19 đề ôn thi vào 10 chuyên hay có lời giải (Đề 12)

a) Với a > 0 và a ≠ 1 ta có:

$\begin{array}{l}P=\left[\frac{\sqrt{a}-1}{(a-1)(\sqrt{a}-1)}+\frac{3\sqrt{a}+5}{(a-1)(\sqrt{a}-1)}\right].\frac{(a+2\sqrt{a}+1)-4\sqrt{a}}{4\sqrt{a}}\\ =\frac{4\sqrt{a}+4}{{(\sqrt{a}-1)}^2(\sqrt{a}+1)}.\frac{a-2\sqrt{a}+1}{4\sqrt{a}}=\frac{4}{{(\sqrt{a}-1)}^2}.\frac{{(\sqrt{a}-1)}^2}{4\sqrt{a}}\\ =\frac{1}{\sqrt{a}}\end{array}$

b, Có $Q=\frac{a-\sqrt{a}+1}{\sqrt{a}}$

Xét $Q-1=\frac{a-2\sqrt{a}+1}{\sqrt{a}}=\frac{{(\sqrt{a}-1)}^2}{\sqrt{a}}$

Vì ${(\sqrt{a}-1)}^2>0,\sqrt{a}>0,\forall a>0,a\ne 1\Rightarrow Q-1>0\Rightarrow Q>1$

Phương trình (1) có 2 nghiệm x₁; x_{2$\iff \Delta \text{'}={(m+1)}^2-m^2\ge 0\iff 2m+1\ge 0\iff m\ge -\frac{1}{2}$} 

Theo định lý Viét ta có $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2m+2\\ x_1{x}_2=m^2\end{array}\right.$ 

Có $\left(2\right)\iff x_1^2-2x_{1}m+m^2+x_2=m+2\iff x_1(x_1-2m)+m^2+x_2=m+2$ 

Thay $x_1-2m=2-x_2;m^2=x_1{x}_2$ vào ta có$x_1(2-x_2)+x_1{x}_2+x_2=m+2\iff 2x_1+x_2=m+2$ 

Ta có hệ$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2m+2\\ 2x_1+x_2=m+2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_1=-m\\ x_2=3m+2\end{array}\right.\Rightarrow m^2=x_1{x}_2=-m(3m+2) \\ \Rightarrow 4m^2+2m=0\iff \left[\begin{array}{l}m=0\\ m=-\frac{1}{2}\end{array}\right. \end{gathered}$$ (thỏa mãn)

+ Với m = 0: $\left(1\right)\iff x^2-2x=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}_1=0\\ x_2=2\end{array}\right.$ (thỏa mãn đề bài)

+ Với $m=-\frac{1}{2}:\left(1\right)\iff x^2-x+\frac{1}{4}=0\iff x_1=x_2=\frac{1}{2}$ (thỏa mãn đề bài)

Vậy m = 0 hoặc m = -1/2 là tất cả các giá trị m cần tìm.

$(x+1)\sqrt{2(x^2+4)}=x^2-x-2$ (1)

Điều kiện: x² + 4 ≥ 0 (luôn đùng ∀ x)

$\begin{array}{l}\left(1\right)\iff (x+1)\sqrt{2(x^2+4)}=(x-2)(x+1)\\ \iff (x+1)\left[\sqrt{2(x^2+4)}-(x-2)\right]=0\\ \iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ \sqrt{2(x^2+4)}=x-2\left(2\right)\end{array}\right.\end{array}$

 Có $\left(2\right)\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge 2\\ 2(x^2+4)={\left(x-2\right)}^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge 2\\ x^2+4x+4=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge 2\\ x=-2\end{array}\right.$ (loại)

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là {–1}

$\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{\sqrt{x}}-\frac{\sqrt{x}}{y}=x^2+xy-2y^2\left(1\right)\\ \left(\sqrt{x+3}-\sqrt{y}\right)\left(1+\sqrt{x^2+3x}\right)=3\left(2\right)\end{array}\right.$

Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}x>0\\ y>0\\ x+3\ge 0\\ x^2+3x\ge 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ y>0\end{array}\right.$

$\left(1\right)\iff \frac{y-x}{y\sqrt{x}}=(x-y)(x+2y)\iff (x-y)\left(x+2y+\frac{1}{y\sqrt{x}}\right)=0\iff x=y$ do $x+2y+\frac{1}{y\sqrt{x}}>0,\forall x,y>0$

Thay y = x vào phương trình (2) ta được:

$\begin{array}{l}(\sqrt{x+3}-\sqrt{x})(1+\sqrt{x^2+3x})=3\iff 1+\sqrt{x^2+3x}=\frac{3}{\sqrt{x+3}-\sqrt{x}}\\ \iff 1+\sqrt{x^2+3x}=\sqrt{x+3}+\sqrt{x}\iff \sqrt{x+3}.\sqrt{x}-\sqrt{x+3}-\sqrt{x}+1=0\\ \iff (\sqrt{x+1}-1)(\sqrt{x}-1)=0\\ \iff \left[\begin{array}{l}\sqrt{x+3}=1\\ \sqrt{x}=1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=-2\left(L\right)\\ x=1\left(tm\right)\end{array}\right.\Rightarrow x=y=1\end{array}$

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1;1)

$x^{2015}=\sqrt{y(y+1)(y+2)(y+3)}+1$ (1)

$$\begin{gathered} y(y+1)(y+2)(y+3)=\left[y(y+3)\right]\left[(y+1)(y+2)\right]=(y^2+3y)(y^2+3y+2) \\ Đặt t=y^2+3y+1\Rightarrow y(y+1)(y+2)(y+3)=t^2-1 \end{gathered}$$

( t ∈ ℤ , t² ≥ 1)

$\left(1\right) \iff x^{2015}-1=\sqrt{t^2-1}\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^{2015}-1\ge 0\\ \left(x^{2015}-1\right)=t^2-1\left(2\right)\end{array}\right.$

Với x, t là số nguyên ta có: 

$\begin{array}{l}\left(2\right)\iff \left(x^{2015}-1+t\right)\left(x^{2015}-1-t\right)=-1\\ \iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{x}^{2015}-1+t=1\\ x^{2015}-1-t=-1\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}{x}^{2015}-1+t=-1\\ x^{2015}-1-t=1\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}{x}^{2015}=t=1\\ \left\{\begin{array}{l}{x}^{2015}=1\\ t=-1\end{array}\right.\end{array}\right.\end{array}$

Với $x^{2015}=t=1\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=1\\ y^2+3y+1=1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ \left[\begin{array}{l}y=0\\ y=-3\end{array}\right.\end{array}\right.$

Với $\left\{\begin{array}{l}{x}^{2015}=1\\ t=-1\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=1\\ y^2+3y+1=-1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ \left[\begin{array}{l}y=-1\\ y=-2\end{array}\right.\end{array}\right.$

Thử lại ta thấy các cặp (1;-3), (1;-2), (1;-1), (1;0) thỏa mãn đề bài

Vậy có 4 cặp (x;y) cần tìm là (1;-3), (1;-2), (1;-1), (1;0)

a) Gọi F là điểm đối xứng với A qua O ⇒ AF là đường kính của (O)

Ta có ACF = ABF = 90^o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ AC ⊥ CF , AB ⊥ BF

Mà BH ⊥ AC, CH ⊥ AB ⇒ CF // BH, BF // HC

Suy ra BHCF là hình bình hành ⇒ Trung điểm M của BC cũng là trung điểm của HF.

⇒ OM là đường trung bình của ∆ AHF ⇒ AH = 2OM

b) Vì AHIO là hình bình hành nên OI = AH = 2OM

Gọi P là trung điểm OC ⇒ PJ là trung trực OC ⇒ PJ ⊥ OC.

Có OM là trung trực BC ⇒ OM ⊥ BC. Suy ra

$\begin{array}{l}\Delta OJP~\Delta OCM(g.g)\Rightarrow \frac{OJ}{OC}=\frac{OP}{OM}\Rightarrow OJ.OM=OC.OP\\ \Rightarrow OJ.2OM=OC.2OP\Rightarrow OJ.OI=OC.OC=R^2\end{array}$

Ta có  NHC = ABC (cùng phụ với HCB)                         (1)

Vì ABDC là tứ giác nội tiếp nên ABC = ADC                  (2)

Vì D và E đối xứng nhau qua AC nên AC là trung trực DE suy ra

∆ADC = ∆AEC (c.c.c) => ADC = AEC                           (3)

Tương tự ta có AEK = ADK

Từ (1), (2), (3) suy ra NHC = AEC => AEC + AHC = NHC + AHC = 180^o

Suy ra AHCE là tứ giác nội tiếp => ACH = AEK = ADK (đpcm)

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

$\begin{array}{l}(1+a)(1+b)\ge {\left(1+\sqrt{ab}\right)}^2\iff 1+a+b+ab\ge 1+2\sqrt{ab}+ab\\ \iff a+b-2\sqrt{ab}\ge 0\iff {\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)}^2\ge 0\end{array}$

(luôn đúng với mọi a, b > 0)

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có $\sqrt{(1+a^2)(1+b^2)}\ge 1+ab=1+a+b$ (1)

Với mọi x, y > 0, áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương ta có:

$\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)(x+y)\ge 2\sqrt{\frac{1}{x}.\frac{1}{y}}.2\sqrt{xy}=4\Rightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge \frac{4}{x+y}$ (2)

Áp dụng (1) và (2) ta có:

$\begin{array}{l}P\ge \frac{4}{a^2+2a+b^2+2b}+1+a+b=\frac{4}{a^2+b^2+2ab}+1+a+b\\ =\frac{4}{{(a+b)}^2}+\frac{a+b}{8}+\frac{7(a+b)}{8}+1\end{array}$

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

$a+b=ab\le \frac{{(a+b)}^2}{4}\Rightarrow {(a+b)}^2\ge 4(a+b)\Rightarrow a+b\ge 4$

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

$$\begin{gathered} \frac{4}{{(a+b)}^2}+\frac{a+b}{16}+\frac{a+b}{16}\ge 3\sqrt[3]{\frac{4}{{(a+b)}^2}.\frac{a+b}{16}.\frac{a+b}{16}}=\frac{3}{4} \\ \Rightarrow P\ge \frac{3}{4}+\frac{7}{8}.4+1=\frac{21}{4} \end{gathered}$$

Dấu bằng xảy ra khi a = b = 2. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 21/4