Giao diện mới của VnDoc Pro: Dễ sử dụng hơn - chỉ tập trung vào lớp bạn quan tâm. Vui lòng chọn lớp mà bạn quan tâm: Lưu và trải nghiệm

VnDoc.com

Đề thi khảo sát chất lượng lớp 9 môn Toán Phòng GD&ĐT Ba Đình năm học 2019 - 2020

Đề thi khảo sát lớp 9 môn Toán có đáp án

Bài trước

Bài sau

Đề khảo sát chất lượng lớp 9 môn Toán Phòng GD&ĐT Thạch Thất năm 2020

Đề thi khảo sát chất lượng lớp 9 môn Toán Phòng GD&ĐT Ba Đình năm học 2019 - 2020 được VnDoc sưu tầm và đăng tải. Đây là đề kiểm tra KSCL môn Toán lớp 9 dành cho các bạn học sinh ôn tập, củng cố kiến thức, rèn luyện kĩ năng làm bài Toán. Mời các bạn cùng tham khảo

Đề thi khảo sát chất lượng lớp 9 môn Văn Phòng GD&ĐT Thạch Thất năm học 2019 - 2020

Để tiện trao đổi, chia sẻ kinh nghiệm về giảng dạy và học tập các môn học lớp 9, VnDoc mời các thầy cô giáo, các bậc phụ huynh và các bạn học sinh truy cập nhóm riêng dành cho lớp 9 sau: Nhóm Tài liệu học tập lớp 9. Rất mong nhận được sự ủng hộ của các thầy cô và các bạn.

Bài I (2,0 điểm). Cho hai biểu thức

$A = \dfrac{\sqrt x + 1}{\sqrt x - 3}$ $A = \dfrac{\sqrt x + 1}{\sqrt x - 3}$ và

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

Với $x\geq 0; \space x ≠ 9; \space x ≠1$ $x\geq 0; \space x ≠ 9; \space x ≠1$

1. Tính giá trị của A khi x = 25.

2. Rút gọn biểu thức B.

3. Tìm các số nguyên tố x để $A.B <1.$

Bài II (2,5 điểm).

1. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Hai giá sách có 540 cuốn sách. Nếu chuyển 60 cuốn sách từ giá sách thứ nhất sang giá sách thứ hai thì số sách ở giá sách thứ hai bằng 125% số sách ở giá sách thứ nhất. Tính số sách lúc đầu trong mỗi giá sách.

2. Khi uống trà sữa trân châu, người ta thường sử dụng loại ống hút bằng nhựa hình trụ có đường kính đáy bằng 0,4cm, độ dài ống bằng 16cm. Có 40 ống hút đó bị thải ra gây ô nhiễm môi trường, hỏi tổng diện tích xung quanh của 40 ống hút này là bao nhiêu? (lấy $\pi ≈ 3,14$ $\pi ≈ 3,14$)

Bài III (2,0 điểm).

1. Giải hệ phương trình:

$\left\{ \matrix{ 5 \sqrt x - \sqrt y = 3 \hfill \cr 7 \sqrt x - \sqrt y = 5 \hfill \cr} \right.$ $\left\{ \matrix{ 5 \sqrt x - \sqrt y = 3 \hfill \cr 7 \sqrt x - \sqrt y = 5 \hfill \cr} \right.$

2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng $(d): y = (m - 1)x + m$ và parabol $(P): y=x^2$

a. Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt.

b. Tìm m để các giao điểm của (d) và (P) có hoành độ là $x1; x2$, thỏa mãn $|x_1| = |x_2|+1$

Bài IV (3,0 điểm). Cho đường tròn (O) có 2 đường kính AB, CD vuông góc với nhau. Gọi E là một điểm trên cung nhỏ AD (E không trùng với A và D), nối EC cắt OA tại F. Trên tia AB lấy điểm G sao cho AG = AC, tia CG cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là H.

1. Chứng minh ∠CFG = ∠CHE và tứ giác EFGH là tứ giác nội tiếp.

2. Chứng minh tiếp tuyến của đường tròn (O) tại H song song với AC.

3. Nối EB cắt OD tại I, chứng minh: $\dfrac{AF.ED}{OF.EA} = \sqrt 2$ $\dfrac{AF.ED}{OF.EA} = \sqrt 2$ và $\dfrac{OF}{AF} + \dfrac{OI}{DI} \geq \sqrt 2$ $\dfrac{OF}{AF} + \dfrac{OI}{DI} \geq \sqrt 2$

Bài V (0,5 điểm).

Cho $x,y,z$là các số thực không âm thỏa mãn

$x^2 + y^2 + z^2 + xyz = 4.$

Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức $P = x + y + z.$

Hết

Đáp án đề thi khảo sát chất lượng lớp 9 môn Toán Phòng GD&ĐT Ba Đình năm 2020

Bài I (2,0 điểm). Cho hai biểu thức

$A = \dfrac{\sqrt x + 1}{\sqrt x - 3}$ $A = \dfrac{\sqrt x + 1}{\sqrt x - 3}$ và

Với $x\geq 0; \space x ≠ 9; \space x ≠1$ $x\geq 0; \space x ≠ 9; \space x ≠1$

Với x = 25, ta có:

$A = \dfrac{\sqrt x + 1}{\sqrt x - 3} = \dfrac{\sqrt {25} + 1}{\sqrt {25} - 3} = 3$ $A = \dfrac{\sqrt x + 1}{\sqrt x - 3} = \dfrac{\sqrt {25} + 1}{\sqrt {25} - 3} = 3$

Với $x\geq 0; \space x ≠ 9; \space x ≠1$ $x\geq 0; \space x ≠ 9; \space x ≠1$, ta có:

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

$= \dfrac{\sqrt x}{\sqrt x +1}$ $= \dfrac{\sqrt x}{\sqrt x +1}$

Ta có:

$A.B =\dfrac{\sqrt x + 1}{\sqrt x - 3}. \dfrac{\sqrt x}{\sqrt x +1} <1$ $A.B =\dfrac{\sqrt x + 1}{\sqrt x - 3}. \dfrac{\sqrt x}{\sqrt x +1} <1$

$\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt x }{\sqrt x - 3} <1$ $\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt x }{\sqrt x - 3} <1$

$\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt x }{\sqrt x - 3} -1<0$ $\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt x }{\sqrt x - 3} -1<0$

$\Leftrightarrow \dfrac{3 }{\sqrt x - 3}<0$ $\Leftrightarrow \dfrac{3 }{\sqrt x - 3}<0$

$\Leftrightarrow {\sqrt x - 3}<0$ $\Leftrightarrow {\sqrt x - 3}<0$

Kết hợp với $đkxđ x\geq 0; \space x ≠ 9; \space x ≠1$ $đkxđ x\geq 0; \space x ≠ 9; \space x ≠1$, ta có:

$0\leq x < 9; \space x ≠1$ $0\leq x < 9; \space x ≠1$

Vì x là số nguyên tố nên ta có $x \in \{2;3;5;7\}$ $x \in \{2;3;5;7\}$

Bài II (2,5 điểm).

Gọi số sách lúc đầu của mỗi giá sách lần lượt là A và B (A;B ∈ ℕ*)

Theo bài ra ta có hệ:

$\left\{ \matrix{ A+B = 540 \hfill \cr (A-60) \times 125\% = B+60 \hfill \cr} \right.$ $\left\{ \matrix{ A+B = 540 \hfill \cr (A-60) \times 125\% = B+60 \hfill \cr} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ A+B = 540 \hfill \cr 1,25 A - B = 135\hfill \cr} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ A+B = 540 \hfill \cr 1,25 A - B = 135\hfill \cr} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ A = 300 \hfill \cr B = 240 \hfill \cr} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ A = 300 \hfill \cr B = 240 \hfill \cr} \right.$ (thoả mãn)

KL.....

Tổng diện tích xung quanh của 40 ống hút này là:

$40.h.\pi d = 40.16.3,14.0,4 ≈ 803,84 (cm²).$ $40.h.\pi d = 40.16.3,14.0,4 ≈ 803,84 (cm²).$

Bài III (2,0 điểm).

$\left\{ \matrix{ 5 \sqrt x - \sqrt y = 3 \hfill \cr 7 \sqrt x - \sqrt y = 5 \hfill \cr} \right.$ $\left\{ \matrix{ 5 \sqrt x - \sqrt y = 3 \hfill \cr 7 \sqrt x - \sqrt y = 5 \hfill \cr} \right.$

$ĐKXĐ: x;y ≠ 0$

$\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ \sqrt x =1 \hfill \cr \sqrt y = 2 \hfill \cr} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ \sqrt x =1 \hfill \cr \sqrt y = 2 \hfill \cr} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x =1 \hfill \cr y = 4 \hfill \cr} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x =1 \hfill \cr y = 4 \hfill \cr} \right.$

2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng $(d): y = (m - 1)x + m$ và parabol $(P): y=x^2$

Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình sau phải có hai nghiệm phân biệt:

$x^2 = (m - 1)x + m$

$\Leftrightarrow x^2 - (m - 1)x - m =0$ $\Leftrightarrow x^2 - (m - 1)x - m =0$

Tức là $\Delta = (m-1)^2 + 4m = (m+1)^2 >0$ $\Delta = (m-1)^2 + 4m = (m+1)^2 >0$

$\Leftrightarrow m ≠ -1$ $\Leftrightarrow m ≠ -1$

KL.....

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d), ta có:

$x^2 = (m - 1)x + m$

$\Leftrightarrow (x+1)(x-m) =0$ $\Leftrightarrow (x+1)(x-m) =0$

$\Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = -1\hfill \cr x = m \hfill \cr} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = -1\hfill \cr x = m \hfill \cr} \right.$

Ta có: $|x_1| = |x_2|+1$

$\Leftrightarrow \left[ \matrix{ |-1| = |m|+1\hfill \cr |m| = |-1|+1 \hfill \cr} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ \matrix{ |-1| = |m|+1\hfill \cr |m| = |-1|+1 \hfill \cr} \right.$

$\Leftrightarrow \left[ \matrix{ m =0\hfill \cr m = ± 2 \hfill \cr} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ \matrix{ m =0\hfill \cr m = ± 2 \hfill \cr} \right.$

KL......

Bài IV (3,0 điểm).

Do AB ⊥ CD tại O nên C là điểm chính giữa cung AB hay $\stackrel\frown{CB}= \stackrel\frown{AC}$ $\stackrel\frown{CB}= \stackrel\frown{AC}$

Ta có:

$∠CFG = \dfrac{1}2 \left(\stackrel\frown{CB}+ \stackrel\frown{AE} \right) = \dfrac{1}2 \left(\stackrel\frown{AC}+ \stackrel\frown{AE} \right) = \dfrac{1}2 \stackrel\frown{EC} = ∠CHE (đpcm)$ $∠CFG = \dfrac{1}2 \left(\stackrel\frown{CB}+ \stackrel\frown{AE} \right) = \dfrac{1}2 \left(\stackrel\frown{AC}+ \stackrel\frown{AE} \right) = \dfrac{1}2 \stackrel\frown{EC} = ∠CHE (đpcm)$

Vì $∠GHE = ∠CFG = 180° - ∠GFE ⇒$ tứ giác EFGH là tứ giác nội tiếp (đpcm).

Gọi tiếp tuyến của đường tròn (O) tại H là d ⇒ OH ⊥ d (1)

Vẽ đường tròn (A;AG), vì AC = AG = AD (giả thiết) nên C,G,D cùng thuộc đường tròn này.

Ta có BC ⊥ CA tại C ⇒ BC là tiếp tuyến tại C của (A;AG).

Suy ra: ∠GCB = ∠GDC (t/c góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) = ∠GCD ⇒ CG là phân giác của góc DCB, hay H là điểm chính giữa cung BD ⇒ OH ⊥ BD (2)

Mặt khác do AB ⊥ CD nên dễ thấy AC // BD (3)

Từ (1) (2) và (3) suy ra AC // d (đpcm).

Xét △FAE và △FCB có:

∠AFE = ∠CFB (đối đỉnh)

∠EAF = ∠FCB (góc nội tiếp cùng chắn cung EB)

Suy ra $△FAE ∽ △FCB ⇒ \dfrac{AF}{EA} = \dfrac{FC}{CB} (4)$ $△FAE ∽ △FCB ⇒ \dfrac{AF}{EA} = \dfrac{FC}{CB} (4)$

Xét △CFO và △CDE có:

∠FCO chung

∠COF = ∠CED (= 90°)

Suy ra $△CFO ∽ △CDE ⇒ \dfrac{ED}{OF} = \dfrac{CD}{FC} (5)$ $△CFO ∽ △CDE ⇒ \dfrac{ED}{OF} = \dfrac{CD}{FC} (5)$

Xét △CBD vuông cân tại $B ⇒ CD = CB \sqrt 2 ⇒ \Leftrightarrow \dfrac{CD}{CB} = \sqrt 2$ $B ⇒ CD = CB \sqrt 2 ⇒ \Leftrightarrow \dfrac{CD}{CB} = \sqrt 2$

Nhân vế theo vế (4) và (5) ta có: $\dfrac{AF}{EA} .\dfrac{ED}{OF} = \dfrac{CD}{FC}. \dfrac{FC}{CB}$ $\dfrac{AF}{EA} .\dfrac{ED}{OF} = \dfrac{CD}{FC}. \dfrac{FC}{CB}$

$\Leftrightarrow \dfrac{AF.ED}{OF.EA} = \dfrac{CD}{CB} = \sqrt 2 (đpcm) \Rightarrow \dfrac{OF}{AF} = \dfrac{\sqrt 2 .ED}{2.EA} (*)$ $\Leftrightarrow \dfrac{AF.ED}{OF.EA} = \dfrac{CD}{CB} = \sqrt 2 (đpcm) \Rightarrow \dfrac{OF}{AF} = \dfrac{\sqrt 2 .ED}{2.EA} (*)$

Chứng minh tương tự ta có: $\dfrac{OI}{DI} = \dfrac{\sqrt 2 .EA}{2.ED} (**)$ $\dfrac{OI}{DI} = \dfrac{\sqrt 2 .EA}{2.ED} (**)$

Cộng vế theo vế (*) và (**), đồng thời áp dụng BĐT AM-GM ta có:

$\dfrac{OF}{AF} + \dfrac{OI}{DI} = \dfrac{\sqrt 2 .ED}{2.EA} + \dfrac{\sqrt 2 .EA}{2.ED} \geq 2\sqrt{ \dfrac{\sqrt 2 .ED}{2.EA} . \dfrac{\sqrt 2 .EA}{2.ED} } = \dfrac{2}{\sqrt 2} = \sqrt 2$ $\dfrac{OF}{AF} + \dfrac{OI}{DI} = \dfrac{\sqrt 2 .ED}{2.EA} + \dfrac{\sqrt 2 .EA}{2.ED} \geq 2\sqrt{ \dfrac{\sqrt 2 .ED}{2.EA} . \dfrac{\sqrt 2 .EA}{2.ED} } = \dfrac{2}{\sqrt 2} = \sqrt 2$

Hay $\dfrac{OF}{AF} + \dfrac{OI}{DI} \geq \sqrt 2 (đpcm).$ $\dfrac{OF}{AF} + \dfrac{OI}{DI} \geq \sqrt 2 (đpcm).$

Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow \dfrac{OF}{AF} = \dfrac{OI}{DI}$ $\Leftrightarrow \dfrac{OF}{AF} = \dfrac{OI}{DI}$ hay E là điểm chính giữa cung AD.

Bài V (0,5 điểm).

$x^2 + y^2 + z^2 + xyz = 4$

Với $x;y;z \geq 0$ $x;y;z \geq 0$ ta có:

$x^2;y^2;z^2 \leq 4$ $x^2;y^2;z^2 \leq 4$

$\Leftrightarrow 0 \leq x;y;z \leq 2$ $\Leftrightarrow 0 \leq x;y;z \leq 2$

Với $0 \leq x;y;z \leq 2$ $0 \leq x;y;z \leq 2$ ta có:

$P^2 = x^2+y^2+z^2 + 2xy+2yz+2zx$

$= 4 - xyz + 2xy+2yz+2zx$

$= 4 + xy(2-z)+2yz+2zx \geq 4$ $= 4 + xy(2-z)+2yz+2zx \geq 4$

Mặt khác $P = x+y+z \geq 0$ $P = x+y+z \geq 0$

$\Leftrightarrow P \geq 2$ $\Leftrightarrow P \geq 2$

$\Rightarrow {min}_P = 2 \Leftrightarrow x=2;y=z=0$ $\Rightarrow {min}_P = 2 \Leftrightarrow x=2;y=z=0$ và các hoán vị.

Tìm giá trị lớn nhất của P.

Cách 1:

Vì $0 \leq x;y;z \leq 2$ $0 \leq x;y;z \leq 2$ nên:

$(2-x)(2-y)(2-z) = 8 -xyz - 4P + 2(xy+yz+zx)$

$4 + x^2+y^2+z^2- 4P + 2(xy+yz+zx) = 4-4P +P^2$

Áp dụng BĐT Cauchy ta được:

$(2-x)(2-y)(2-z) \leq \left( \dfrac{6-(x+y+z)}3 \right)^2 = \left( \dfrac{6-P}3 \right)^2$ $(2-x)(2-y)(2-z) \leq \left( \dfrac{6-(x+y+z)}3 \right)^2 = \left( \dfrac{6-P}3 \right)^2$

Suy ra:

$\left( \dfrac{6-P}3 \right)^2 \geq 4-4P +P^2$ $\left( \dfrac{6-P}3 \right)^2 \geq 4-4P +P^2$

$\Leftrightarrow P^3+9P^2 - 108 \leq 0$ $\Leftrightarrow P^3+9P^2 - 108 \leq 0$

$\Leftrightarrow (P-3)(P^2+12P+36) \leq 0 \Leftrightarrow P\leq 3$ $\Leftrightarrow (P-3)(P^2+12P+36) \leq 0 \Leftrightarrow P\leq 3$

Vậy ${max}_P = 3 \Leftrightarrow x=y=z=1.$ ${max}_P = 3 \Leftrightarrow x=y=z=1.$

Cách 2:

Vì $0 \leq x;y;z \leq 2$ $0 \leq x;y;z \leq 2$ đồng thời áp dụng BĐT Bunhia - Copxki, ta có:

$x^2 + y^2 + z^2 + xyz = 4 \geq x^2+y^2+z^2 \geq \dfrac{1}3 (x+y+z)^2$ $x^2 + y^2 + z^2 + xyz = 4 \geq x^2+y^2+z^2 \geq \dfrac{1}3 (x+y+z)^2$

$\Leftrightarrow P \leq {2}{\sqrt 3}$ $\Leftrightarrow P \leq {2}{\sqrt 3}$

Đặt $q = xy + yz + zx$

r = xyz

Sử dụng hệ quả quen thuộc của BĐT Schur ta có:

$r\geq \dfrac{P(4q-P^2)}{9}$ $r\geq \dfrac{P(4q-P^2)}{9}$

Ta có:

$x^2 + y^2 + z^2 + xyz = 4$

$\Leftrightarrow P^2 - 2q + r = 4 \geq P^2 - 2q + \dfrac{P(4q-P^2)}{9}$ $\Leftrightarrow P^2 - 2q + r = 4 \geq P^2 - 2q + \dfrac{P(4q-P^2)}{9}$

$\Leftrightarrow \dfrac{-1}{9} P^3 + P^2 + 2q\left (\dfrac{2}{9}P -1 \right) \leq 4 (*)$ $\Leftrightarrow \dfrac{-1}{9} P^3 + P^2 + 2q\left (\dfrac{2}{9}P -1 \right) \leq 4 (*)$

Ta có $q = xy+yz+zx \leq \dfrac{1}3 (x+y+z)^2 =\dfrac{1}3P^2$ $q = xy+yz+zx \leq \dfrac{1}3 (x+y+z)^2 =\dfrac{1}3P^2$

$\Leftrightarrow 2q \leq \dfrac{2}3P^2 (1)$ $\Leftrightarrow 2q \leq \dfrac{2}3P^2 (1)$

Vì $P \leq {2}{\sqrt 3} < \dfrac{9}2 \Leftrightarrow \dfrac{2}{9}P -1 < 0 (2)$ $P \leq {2}{\sqrt 3} < \dfrac{9}2 \Leftrightarrow \dfrac{2}{9}P -1 < 0 (2)$

Từ (1) và (2) Suy ra:

$2q\left (\dfrac{2}{9}P -1 \right) \geq \dfrac{2}3P^2 \left (\dfrac{2}{9}P -1 \right) (**)$ $2q\left (\dfrac{2}{9}P -1 \right) \geq \dfrac{2}3P^2 \left (\dfrac{2}{9}P -1 \right) (**)$

Từ (*) và (**), ta có:

$4 \geq \dfrac{-1}{9} P^3 + P^2 + 2q\left (\dfrac{2}{9}P -1 \right) \geq \dfrac{-1}{9} P^3 + P^2 + \dfrac{2}3P^2 \left (\dfrac{2}{9}P -1 \right)$ $4 \geq \dfrac{-1}{9} P^3 + P^2 + 2q\left (\dfrac{2}{9}P -1 \right) \geq \dfrac{-1}{9} P^3 + P^2 + \dfrac{2}3P^2 \left (\dfrac{2}{9}P -1 \right)$

$\Leftrightarrow \dfrac{1}{27} P^3 + \dfrac{1}3P^2 - 4 \leq 0$ $\Leftrightarrow \dfrac{1}{27} P^3 + \dfrac{1}3P^2 - 4 \leq 0$

$\Leftrightarrow P^3 + 9P^2 - 108 \leq 0$ $\Leftrightarrow P^3 + 9P^2 - 108 \leq 0$

$\Leftrightarrow (P-3)(P+6)^2 \leq 0$ $\Leftrightarrow (P-3)(P+6)^2 \leq 0$

$\Leftrightarrow P\leq 3$ $\Leftrightarrow P\leq 3$

Vậy ${max}_P = 3 \Leftrightarrow x=y=z=1.$ ${max}_P = 3 \Leftrightarrow x=y=z=1.$

*** Chứng minh Bổ đề: BĐT Schur ***

Ta có BĐT Schur cho 3 số thực không âm a,b,c có dạng:

$a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\geq 0$ $a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\geq 0$

Thật vậy, không mất tính tổng quát, giả sử $a\leq b;a\leq c.$ $a\leq b;a\leq c.$

Suy ra $a(a-b)(a-c)\geq 0$ $a(a-b)(a-c)\geq 0$

Ta lại có:

$b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b) = (b-c)(b^2 - ab +ac -c^2)$

$= (b-c)^2(b+c-a) \geq 0$ $= (b-c)^2(b+c-a) \geq 0$

Cộng vế theo vế 2 BĐT trên ta được:

$a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\geq 0 (***)$ $a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\geq 0 (***)$

Khai triển BĐT Schur trên, ta có:

$(***) \Leftrightarrow \Sigma a^3 + 3abc -(a^2b+a^2c + b^2a+b^2c+c^2a+c^2b) \geq 0$ $(***) \Leftrightarrow \Sigma a^3 + 3abc -(a^2b+a^2c + b^2a+b^2c+c^2a+c^2b) \geq 0$

$\Leftrightarrow \Sigma a^3 + 6abc -(a^2b+a^2c + b^2a+b^2c+c^2a+c^2b+3abc) \geq 0$ $\Leftrightarrow \Sigma a^3 + 6abc -(a^2b+a^2c + b^2a+b^2c+c^2a+c^2b+3abc) \geq 0$

$\Leftrightarrow \Sigma a^3 + 6abc -(a+b+c)(ab+bc+ca) \geq 0$ $\Leftrightarrow \Sigma a^3 + 6abc -(a+b+c)(ab+bc+ca) \geq 0$

$\Leftrightarrow p^3 - 3pq + 3r + 6r - pq \geq 0$ $\Leftrightarrow p^3 - 3pq + 3r + 6r - pq \geq 0$

$\Leftrightarrow p^3 - 4pq + 9r \geq 0$ $\Leftrightarrow p^3 - 4pq + 9r \geq 0$

$\Leftrightarrow r\geq \dfrac{p(4q-p^2)}{9}$ $\Leftrightarrow r\geq \dfrac{p(4q-p^2)}{9}$ (Hệ quả sử dụng của BĐT Schur).

Đề thi khảo sát chất lượng lớp 9 môn Toán Phòng GD&ĐT Ba Đình năm học 2019 - 2020. Đề thi gồm 5 câu hỏi với 120 phút làm bài kèm theo đáp án được VnDoc chia sẻ giúp các bạn học sinh ôn tập, biết cách phân bổ thời gian làm bài. Mời các bạn cùng tham khảo

.......................................................................

Ngoài Đề thi khảo sát chất lượng lớp 9 môn Toán Phòng GD&ĐT Ba Đình năm học 2019 - 2020. Mời các bạn học sinh còn có thể tham khảo các đề thi học học kì 1 lớp 9, đề thi học học kì 2 lớp 9 các môn Toán, Văn, Anh, Hóa, Lý, Địa, Sinh mà chúng tôi đã sưu tầm và chọn lọc. Với đề thi học kì 1, 2 lớp 9 này giúp các bạn rèn luyện thêm kỹ năng giải đề và làm bài tốt hơn. Chúc các bạn ôn thi tốt

Chia sẻ, đánh giá bài viết

4.802

Bài trước

Bài sau