1} + \frac{1}{2}\left( {x – 2} \right)} \right]^2} + \frac{{3{{\left( {x – 2} \right)}^2}}}{4} + 1 > 0,\forall x \ge – 1$nên (4) vô nghiệm

$\begin{array}{l}\left( 3 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 2\\x + 1 = {\left( {x – 2} \right)^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 2\\{x^2} – 5x + 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 2\\\left[ \begin{array}{l}x = \frac{{5 + \sqrt {13} }}{2}\\x = \frac{{5 – \sqrt {13} }}{2}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{{5 + \sqrt {13} }}{2}(tmdk)\\x = \frac{{5 + \sqrt {13} }}{2} \Rightarrow y = \frac{{19 + 5\sqrt {13} }}{2}\end{array}$

Vậy hệ phương trình có tập nghiệm $\left\{ {\left( {1;1} \right);\left( {\frac{{5 + \sqrt {13} }}{2};\frac{{19 + 5\sqrt {13} }}{2}} \right)} \right\}$

Câu III.

  1. Yêu cầu bài toán tương đương ${a^2} – 3$chia hết cho $ab + 3$

$\begin{array}{l} \Rightarrow b\left( {{a^2} – 3} \right) \vdots \left( {ab + 3} \right) \Rightarrow \left[ {a\left( {ab + 3} \right) – 3\left( {a + b} \right)} \right] \vdots \left( {ab + 3} \right)\\ \Rightarrow 3\left( {a + b} \right) = k\left( {ab + 3} \right),k \in \mathbb{N}*\end{array}$

Nếu $k = 1 \Rightarrow 3\left( {a + b} \right) = ab + 3 \Rightarrow \left( {a – 3} \right)\left( {b – 3} \right) = 6$

$Do\,\,a,b \in \mathbb{N}* \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a – 3 \ge – 2\\b – 3 \ge – 2\end{array} \right.$

$th1:\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a – 3 = 6\\b – 3 = 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}a – 3 = 1\\b – 3 = 6\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a = 9\\b = 4\end{array} \right.(tm)\\\left\{ \begin{array}{l}a = 4\\b = 9\end{array} \right.(ktm)\end{array} \right.$;$th2:\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a – 3 = 3\\b – 3 = 2\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}a – 3 = 2\\b – 3 = 3\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a = 6\\b = 5\end{array} \right.(tm)\\\left\{ \begin{array}{l}a = 5\\b = 6\end{array} \right.(ktm)\end{array} \right.$

Nếu $k = 2 \Rightarrow 3\left( {a + b} \right) = 2\left( {ab + 3} \right) \Rightarrow \left( {2a – 3} \right)\left( {2b – 3} \right) = – 3$

$Do\,a,b \in \mathbb{N}* \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}2a – 3 \ge – 1\\2b – 3 \ge – 1\end{array} \right.$

Ta có: $\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}2a – 3 = 3\\2b – 3 = – 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}2a – 3 = – 1\\2b – 3 = 3\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 3\end{array} \right.\end{array} \right.$. Thử lại thì $\left( {a;b} \right) = \left( {3;1} \right)$

Nếu $k \ge 3 \Rightarrow 3\left( {a + b} \right) = k\left( {ab + 3} \right) \ge 3\left( {ab + 3} \right) \Leftrightarrow \left( {a – 1} \right)\left( {b – 1} \right) + 2 < 0$(vô lý vì $a,b \in \mathbb{N}*)$

Vậy các cặp số $\left( {a,b} \right)$thỏa mãn là $\left( {3;1} \right);\left( {6;5} \right);\left( {9;4} \right)$

2. Gọi $A$là một điểm bất kỳ trong số $2020$điểm đã cho

Xét hình tròn $\left( {A;1cm} \right)$

Trường hợp 1: Nếu hình tròn $\left( {A;1cm} \right)$chứa tất cả 2019 điểm còn lại ta có điều phải chứng minh.

Trường hợp 2: Nếu trong 2019 điểm còn lại tồn tại điểm $B$nằm ngoài hình tròn $\left( {A;1cm} \right)$ thì $AB > 1cm,$vẽ đường tròn $\left( {B;1cm} \right).$Ta chứng minh $2018$điểm còn lại hoặc thuộc hình tròn $\left( {A;1cm} \right)$hoặc thuộc hình tròn $\left( {B;1cm} \right)$

Thật vậy, giả sử tồn tại điểm C trong 2018 điểm còn lại nằm ngoài cả hai hình tròn $\left( {A;1cm} \right);\left( {B;1cm} \right)$như hình vẽ. Khi đó $AC > 1cm,BC > 1cm.$Như vậy với ba điểm $A,B,C$thì khoảng cách của hai điểm bất kỳ luôn lớn hơn 1 (mâu thuẫn với đề bài)

Vậy 2018 điểm còn lại hoặc thuộc hình tròn $\left( {A;1cm} \right)$hoặc thuộc hình tròn $\left( {B;1cm} \right)$

Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại một hình tròn chứa ít nhất $1009$điểm đã cho và chứa thêm điểm A hoặc điểm B

Vậy tồn tại một hình tròn có bán kính bằng $1cm,$chứa không ít hơn $1010$điểm đã cho.

Câu IV.

  1. Chỉ ra tứ giác $BFEC$ nội tiếp và $\Delta KBF \sim \Delta KEC$

Khi đó $\frac{{KF}}{{KC}} = \frac{{KB}}{{KE}} \Rightarrow KB.KC = KE.KF$

Chỉ ra tứ giác $BDHF$ nội tiếp , suy ra $\widehat {FBH} = \widehat {FDH}$  (1)

Chỉ ra tứ giác $CDHE$ nội tiếp, suy ra $\widehat {HDE} = \widehat {HCE}$   (2)

Ta có: $\widehat {FBE} = \widehat {FCE}\left( 3 \right)$ vì tứ giác $BFEC$ nội tiếp

Từ $\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right) \Rightarrow \angle FDH = \angle EDH \Rightarrow HD$ là phân giác của $\widehat {FDE}$ (4)

Chứng minh tương tự, ta được: $HE$ là phân giác của $\widehat {FED}\left( 5 \right)$

Từ (4) và (5) $ \Rightarrow H$ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta DEF$

a. Gọi $N$ là giao điểm của $AD,KE$

Theo tính chất đường phân giác trong của $\Delta DEF \Rightarrow \frac{{NF}}{{NE}} = \frac{{DF}}{{DE}}\left( 6 \right)$

Ta có $KD$ là phân giác ngoài của $\Delta FDE$ tại đỉnh D. Theo tính chất đường phân giác ngoài của $\Delta DEF \Rightarrow \frac{{KF}}{{KE}} = \frac{{DF}}{{DE}}\left( 7 \right)$

Từ (6) và(7) $ \Rightarrow \frac{{NF}}{{NE}} = \frac{{KF}}{{KE}}\left( 8 \right)$

Vì $PQ//AC$, theo định lý Ta – let mở rộng ta có:

$\frac{{NF}}{{NE}} = \frac{{FQ}}{{AE}}$và $\frac{{KF}}{{KE}} = \frac{{FP}}{{AE}}\left( 9 \right)$

Từ (8) và (9) $ \Rightarrow \frac{{FQ}}{{AE}} = \frac{{FP}}{{AE}} \Rightarrow FQ = FP(dfcm)$

b. Gọi $I$ là giao điểm của $KA$ với đường tròn khác A) và $A’$ là điểm đối xứng với $A$ qua O. Chứng minh được $BHCA’$ là hình bình hành

Suy ra ba điểm $H,M,A’$ thẳng hàng

Vì tứ giác $AIBC$ nội tiếp đường tròn (O)$ \Rightarrow KI.KA = KB.KC$

Theo ý 1) thì $KB.KC = KF.KE$

Suy ra $KI.KA = KF.KE \Rightarrow AIFE$ là tứ giác nội tiếp

Vì ba điểm $A,E,F$ thuộc đường tròn đường kính $AH \Rightarrow I \in $ đường tròn đường kính $AH$$ \Rightarrow AI \bot HI$

Ta có $\widehat {AIA’} = {90^0} \Rightarrow AI \bot A’I$

Kết hợp với $AI \bot HI \Rightarrow H,I,A’$ thẳng hàng

Mặt khác ba điểm $H,M,A’$ thẳng hàng nên 4 điểm $H,M,I,A’$ thẳng hàng

Xét $\Delta AKM$ có $AH \bot KM$ và $MH \bot AK \Rightarrow H$ là trực tâm $\Delta AKM$

Suy ra $KH \bot AM(dfcm)$

Câu V.

Chứng minh với ba số dương $x,y,z$ ta có:

$\left( {x + y + z}\right)\left( {\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}} \right) \ge 9$ (1)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x = y = z$

Chứng minh được bất đẳng thức $\frac{{{x^2}}}{m} + \frac{{{y^2}}}{n} + \frac{{{z^2}}}{p} \ge \frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{m + n + p}}\forall m,n,p > 0\left ( 2 \right)$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\frac{x}{m} = \frac{y}{n} = \frac{z}{p}$

Đặt $P = \frac{{{a^2}}}{{5{a^2} + {{\left( {b + c} \right)}^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{5{b^2} + {{\left( {c + a} \right)}^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{5{c^2} + {{\left( {a + b} \right)}^2}}}$

Áp dụng bất đẳng thức (1) ta có:

$\begin{array}{l}\left[ {\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) + \left( {2{a^2} + bc} \right) + \left( {2{a^2} + bc} \right)} \right].\left( {\frac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{1}{{2{a^2} + bc}} + \frac{1}{{2{a^2} + bc}}} \right) \ge 9\\\frac{{9{a^2}}}{{5{b^2} + {{\left( {b + c} \right)}^2}}} = \frac{{9{a^2}}}{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) + \left( {2{a^2} + bc} \right) + \left( {2{a^2} + bc} \right)}} \le {a^2}\left( {\frac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{2}{{2{a^2} + bc}}} \right)\end{array}$

Chứng minh tương tự, ta được:

$\begin{array}{l}\frac{{9{b^2}}}{{5{b^2} + {{\left( {c + a} \right)}^2}}} \le {b^2}\left( {\frac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{2}{{2{b^2} + ac}}} \right)\\\frac{{9{c^2}}}{{5{c^2} + {{\left( {a + b} \right)}^2}}} \le {c^2}\left( {\frac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{2}{{2{c^2} + ab}}} \right)\end{array}$

Khi đó ta có:

$\frac{{9{a^2}}}{{5{a^2} + {{\left( {b + c} \right)}^2}}} + \frac{{9{b^2}}}{{5{b^2} + {{\left( {c + a} \right)}^2}}} + \frac{{9{c^2}}}{{5{c^2} + {{\left( {a + b} \right)}^2}}} \le 1 + \left( {\frac{{2{a^2}}}{{2{a^2} + bc}} + \frac{{2{b^2}}}{{2{b^2} + ca}} + \frac{{2{c^2}}}{{2{c^2} + ab}}} \right)$

Suy ra $9P \le 4 – \left( {\frac{{bc}}{{2{a^2} + bc}} + \frac{{ca}}{{2{b^2} + ca}} + \frac{{ab}}{{2{c^2} + ab}}} \right)$

Ta có :

$\frac{{bc}}{{2{a^2} + bc}} + \frac{{ca}}{{2{b^2} + ca}} + \frac{{ab}}{{2{c^2} + ab}} = \frac{{{b^2}{c^2}}}{{2{a^2}bc}} + \frac{{{c^2}{a^2}}}{{2a{b^2}c + {c^2}{a^2}}} + \frac{{{a^2}{b^2}}}{{2ab{c^2} + {a^2}{b^2}}}$

Áp dụng bất đẳng thức (2) ta được:

$\frac{{bc}}{{2{a^2} + bc}} + \frac{{ca}}{{2{b^2} + ca}} + \frac{{ab}}{{2{c^2} + ab}} \ge \frac{{{{\left( {ab + bc + ca} \right)}^2}}}{{\left( {ab + bc + ca} \right)}} = 1$

Vậy $9P \le 3 \Rightarrow P \ge \frac{1}{3}$. Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow a = b = c$

Bài trướcĐề Thi Tuyển Sinh Toán 9 Vào Lớp 10 Chuyên Sở GD&ĐT Tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
Bài tiếp theoĐề Thi Tuyển Sinh Chuyên Toán 9 Vào Lớp 10 Sở GD&ĐT Tỉnh Bắc Ninh Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

BÌNH LUẬN

Vui lòng nhập bình luận của bạn
Vui lòng nhập tên của bạn ở đây