19 đề ôn thi vào 10 chuyên hay có lời giải (Đề 1)

Đồ  thị hàm số y=2x+m đi qua điểm K(2;3)⇔3=4+m⇔m=−1. Vậy  m= -1.

Ta có B=xx+x+1x−1x+x+1+x+3x−1.x−12x+x−1

=xx−1+x+3x−1.x−1x+12x−1x+1=2x+3x−1.x−12x−1=2x+32x−1   

Vì x≥0 nên 2x+3>0, do đó B<0 khi 2x−1<0⇔x<14.

Mà x≥0; x≠1 và x≠14 nên ta được kết quả 0≤x<14.

a. + Với m=−12  phương trình (1) trở thành x2−4x=0⇔x=0x=4.

+ Vậy khi m=−12 phương trình có hai nghiệm x= 0 và x= 4.

b. + Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt khi 

                           Δ=2m+52−42m+1>0x1+x2=2m+5>0x1.x2=2m+1>0

+ Ta có Δ=2m+52−42m+1=4m2+12m+21=2m+32+12>0,∀m∈R

+ Giải được điều kiện m>−12 (*).

+ Do P>0 nên P đạt nhỏ nhất khi P2 nhỏ nhất.

+ Ta có P2=x1+x2−2x1x2=2m+5−22m+1=2m+1−12+3≥3   (∀m>−12)⇒P≥3  (∀m>−12).

và P=3 khi m= 0 (thoả mãn (*)).

+ Vậy giá trị nhỏ nhất P=3 khi m= 0.

+ Gọi số học sinh của lớp 9A là x học sinh (x∈ℕ*)

+ Gọi số học sinh của lớp 9B là y học sinh (y∈ℕ*).

+ Ta có học sinh lớp 9A ủng hộ: 6x quyển sách giáo khoa và 3x quyển sách tham khảo. 

+ Ta có học sinh lớp 9B ủng hộ: 5y quyển sách giáo khoa và 4y quyển sách tham khảo. 

+ Vì tổng số sách học sinh hai lớp ủng hộ là 738 quyển, nên ta có phương trình: (6x+3x)+(5y+4y)=738  hay

9x+9y=738⇔x+y=82  (1).

+ Số sách giáo khoa học sinh hai lớp ủng hộ là 6x+5y (quyển)

+ Số sách tham khảo học sinh hai lớp ủng hộ là 3x+4y (quyển)

+ Vì số sách giáo khoa nhiều hơn số sách tham khảo là 166 quyển nên ta có phương trình: (6x+5y)−(3x+4y)=166⇔3x+y=166   (2).

+ Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình x+y=823x+y=166

+ Giải hệ trên được nghiệm x=42y=40 (thoả mãn điều kiện)

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

1. + Ta có AEB^=AKB^=900.

Nên E và K cùng thuộc đường tròn đường kính AB.

+ Vậy tứ giác ABEK nội tiếp trong một đường tròn.

2. + Vì AE⊥BC;BK⊥AC⇒AEC^=BKC^=900

+ Chỉ ra hai tam giác AEC và BKC đồng dạng (g-g).

Suy ra CECK=CACB. Vậy CE.CB=CK.CA.

3. + Vẽ tiếp tuyến t't của đường tròn (C) tại điểm C,  ta có: ACt^=ABC^.

+ Lại có ABC^=EKC^ (cùng bù với EKA^), suy ra ACt^=EKC^, do đó EK song song với t't .

+ Mặt khác OC⊥t't⇒OC⊥EK

+ Ta có  OCA^+CKE^=900 (do OC⊥EK) và BKE^+CKE^=900 (vì BK⊥AC) suy ra OCA^=BKE^    (1).

+ Lại có: BKE^=BAE^ (do tứ giác ABEK nội tiếp )    (2).

+ Từ (1) và (2) ta có OCA^=BAE^.

4. + Gọi H’ là giao điểm thứ hai của AE và đường tròn (C); I là điểm đối xứng với O qua BC.

Có BHH'^=BCA^=BH'H^, suy ra tam giác BHH' cân tại B nên H và H’ đối xứng nhau qua BC.

+ Vì O và I đối xứng nhau qua BC, do đó IH=OH'=R.

+ Do O cố định, BC cố định nên I cố định. Từ đó có H thuộc đường tròn (T) có tâm I, bán kính R=3 cm.

+ Vậy đường tròn (T) có tâm là điểm I đối xứng với O qua BC và bán kính r=R=3 cm. 

Ta có

Q=20021a+4a+20171b+b−5012a−7518b=20021a+4a+20171b+b−25062a+3b   

+ Vì a, b dương và 2a+3b≤4⇒0<2a+3b≤4 do đó

    Q≥2002.2.1a.4a+2017.2.1b.b−2506.4=2018 với mọi a, b>0 và 2a+3b≤4, dấu bằng xảy ra khi a=12 và b= 1.

+ Vậy giá trị nhỏ nhất của Q bằng 2018  khi a=12 và b= 1..