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

Khi x= 9 ta có $A=\frac{\sqrt{9}+2}{\sqrt{9}-5}=\frac{3+2}{3-5}=-\frac{5}{2}$

Với $x\ge 0,x\ne 25$ thì $B=\frac{3}{\sqrt{x}+5}+\frac{20-2\sqrt{x}}{x-15}=\frac{3}{\sqrt{x}+5}+\frac{20-2\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}+5\right)\left(\sqrt{x}-5\right)}$

$$\begin{gathered} =\frac{3\left(\sqrt{x}-5\right)+20-2\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}+5\right)\left(\sqrt{x}-5\right)}=\frac{3\sqrt{x}-15+20-2\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}+5\right)\left(\sqrt{x}-5\right)} \\ =\frac{\sqrt{x}+5}{\left(\sqrt{x}+5\right)\left(\sqrt{x}-5\right)}=\frac{1}{\sqrt{x}-5} \end{gathered}$$

 (điều phải chứng minh)

Với $x\ge 0,x\ne 25$ Ta có: $A=B.\left|x-4\right|$

$\iff \frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-5}=\frac{1}{\sqrt{x}-5}.\left|x-4\right|\iff \sqrt{x}+2=\left|x-4\right|(*)$

Nếu $x\ge 4, x\ne 25$ thì (*) trở thành : $\sqrt{x}+2=x-4$

$\iff x-\sqrt{x}-6=0\iff \left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+2\right)=0$

Do $\sqrt{x}+2>0$ nên $\sqrt{x}=3\iff x= 9$ (thỏa mãn)

Nếu $0\le x<4$ thì (*) trở thành : $\sqrt{x}+2=4-x$

$\iff x+\sqrt{x}-2=0\iff \left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+2\right)=0$

Do $\sqrt{x}+2>0$ nên $\sqrt{x}=1\iff x=1$ (thỏa mãn)

Vậy có hai giá trị x=1 và x= 9 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Gọi vận tốc xe máy là x (km/h). Điều kiện x>0

Do vận tốc xe ô tô lớn hơn vận tốc xe máy là 10km/h  nên vận tốc ô tô là x+10 (km/h).

Thời gian xe máy đi từ A đến B là $\frac{120}{x}$(h)

Thời gian ô tô đi từ A đến B là $\frac{120}{x+10}$(h)

Xe ô tô đến B sớm hơn xe máy 36 phút =3/5(h) nên ta có phương trình:

$$\begin{gathered} \frac{120}{x}-\frac{120}{x+10}=\frac{3}{5} \\ \iff \mathrm{120.5.}\left(x+10\right)-\mathrm{120.5.}x=3x.\left(x+10\right) \\ \iff 3x^2+30x-6000=0 \\ \iff \left(x+50\right)\left(x-40\right)=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=-50\\ x=40\end{array}\right. \end{gathered}$$

Kết hợp với điều kiện đầu bài ta được x= 40.

Vậy vận tốc của xe máy là 40 (km/h), vận tốc của ô tô là 50(km/h).

Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}+2\sqrt{y-1}=5\\ 4\sqrt{x}-\sqrt{y-1}=2\end{array}\right..$

Điều kiện:$x\ge 0; y\ge 1$ 

Đặt $\left\{\begin{array}{l}a=\sqrt{x}\\ b=\sqrt{y-1}\end{array}\right..$ Điều kiện $a; b\ge 0$. Khi đó hệ phương trình ban đầu trở thành

$\left\{\begin{array}{l}a+2b=5\\ 4a-b=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=5-2b\\ 4\left(5-2b\right)-b=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=5-2b\\ 20-8b-b=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=5-2b\\ -9b=-18\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=2\end{array}\right.$

Do đó: $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=1\\ \sqrt{y-1}=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ y-1=4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ y=5\end{array}\right.(t/m)$

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)= (1;5)

Thay tọa độ điểm A(0;5) vào phương trình đường thẳng $\left(d\right):y=mx+5.$ ta được:

5=m.0+5 luôn đúng với mọi giá trị của tham số m nên đường thẳng (d) luôn

đi qua điểm A với mọi giá trị của m.

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

$x^2=mx+5\iff x^2-mx-5=0$.

Ta có tích hệ số $ac=-5<0$ nên phương trình hoành độ giao điểm luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m hay thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m.

Theo hệ thức Vi-ét ta có$\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=m\\ x_1{x}_2=-5\end{array}\right.$Ta có:

$\left|x_1\right|>\left|x_2\right|\iff x_1^2>x_2^2\iff x_1^2-x_2^2>0\Rightarrow \left(x_1+x_2\right)\left(x_1-x_2\right)>0$

Theo giả thiết: $x_1<x_2\iff x_1-x_2<0$ do đó $x_1+x_2<0\iff m<0$.

Vậy thỏa mãn yêu cầu bài toán.

2) Chứng minh $N{B}^2=NK.NM$.

Ta có N là điểm chính giữa cung $\stackrel{⏜}{BC} \Rightarrow \stackrel{⏜}{BN}=\stackrel{⏜}{CN} \Rightarrow \widehat{BMN}=\widehat{CMN}$  (góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau)

Mà $\widehat{CBN}=\widehat{CMN}$ (góc nội tiếp chắn cùng chắn cung $\stackrel{⏜}{CN}$)

$\widehat{CBN}=\widehat{BMN}$ (cùng bằng góc $\widehat{CMN}$) $\Rightarrow \widehat{KBN}=\widehat{BMN}$

Xét $\Delta KBN và \Delta BMN$ có:

$\widehat{N}$ chung

$\widehat{KBN}=\widehat{BMN}$

$\Rightarrow \Delta KBN\backsim \Delta BMN\Rightarrow \frac{KN}{BN}=\frac{BN}{MN}\Rightarrow N{B}^2=NK.NM$

(điều phải chứng minh).

1) Chứng minh bốn điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn.

Ta có M là điểm chính giữa cung $\stackrel{⏜}{AB}\Rightarrow \stackrel{⏜}{AM}=\stackrel{⏜}{BM}\Rightarrow \widehat{MNA}=\widehat{MCB}$  

$\Rightarrow \widehat{KNI}=\widehat{ICK}$ . Tứ giác CNKJ có C và N là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh KJ dưới góc bằng nhau nên CNKJ nội tiếp (dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

Do đó bốn điểm C, N, K, I  cùng thuộc một đường tròn.

3) Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi.

Ta có $\widehat{ABC}=\widehat{ANC}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $\stackrel{⏜}{AC}$)

Mà $\widehat{AMC}=\widehat{AHI}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $\stackrel{⏜}{IC}$)

$\Rightarrow \widehat{ABC}=\widehat{IKC}$ Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên $HB//IK$ (1)

+ Chứng minh tương tự phần 1 ta có tứ giác AMHI nội tiếp

$\widehat{ANC}=\widehat{IKC}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $\stackrel{⏜}{AI}$)

Ta có $\widehat{ABC}=\widehat{AMC}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $\stackrel{⏜}{AC}$)

$\Rightarrow \widehat{ABC}=\widehat{AHI}$ Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên $BK//HI$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BHIK là hình bình hành.

Mặt khác AN, CM  lần lượt là các tia phân giác của các góc A và C  trong tam giác ABC nên I là giao điêm 3 đường phân giác, do đó BI là tia phân giác góc B

Vậy tứ giác BHIK là hình thoi (dấu hiệu nhận biết hình thoi).

4) Gọi P, Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK, tam giác MCK và E là trung điểm của đoạn PQ. Vẽ đường kính ND của đường tròn (O) . Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng.

Vì N là điểm chính giữa cung nhỏ BC nên DN là trung trực của BC nên DN là phân giác $\widehat{BDC}$

Ta có $\widehat{KQC}=2\widehat{KMC}$ (góc nọi tiếp bằng nửa góc ở tâm trong dường tròn (Q))

$\widehat{NDC}=\widehat{KMC}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $\stackrel{⏜}{NC}$)

Mà $\widehat{BDC}=2\widehat{NDC }\Rightarrow \widehat{KQC}=\widehat{BDC}$

Xét 2 tam giác BDC & KQC là các các tam giác vuông tại D và Q có hai góc ở $\Rightarrow \widehat{BCD}=\widehat{BCQ}$ do vậy D, Q, C thẳng hàng nên KQ//PK

Chứng minh tương tự ta có  ta có D, P, B thẳng hàng và DQ//PK

Do đó tứ giác PDQK là hình bình hành nên E là trung điểm của PQ cũng là trung điểm của DK. Vậy D, E, K thẳng hàng (điều phải chứng minh).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương ta có:

$a^2+b^2\ge 2ab, b^2+c^2\ge 2bc, c^2+a^2\ge 2ca$ 

Do đó: $2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge 2(ab+bc+ca)=2.9=18\Rightarrow 2P\ge 18\Rightarrow P\ge 9$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\sqrt{3}$. Vậy MinP= 9 khi $a=b=c=\sqrt{3}$

Vì $a, b, c \ge 1$, nên $(a-1)(b-1)\ge 0\iff ab-a-b+1\ge 0\iff ab+1\ge a+b$

Tương tự ta có $bc+1\ge b+c, ca+1\ge c+a$ 

Do đó $ab+bc+ca+3\ge 2(a+b+c)\iff a+b+c\le \frac{9+3}{2}=6$

Mà  $P=a^2+b^2+c^2={\left(a+b+c\right)}^2-2\left(ab+bc+ca\right)={\left(a+b+c\right)}^2–18$

$\Rightarrow P\le 36-18=18$. Dấu bằng xảy ra khi : $\left\{\begin{array}{l}a=4;b=c=1\\ b=4;a=c=1\\ c=4;a=b=1\end{array}\right.$

Vậy maxP= 18 khi : $\left\{\begin{array}{l}a=4;b=c=1\\ b=4;a=c=1\\ c=4;a=b=1\end{array}\right.$