19 đề ôn thi vào 10 chuyên hay có lời giải (Đề 15)

a−b=29+125−25=3+252−25=3A=a3−b3+a2+b2−11ab+2015=(a−b)(a2+b2+ab)+a2+b2−11ab+2015=3(a2+b2+ab)+a2+b2−11ab+2015=4(a2−2ab+b2)+2015=4a-b2+2015=2051

xy+(1+x2)(1+y2)=1⇔(1+x)2(1+y)2=1−xy⇒(1+x2)(1+y2)=1-xy2⇔1+x2+y2+x2y2=1−2xy+x2y2⇔x2+y2+2xy=0⇔x+y2=0⇔y=−x⇒x1+y2+y1+x2=x1+x2−x1+x2=0

Pt ⇔2x+3+(x+2)(4x+1)=2x+2+4x+1. ĐK: x≥−14 

Đặt t2=8x+4(x+2)(4x+1)+9⇔2x+(x+2)(4x+1)=t2−94 

PTTT t2−4t+3=0⇔t=1 hoặc t = 3

TH1. t = 1 giải ra vô nghiệm hoặc kết hợp với ĐK t≥7 bị loại

TH 2 t=3⇒2x+2+4x+1=3. Giải pt tìm được x=−29 (TM)

Vậy pt có nghiệm duy nhất x=−29

ĐK: y−2x+1≥0,4x+y+5≥0,x+2y−2≥0,x≤1

TH1: y−2x+1=03−3x=0⇔x=1y=1⇒0=0−1=10−1(ko t/m)TH2: x≠1,y≠1 

Đưa pt thứ nhất về dạng tích ta được

(x+y−2)(2x−y−1)=x+y−2y−2x+1+3−3x(x+y−2)1y−2x+1+3−3x+y−2x+1=0⇒1y−2x+1+3−3x+y−2x+1>0⇒x+y−2=0

Thay y= 2-x vào pt thứ 2 ta được x2+x−3=3x+7−2−x

⇔x2+x−2=3x+7−1+2−2−x⇔(x+2)(x−1)=3x+63x+7+1+2+x2+2−x⇔(x+2)33x+7+1+12+2−x+1−x=0

Do x≤1⇒33x+7+1+12+2−x+1−x>0

Vậy x+2=0⇔x=−2⇒y=4 (t/m)

Ta có (1) ⇔x4+x2+20=y2+y

Ta thấy: x4+x2<x4+x2+20≤x4+x2+20+8x2⇔x2(x2+1)<y(y+1)≤(x2+4)(x2+5)

Vì x, y ∈ Z nên ta xét các trường hợp sau

+ TH1. y(y+1)=(x2+1)(x2+2)⇔x4+x2+20=x4+3x2+2⇔2x2=18⇔x2=9⇔x=±3

Với x2=9 ⇒y2+y=92+9+20⇔y2+y−110=0⇔y=10;y=−11(t.m)

+ TH2 y(y+1)=(x2+2)(x2+3)⇔x4+x2+20=x4+5x2+6⇔4x2=14⇔x2=72 (loại)

+ TH3: y(y+1)=(x2+3)(x2+4)⇔6x2=8⇔x2=43 (loại)

+ TH4: y(y+1)=(x2+4)(x2+5)⇔8x2=0⇔x2=0⇔x=0

Với x2=0 ta có y2+y=20⇔y2+y−20=0⇔y=−5;y=4

Vậy PT đã cho có nghiệm nguyên (x;y) là :

(3;10), (3;-11), (-3; 10), (-3;-11), (0; -5), (0;4).

Đặt M=k4−8k3+23k2−26k+10 

Ta có M=(k4−2k2+1)−8k(k2−2k+1)+9k2−18k+9=(k2−1)2−8k(k−1)2+9(k−1)2=(k−1)2.(k−3)2+1  

M là số chính phương khi và chỉ khi (k−1)2=0 hoặc (k−3)2+1 là số chính phương.

TH 1. (k−1)2=0⇔k=1. 

TH 2. (k−3)2+1 là số chính phương, đặt (k−3)2+1=m2(m∈ℤ) 

⇔m2−(k−3)2=1⇔(m−k+3)(m+k−3)=1 

Vì m,k∈ℤ⇒m−k+3∈ℤ,m+k−3∈ℤ nên

m−k+3=1m+k−3=1 hoặc m−k+3=−1m+k−3=−1⇔m=1,k=3m=−1,k=3⇒k=3

Vậy k = 1 hoặc k = 3 thì k4−8k3+23k2−26k+10 là số chính phương

Theo giả thiết AMO = ANO = AIO = 90^o = > 5 điểm A, O, M, N, I thuộc đường tròn đường kính AO 0,25

=> AIN = AMN, AIM = ANM (Góc nội tiếp cùng chắn một cung)

AM = AN => ∆AMN cân tại A => AMN = ANM

=> AIN = AIM => đpcm

2AK=1AB+1AC⇔2AB.AC=AK(AB+AC)⇔AB.AC=AK.AI

(Do AB+ AC = 2AI)

∆ABN  đồng dạng với ∆ANC => AB.AC = AN²

∆AHK đồng dạng với ∆AIO => AK.AI = AH.AO

Tam giác ∆AMO vuông tại M có đường cao MH => AH.AO = AM²

=> AK.AI = AM² . Do AN = AM => AB.AC = AK.AI

Ta có AN ⊥ NO, MP ⊥NO, M∉ AN => AN // MP

Do đó AMPN là hình bình hành ó AN = MP = 2x

Tam giác ∆ANO đồng dạng với ∆NEM => ANNE=NOEM=>NE=2x2R 

TH 1.NE = NO – OE => 2x2R=R−R2−x2⇔2x2=R2−RR2−x2 

Đặt R2−x2=t,t≥0⇒x2=R2−t2.

PTTT 2(R2−t2)=R2−Rt⇔2t2−Rt−R2=0⇔2t=−Rt=R  

Do t≥0⇒t=R⇔R2−x2=R⇔x=0⇒A≡B (loại)

TH 2 NE = NO + OE => 2x2R=R+R2−x2⇔2x2=R2+RR2−x2 

Đặt R2−x2=t,t≥0⇒x2=R2−t2.

PTTT 2(R2−t2)=R2+Rt⇔2t2+Rt−R2=0⇔2t=Rt=−R 

Do t≥0⇒2t=R⇔2R2−x2=R⇔x=R32=>AO=2R (loại)

Vậy A thuộc BC, cách O một đoạn bằng 2R thì AMPN là hbh

Ta có 12≥(a+b)3+4ab≥2ab3+4ab. Đặt t=ab,t>0 thì

12≥8t3+4t2⇔2t3+t2−3≤0⇔(t−1)(2t2+3t+3)≤0 

Do 2t2+3t+3>0,∀t nên t−1≤0⇔t≤1. Vậy 0<ab≤1 

Chứng minh được 11+a+11+b≤21+ab,∀a,b>0 thỏa mãn ab≤1 

Thật vậy, BĐT 11+a−11+ab+11+b−11+ab≤0 

ab−a(1+a)(1+ab)+ab−b(1+b)(1+ab)≤0⇔b−a1+aba1+a−b1+b⇔(b−a)2(ab−1)(1+ab)(1+a)(1+b)≤0 

Do 0<ab≤1 nên BĐT này đúng

Tiếp theo ta sẽ CM 21+ab+2015ab≤2016,∀a,b>0 thỏa mãn ab≤1

Đặt t=ab,0<t≤t ta được 21+t+2015t2≤2016 

2015t3+2015t2−2016t−2014≤0⇔(t−1)(2015t2+4030t+2014)≤0 

BĐT này đúng ∀t:0<t≤1 

Vậy 11+a+11+b+2015ab≤2016. Đẳng thức xảy ra a = b = 1