19 đề ôn thi vào 10 chuyên hay có lời giải (Đề 13)

Với 0 < a < 1 ta có:

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

b) Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P): $-x^2=2mx-1\iff x^2+2mx-1=0$

Phương trình (*) có ∆’ = m² + 1 > 0 ⇒ (*) luôn có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂ ∀ m hay d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.

Áp dụng Viét ta có $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-2m\\ x_1{x}_2=-1\end{array}\right.\Rightarrow |x_1-x_2|=\sqrt{{(x_1-x_2)}^2}=\sqrt{{(x_1+x_2)}^2-4x_1{x}_2}=\sqrt{4m^2+4}=2\sqrt{m^2+1}$

Khi đó ta có 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{y}_1=2m{x}_1-1\\ y_2=2m{x}_2-1\end{array}\right.\Rightarrow |y_1^2-y_2^2|=|{(2m{x}_1-1)}^2-{(2m{x}_2-1)}^2| \\ \begin{array}{l}\Rightarrow |y_1^2-y_2^2|=\left|\right(2m{x}_1-1-2m{x}_2+1\left)\right(2m{x}_1-1+2m{x}_2-1\left)\right|=\left|4m\right(x_1-x_2\left)\text{[}m\right(x_1+x_2)-1]|\\ =\left|4m\right(2m^2+1\left)\right(x_1-x_2\left)\right|=4\left|m(2m^2+1)\right||x_1-x_2|=4\left|m\right|(2m^2+1)2\sqrt{m^2+1}\end{array} \end{gathered}$$Ta có: $|y_1^2-y_2^2|=3\sqrt{5}\iff 64m^2{(2m^2+1)}^2(m^2+1)=45\iff 64(4m^4+4m^2+1)(m^4+m^2)=45$

Đặt: $m^4+m^2=t\ge 0$có phương trình $$\begin{gathered} 64t(4t+1)=45\iff 256t^2+64t-45=0\iff t=\frac{5}{16} (vì t\ge 0) \\ \Rightarrow m^4+m^2=\frac{5}{16}\iff 16m^4+16m^2-5=0\iff m=\pm \frac{1}{2} \end{gathered}$$

Vậy $m=\pm \frac{1}{2}$

a, Khi m = 1 ta có d : y = 2x – 1 và (P): y = –x²

Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P) là:

Với $x=-1+\sqrt{2}\Rightarrow y=-3+2\sqrt{2}$ 

Với $x=-1-\sqrt{2}\Rightarrow y=-3-2\sqrt{2}$

Vậy các giao điểm là $\left(-1+\sqrt{2};-3+2\sqrt{2}\right);\left(-1-\sqrt{2};-3-2\sqrt{2}\right)$

Gọi vận tốc của người đi xe máy trên 3/4 quãng đường AB đầu (90 km) là x (km/h) (x > 0)

Vận tốc của người đi xe máy trên 1/4 quãng đường AB sau là 0,5x (km/h)

Vận tốc của người đi xe máy khi quay trở lại A là x + 10 (km/h)

Tổng thời gian của chuyến đi là $\frac{90}{x}+\frac{30}{0,5x}+\frac{120}{x+10}+\frac{1}{2}=8,5$

$$\begin{gathered} \iff \frac{90}{x}+\frac{60}{x}+\frac{120}{x+10}=8\iff \frac{150}{x}+\frac{120}{x+10}=8 \\ \iff 75(x+10)+60x=4x(x+10) \\ \iff 4x^2-95x-750=0\iff x=30 (do x>0) \end{gathered}$$

Vậy vận tốc của xe máy trên quãng đường người đó đi từ B về A là 30 + 10 = 40 (km/h)

a) Vì $CMA=DMB={60}^o\Rightarrow CMB=DMA={120}^o.$ Xét ∆ CMB và ∆ AMD có

$\left\{\begin{array}{l}CM=AM\\ CMB=DMA\Rightarrow \Delta CMB=\Delta AMD(c.g.c)\\ MB=MD\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}MCB=MAD\\ MBC=MDA\end{array}\right.$

Suy ra AMPC và BMPD là các tứ giác nội tiếp

b) Vì AMPC là tứ giác nội tiếp nên

$$\begin{gathered} CPM={180}^o-CAM={120}^o=CMB\Rightarrow \Delta CPM~\Delta CMB(g.g)\Rightarrow \frac{CP}{CM}=\frac{CM}{CB} \\ \Rightarrow CP.CB=C{M}^2\Rightarrow \sqrt{CP.CB}=CM. \end{gathered}$$

Tương tự $\sqrt{DP.DA}=DM$

Vậy $\sqrt{CP.CB}+\sqrt{DP.DA}=CM+DM=AM+BM=AB$

c) Ta có EF là đường trung trực của PM ⇒ EP = EM ⇒ ∆ EPM cân tại E

Mặt khác EPM = ACM = 60^o (do AMPC là tứ giác nội tiếp) nên ∆ EPM đều

⇒ PE = PM . Tương tự PF = PM

Ta có CM // DB nên PCM = PBD

Mà BMPD là tứ giác nội tiếp nên  PBD = PMD. Suy ra PCM = PMD

Ta lại có CPM = DPM = 120^o $\Rightarrow \Delta CPM~\Delta MPD(g.g)\Rightarrow \frac{CP}{MP}=\frac{PM}{PD}\Rightarrow \frac{CP}{PF}=\frac{PE}{PD}$

Theo định lý Talét đảo ta có CE // DF ⇒ CDFE là hình thang.

Vì a, b, c không âm và có tổng bằng 1 nên $$\begin{gathered} 0\le a,b,c\le 1\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a(1-a)\ge 0\\ b(1-b)\ge 0\\ c(1-c)\ge 0\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a\ge a^2\\ b\ge b^2\\ c\ge c^2\end{array}\right. \\ \Rightarrow \sqrt{5a+4}\ge \sqrt{a^2+4a+4}=\sqrt{{(a+2)}^2}=a+2 \\ Tương tự: \sqrt{5b+4}\ge b+2;\sqrt{5c+4}\ge c+2 \\ \Rightarrow \sqrt{5a+4}+\sqrt{5b+4}+\sqrt{5c+4}\ge (a+b+c)+6=7 \left(đpcm\right) \end{gathered}$$