19 đề ôn thi vào 10 chuyên hay có lời giải (Đề 11)

Ta có:

P=xx+2+−x+xx+6x+x−2−x+1x−1=xx−1−x+xx+6−x+1x+2x−1x+2=x−x−x+xx+6−x−3x−2x−1x+2=−x+xx−4x+4x−1x+2=x−1x−4x−1x+2=x−2

Với x≥0, x≠1, x≠4 ta có:

Q=x+27.Px+3x−2=x+27x+3=x−9+36x+3=x−3+36x+3=−6+x+3+36x+3≥−6+12=6

Phương trình đã cho có hai nghiệm khi và chỉ khi Δ'≥0⇔−2m+4≥0⇔m≤2   1.

Theo hệ thức Vi-ét: x1+x2=2m−1x1.x2=m2−3

Mà x12+4x1+2x2−2mx1=1⇔x1x1−2m+2+2x1+x2=1⇔−x1.x2+2x1+x2=1⇔−m2+3+4m−1=1⇔m2−4m+2=0⇔m=2+2m=2−2    2

Từ (1) và (2) suy ra m=2−2

Điều kiện 1≤x≤7

Ta có: x+27−x=2x−1+−x2+8x−7+1

⇔27−x−x−1+x−1−x−17−x=0⇔27−x−x−1+x−1x−1−7−x=0⇔7−x−x−12−x−1=0⇔x−1=2x−1=7−x⇔x=5x=4(t/m)

Vậy phương trình có hai nghiệm x= 4 và x= 5

Điều kiện x≥1x2−xy2+1≥0kết hợp với phương trình (1), ta có y>0

Từ (1) ta có:

4x+1−xyy2+4=0⇔4x+1=xyy2+4⇔16x+1=x2y2y2+4⇔y4+4y2x2−16x−16=0

Giải phương trình theo ẩn x ta được x=4y2 hoặc x=−4y2+4<0 (loại)

Với x=4y2⇔xy2=4 thế vào phương trình (2), ta được x2−3+3x−1=4

Điều kiện x≥3 ta có

x2−3+3x−1=4⇔x2−3−1+3x−1−1=0⇔x2−4x2−3+1+3x−2x−1+1=0⇔x−2x+2x2−3+1+3x−1+1=0⇔x−2=0 (vì x+2x2−3+1+3x−1+1>0)⇔x=2.

Với x= 2 ta có y2=2y>0⇔y=2 

Kết hợp với điều  kiện trên, hệ phương trình có nghiệm 2;2

a)     Ta có: AIE^=AJE^=900 nên tứ giác AIEJ nội tiếp.

EMC^=EJC^=900 nên tứ giác CMJE nội tiếp.

Xét tam giác ΔAEC và ΔIEM , có

ACE⏜=EMI⏜ ( cùng chắn cung JE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMJE).

EAC⏜=EIM⏜ ( cùng chắn cung JE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AIEJ).

Do đó hai tam giác ΔAEC ~ ΔIEM đồng dạng

⇒AEEI=ECEM⇒EA.EM=EC.EI (đpcm)

b)  Ta có IEM⏜=AEC⏜⇒AEI⏜=CEM⏜.

Mặt khác AEI⏜=AJI⏜ ( cùng chắn cung IJ), CEM⏜=CJM⏜ ( cùng chắn cung CM). Suy ra CJM⏜=AJI⏜.  Mà I, M nằm hai phía của đường thẳng AC nên CJM⏜=AJI⏜ đối đỉnh suy ra I, J, M thẳng hàng.

Tương tự, ta chứng minh được H, M, K thẳng hàng.

Do tứ giác CFMK nội tiếp nên CFK⏜=CMK⏜.

Do tứ giác CMJE nội tiếp nên JME⏜=JCE⏜.

Mặt khác ECF⏜=900⇒CFK⏜=JCE⏜ ( vì cùng phụ với ACF⏜).

Do đó CMK⏜=JME⏜⇒JMK⏜=EMC⏜=900 hay IJ⊥HK

c)

 Kẻ BN⊥ACN∈AC. BAC⏜=600⇒ABN⏜=300⇒AN=AB2=c2⇒BN2=AB2−AN2=3c24⇒BC2=BN2+CN2=3c24+b−c22=b2+c2−bc⇒BC=b2+c2−bc

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Xét tam giác đều BCE có R=OE=23EM=2BC33.2=13.3b2+c2−bc

Ta có: 

S=nn4+5n3+5n2−5n−6=n[n2−1n2+6+5nn2−1]=n(n2−1)(n2+5n+6)=n(n−1)(n+1)(n+2)(n+3)=(n−1)n(n+1)(n+2)(n+3)

Ta có S là tích của 5 số nguyên tự nhiên liên tiếp chia hết cho 5! nên chia hết cho 120.

Từ giả thiết a≤1,b≤1,c≤1 ta có a4≤a2,b6≤b2,c8≤c2. Từ đó a4+b6+c8≤a2+b2+c2

Lại có: a−1b−1c−1≤0 và a+1b+1c+1≥0 nên

a+1b+1c+1−a−1b−1c−1≥0⇔2ab+2bc+2ca+2≥0⇔−2ab+bc+ca≤2

Hơn nữa a+b+c=0⇔a2+b2+c2=−ab+bc+ca≤2

⇒a4+b6+c8≤2

Ta có:T=x3+y3−x2+y2x−1y−1=x2x−1+y2y−1x−1y−1=x2y−1+y2x−1

Do  x>1,y>1 nên x−1>0, y−1>0

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương x2y−1, y2x−1 ta có:

x−1+1≥2x−1⇔x−1−12≥0⇔x−2x−1≥0⇔xx−1≥2y−1+1≥2y−1⇔y−1−12≥0⇔y−2y−1≥0⇔xy−1≥2

Do đó: T=x2y−1+y2x−1≥2xyx−1.y−1≥8

Dấu “=” xẩy ra khi x2y−1=y2x−1x−1=1y−1=1⇔x=2y=2  (thỏa mãn điều kiện)

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thứcT= 8 khi x=y= 2