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

Ta có:

$$\begin{gathered} P=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}+\frac{-x+x\sqrt{x}+6}{x+\sqrt{x}-2}-\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1} \\ =\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)-x+x\sqrt{x}+6-\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+2\right)} \\ =\frac{x-\sqrt{x}-x+x\sqrt{x}+6-x-3\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+2\right)} \\ =\frac{-x+x\sqrt{x}-4\sqrt{x}+4}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}=\frac{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x-4\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+2\right)} \\ =\sqrt{x}-2 \end{gathered}$$

Với $x\ge 0, x\ne 1, x\ne 4$ ta có:

$$\begin{gathered} Q=\frac{\left(x+27\right).P}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}=\frac{x+27}{\sqrt{x}+3}=\frac{x-9+36}{\sqrt{x}+3} \\ =\sqrt{x}-3+\frac{36}{\sqrt{x}+3}=-6+\left(\sqrt{x}+3\right)+\frac{36}{\sqrt{x}+3}\ge -6+12=6 \end{gathered}$$

Phương trình đã cho có hai nghiệm khi và chỉ khi ${\Delta }^{\text{'}}\ge 0\iff -2m+4\ge 0\iff m\le 2\left(\text{1}\right)$.

Theo hệ thức Vi-ét: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2\left(m-1\right)\\ x_1.x_2=m^2-3\end{array}\right.$

Mà $$\begin{gathered} x_1^2+4x_1+2x_2-2m{x}_1=1 \\ \iff x_1\left(x_1-2m+2\right)+2\left(x_1+x_2\right)=1 \\ \iff -x_1.x_2+2\left(x_1+x_2\right)=1 \\ \iff -m^2+3+4\left(m-1\right)=1 \\ \iff m^2-4m+2=0\iff \left[\begin{array}{l}m=2+\sqrt{2}\\ m=2-\sqrt{2}\end{array}\right.\left(\text{2}\right) \end{gathered}$$

Từ (1) và (2) suy ra $m=2-\sqrt{2}$

Điều kiện $1\le x\le 7$

Ta có: $x+2\sqrt{7-x}=2\sqrt{x-1}+\sqrt{-x^2+8x-7}+1$

$$\begin{gathered} \iff 2\left(\sqrt{7-x}-\sqrt{x-1}\right)+\left(x-1\right)-\sqrt{\left(x-1\right)\left(7-x\right)}=0 \\ \iff 2\left(\sqrt{7-x}-\sqrt{x-1}\right)+\sqrt{x-1}\left(\sqrt{x-1}-\sqrt{7-x}\right)=0 \\ \iff \left(\sqrt{7-x}-\sqrt{x-1}\right)\left(2-\sqrt{x-1}\right)=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}\sqrt{x-1}=2\\ \sqrt{x-1}=\sqrt{7-x}\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=5\\ x=4\end{array}\right.(t/m) \end{gathered}$$

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

Điều kiện $\left\{\begin{array}{l}x\ge 1\\ x^2-x{y}^2+1\ge 0\end{array}\right.$kết hợp với phương trình (1), ta có y>0

Từ (1) ta có:

$$\begin{gathered} 4\sqrt{x+1}-xy\sqrt{y^2+4}=0\iff 4\sqrt{x+1}=xy\sqrt{y^2+4} \\ \iff 16\left(x+1\right)=x^2{y}^2\left(y^2+4\right)\iff \left(y^4+4y^2\right)x^2-16x-16=0 \end{gathered}$$

Giải phương trình theo ẩn x ta được $x=\frac{4}{y^2}$ hoặc $x=\frac{-4}{y^2+4}<0$ (loại)

Với $x=\frac{4}{y^2}\iff x{y}^2=4$ thế vào phương trình (2), ta được $\sqrt{x^2-3}+3\sqrt{x-1}=4$

Điều kiện $x\ge \sqrt{3}$ ta có

$$\begin{gathered} \sqrt{x^2-3}+3\sqrt{x-1}=4 \\ \iff \left(\sqrt{x^2-3}-1\right)+3\left(\sqrt{x-1}-1\right)=0 \\ \iff \frac{x^2-4}{\sqrt{x^2-3}+1}+\frac{3\left(x-2\right)}{\sqrt{x-1}+1}=0 \\ \iff \left(x-2\right)\left(\frac{x+2}{\sqrt{x^2-3}+1}+\frac{3}{\sqrt{x-1}+1}\right)=0 \\ \iff x-2=0 (vì \frac{x+2}{\sqrt{x^2-3}+1}+\frac{3}{\sqrt{x-1}+1}>0) \\ \iff x=2. \end{gathered}$$

Với x= 2 ta có $\left\{\begin{array}{l}{y}^2=2\\ y>0\end{array}\right.\iff y=\sqrt{2}$ 

Kết hợp với điều  kiện trên, hệ phương trình có nghiệm $\left(2;\sqrt{2}\right)$

a)     Ta có: $\widehat{AIE}=\widehat{AJE}={90}^0$ nên tứ giác AIEJ nội tiếp.

$\widehat{EMC}=\widehat{EJC}={90}^0$ nên tứ giác CMJE nội tiếp.

Xét tam giác $\Delta AEC và \Delta IEM$ , có

$\stackrel{⏜}{ACE}=\stackrel{⏜}{EMI}$ ( cùng chắn cung JE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMJE).

$\stackrel{⏜}{EAC}=\stackrel{⏜}{EIM}$ ( cùng chắn cung JE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AIEJ).

Do đó hai tam giác $\Delta AEC ~ \Delta IEM$ đồng dạng

$\Rightarrow \frac{AE}{EI}=\frac{EC}{EM}\Rightarrow EA.EM=EC.EI$ (đpcm)

b)  Ta có $\stackrel{⏜}{IEM}=\stackrel{⏜}{AEC}\Rightarrow \stackrel{⏜}{AEI}=\stackrel{⏜}{CEM}$.

Mặt khác $\stackrel{⏜}{AEI}=\stackrel{⏜}{AJI}$ ( cùng chắn cung IJ), $\stackrel{⏜}{CEM}=\stackrel{⏜}{CJM}$ ( cùng chắn cung CM). Suy ra $\stackrel{⏜}{CJM}=\stackrel{⏜}{AJI}$.  Mà I, M nằm hai phía của đường thẳng AC nên $\stackrel{⏜}{CJM}=\stackrel{⏜}{AJI}$ 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 $\stackrel{⏜}{CFK}=\stackrel{⏜}{CMK}$.

Do tứ giác CMJE nội tiếp nên $\stackrel{⏜}{JME}=\stackrel{⏜}{JCE}$.

Mặt khác $\stackrel{⏜}{ECF}={90}^0\Rightarrow \stackrel{⏜}{CFK}=\stackrel{⏜}{JCE}$ ( vì cùng phụ với $\stackrel{⏜}{ACF}$).

Do đó $\stackrel{⏜}{CMK}=\stackrel{⏜}{JME}\Rightarrow \stackrel{⏜}{JMK}=\stackrel{⏜}{EMC}={90}^0$ hay $IJ\perp HK$

c)

 $$\begin{gathered} Kẻ BN\perp AC\left(N\in AC\right). \stackrel{⏜}{BAC}={60}^0\Rightarrow \stackrel{⏜}{ABN}={30}^0 \\ \Rightarrow AN=\frac{AB}{2}=\frac{c}{2}\Rightarrow B{N}^2=A{B}^2-A{N}^2=\frac{3c^2}{4} \\ \Rightarrow B{C}^2=B{N}^2+C{N}^2=\frac{3c^2}{4}+{\left(b-\frac{c}{2}\right)}^2=b^2+c^2-bc \\ \Rightarrow BC=\sqrt{b^2+c^2-bc} \end{gathered}$$

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 $R=OE=\frac{2}{3}EM=\frac{2BC\sqrt{3}}{3.2}=\frac{1}{3}.\sqrt{3\left(b^2+c^2-bc\right)}$

Ta có: 

$$\begin{gathered} S=n\left(n^4+5n^3+5n^2-5n-6\right) \\ =n[\left(n^{\mathrm{2}}\mathrm{-}\mathrm{1}\right)\left(n^{\mathrm{2}}\mathrm{+}\mathrm{6}\right)\mathrm{+}\mathrm{5}n\left(n^{\mathrm{2}}\mathrm{-}\mathrm{1}\right)] \\ =n(n^{\mathrm{2}}\mathrm{-}\mathrm{1})(n^{\mathrm{2}}\mathrm{+}\mathrm{5}n\mathrm{+}\mathrm{6}) \\ =n(n\mathrm{-}\mathrm{1})(n\mathrm{+}\mathrm{1})(n\mathrm{+}\mathrm{2})(n\mathrm{+}\mathrm{3}) \\ =(n\mathrm{-}\mathrm{1})n(n\mathrm{+}\mathrm{1})(n\mathrm{+}\mathrm{2})(n\mathrm{+}\mathrm{3}) \end{gathered}$$

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 $\left|a\right|\le 1,\left|b\right|\le 1,\left|c\right|\le 1$ ta có $a^4\le a^2,b^6\le b^2,c^8\le c^2$. Từ đó $a^4+b^6+c^8\le a^2+b^2+c^2$

Lại có: $\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\le 0 và \left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\ge 0$ nên

$$\begin{gathered} \left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)-\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\ge 0 \\ \iff 2ab+2bc+2ca+2\ge 0\iff -2\left(ab+bc+ca\right)\le 2 \end{gathered}$$

Hơn nữa $a+b+c=0\iff a^2+b^2+c^2=-\left(ab+bc+ca\right)\le 2$

$\Rightarrow a^4+b^6+c^8\le 2$

Ta có:$T=\frac{\left(x^3+y^3\right)-\left(x^2+y^2\right)}{\left(x-1\right)\left(y-1\right)}=\frac{x^2\left(x-1\right)+y^2\left(y-1\right)}{\left(x-1\right)\left(y-1\right)}=\frac{x^2}{y-1}+\frac{y^2}{x-1}$

Do  $x>1,y>1$ nên $x-1>0, y-1>0$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương $\frac{x^2}{y-1}, \frac{y^2}{x-1}$ ta có:

$$\begin{gathered} \left(x-1\right)+1\ge 2\sqrt{x-1}\iff {\left(\sqrt{x-1}-1\right)}^2\ge 0\iff x-2\sqrt{x-1}\ge 0\iff \frac{x}{\sqrt{x-1}}\ge 2 \\ \left(y-1\right)+1\ge 2\sqrt{y-1}\iff {\left(\sqrt{y-1}-1\right)}^2\ge 0\iff y-2\sqrt{y-1}\ge 0\iff \frac{x}{\sqrt{y-1}}\ge 2 \end{gathered}$$

Do đó: $T=\frac{x^2}{y-1}+\frac{y^2}{x-1}\ge \frac{2xy}{\sqrt{x-1}.\sqrt{y-1}}\ge 8$

Dấu “=” xẩy ra khi $\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{y-1}=\frac{y^2}{x-1}\\ x-1=1\\ y-1=1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=2\\ y=2\end{array}\right.$  (thỏa mãn điều kiện)

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