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

$\begin{array}{l}a-b=\sqrt{29+12\sqrt{5}}-2\sqrt{5}=\sqrt{{\left(3+2\sqrt{5}\right)}^2}-2\sqrt{5}=3\\ A=a^3-b^3+a^2+b^2-11ab+2015\\ =(a-b)(a^2+b^2+ab)+a^2+b^2-11ab+2015\\ =3(a^2+b^2+ab)+a^2+b^2-11ab+2015\\ =4(a^2-2ab+b^2)+2015=4{\left(a-b\right)}^2+2015=2051\end{array}$

$\begin{array}{l}xy+\sqrt{(1+x^2)(1+y^2)}=1\iff \sqrt{{(1+x)}^2{(1+y)}^2}=1-xy\\ \Rightarrow (1+x^2)(1+y^2)={\left(1-xy\right)}^2\\ \iff 1+x^2+y^2+x^2{y}^2=1-2xy+x^2{y}^2\\ \iff x^2+y^2+2xy=0\iff {\left(x+y\right)}^2=0\iff y=-x\\ \Rightarrow x\sqrt{1+y^2}+y\sqrt{1+x^2}=x\sqrt{1+x^2}-x\sqrt{1+x^2}=0\end{array}$

Pt $\iff 2x+3+\sqrt{(x+2)(4x+1)}=2\sqrt{x+2}+\sqrt{4x+1}.$ ĐK: $x\ge -\frac{1}{4}$ 

Đặt $t^2=8x+4\sqrt{(x+2)(4x+1)}+9\iff 2x+\sqrt{(x+2)(4x+1)}=\frac{t^2-9}{4}$ 

PTTT $t^2-4t+3=0\iff t=1$ hoặc t = 3

TH1. t = 1 giải ra vô nghiệm hoặc kết hợp với ĐK $t\ge \sqrt{7}$ bị loại

TH 2 $t=3\Rightarrow 2\sqrt{x+2}+\sqrt{4x+1}=3.$ Giải pt tìm được $x=-\frac{2}{9}$ (TM)

Vậy pt có nghiệm duy nhất $x=-\frac{2}{9}$

ĐK: $y-2x+1\ge 0,4x+y+5\ge 0,x+2y-2\ge 0,x\le 1$

$$\begin{gathered} TH1: \left\{\begin{array}{l}y-2x+1=0\\ 3-3x=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ y=1\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}0=0\\ -1=\sqrt{10}-1\end{array}\right.(ko t/m) \\ TH2: x\ne 1,y\ne 1 \end{gathered}$$

Đưa pt thứ nhất về dạng tích ta được

$$\begin{gathered} (x+y-2)(2x-y-1)=\frac{x+y-2}{\sqrt{y-2x+1}+\sqrt{3-3x}} \\ (x+y-2)\left[\frac{1}{\sqrt{y-2x+1}+\sqrt{3-3x}}+y-2x+1\right]=0 \\ \Rightarrow \frac{1}{\sqrt{y-2x+1}+\sqrt{3-3x}}+y-2x+1>0\Rightarrow x+y-2=0 \end{gathered}$$

Thay y= 2-x vào pt thứ 2 ta được $x^2+x-3=\sqrt{3x+7}-\sqrt{2-x}$

$\begin{array}{l}\iff x^2+x-2=\sqrt{3x+7}-1+2-\sqrt{2-x}\\ \iff (x+2)(x-1)=\frac{3x+6}{\sqrt{3x+7}+1}+\frac{2+x}{2+\sqrt{2-x}}\\ \iff (x+2)\left[\frac{3}{\sqrt{3x+7}+1}+\frac{1}{2+\sqrt{2-x}}+1-x\right]=0\end{array}$

Do $x\le 1\Rightarrow \frac{3}{\sqrt{3x+7}+1}+\frac{1}{2+\sqrt{2-x}}+1-x>0$

Vậy $x+2=0\iff x=-2\Rightarrow y=4$ (t/m)

Ta có (1) $\iff x^4+x^2+20=y^2+y$

Ta thấy: $$\begin{gathered} x^4+x^2<x^4+x^2+20\le x^4+x^2+20+8x^2 \\ \iff x^2(x^2+1)<y(y+1)\le (x^2+4)(x^2+5) \end{gathered}$$

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

+ TH1. $$\begin{gathered} y(y+1)=(x^2+1)(x^2+2)\iff x^4+x^2+20=x^4+3x^2+2 \\ \iff 2x^2=18\iff x^2=9\iff x=\pm 3 \end{gathered}$$

Với $x^2=9 \Rightarrow y^2+y=9^2+9+20\iff y^2+y-110=0\iff y=10;y=-11(t.m)$

+ TH2 $$\begin{gathered} y(y+1)=(x^2+2)(x^2+3)\iff x^4+x^2+20=x^4+5x^2+6 \\ \iff 4x^2=14\iff x^2=\frac{7}{2} \left(loại\right) \end{gathered}$$

+ TH3: $y(y+1)=(x^2+3)(x^2+4)\iff 6x^2=8\iff x^2=\frac{4}{3} \left(loại\right)$

+ TH4: $y(y+1)=(x^2+4)(x^2+5)\iff 8x^2=0\iff x^2=0\iff x=0$

Với $x^2=0$ ta có $y^2+y=20\iff y^2+y-20=0\iff y=-5;y=4$

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

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

Đặt $M=k^4-8k^3+23k^2-26k+10$ 

Ta có $$\begin{gathered} M=(k^4-2k^2+1)-8k(k^2-2k+1)+9k^2-18k+9 \\ ={(k^2-1)}^2-8k{(k-1)}^2+9{(k-1)}^2={(k-1)}^2.\left[{(k-3)}^2+1\right] \end{gathered}$$  

M là số chính phương khi và chỉ khi ${(k-1)}^2=0$ hoặc ${(k-3)}^2+1$ là số chính phương.

TH 1. ${(k-1)}^2=0\iff k=1.$ 

TH 2. ${(k-3)}^2+1$ là số chính phương, đặt ${(k-3)}^2+1=m^2(m\in \mathbb{Z})$ 

$\iff m^2-{(k-3)}^2=1\iff (m-k+3)(m+k-3)=1$ 

Vì $m,k\in \mathbb{Z}\Rightarrow m-k+3\in \mathbb{Z},m+k-3\in \mathbb{Z}$ nên

$\left\{\begin{array}{l}m-k+3=1\\ m+k-3=1\end{array}\right.$ hoặc $\left\{\begin{array}{l}m-k+3=-1\\ m+k-3=-1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m=1,k=3\\ m=-1,k=3\end{array}\right.\Rightarrow k=3$

Vậy k = 1 hoặc k = 3 thì $k^4-8k^3+23k^2-26k+10$ 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

$\frac{2}{AK}=\frac{1}{AB}+\frac{1}{AC}\iff 2AB.AC=AK(AB+AC)\iff AB.AC=AK.AI$

(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 $\perp$ NO, MP $\perp$NO, M$\notin$ AN => AN // MP

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

Tam giác ∆ANO đồng dạng với ∆NEM => $\frac{AN}{NE}=\frac{NO}{EM}=>NE=\frac{2x^2}{R}$ 

TH 1.NE = NO – OE => $\frac{2x^2}{R}=R-\sqrt{R^2-x^2}\iff 2x^2=R^2-R\sqrt{R^2-x^2}$ 

Đặt $\sqrt{R^2-x^2}=t,t\ge 0\Rightarrow x^2=R^2-t^2.$

PTTT $2(R^2-t^2)=R^2-\mathrm{R}t\iff 2t^2-Rt-R^2=0\iff \left[\begin{array}{l}2t=-R\\ t=R\end{array}\right.$  

Do $t\ge 0\Rightarrow t=R\iff \sqrt{R^2-x^2}=R\iff x=0\Rightarrow A\equiv B$ (loại)

TH 2 NE = NO + OE => $\frac{2x^2}{R}=R+\sqrt{R^2-x^2}\iff 2x^2=R^2+R\sqrt{R^2-x^2}$ 

Đặt $\sqrt{R^2-x^2}=t,t\ge 0\Rightarrow x^2=R^2-t^2.$

PTTT $2(R^2-t^2)=R^2+Rt\iff 2t^2+Rt-R^2=0\iff \left[\begin{array}{l}2t=R\\ t=-R\end{array}\right.$ 

Do $t\ge 0\Rightarrow 2t=R\iff 2\sqrt{R^2-x^2}=R\iff x=\frac{R\sqrt{3}}{2}=>AO=2R$ (loại)

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

Ta có $12\ge {(a+b)}^3+4ab\ge {\left(2\sqrt{ab}\right)}^3+4ab$. Đặt $t=\sqrt{ab},t>0$ thì

$12\ge 8t^3+4t^2\iff 2t^3+t^2-3\le 0\iff (t-1)(2t^2+3t+3)\le 0$ 

Do $2t^2+3t+3>0,\forall t$ nên $t-1\le 0\iff t\le 1$. Vậy $0<ab\le 1$ 

Chứng minh được $\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}\le \frac{2}{1+\sqrt{ab}},\forall a,b>0$ thỏa mãn $ab\le 1$ 

Thật vậy, BĐT $\frac{1}{1+a}-\frac{1}{1+\sqrt{ab}}+\frac{1}{1+b}-\frac{1}{1+\sqrt{ab}}\le 0$ 

$$\begin{gathered} \frac{\sqrt{ab}-a}{(1+a)(1+\sqrt{ab})}+\frac{\sqrt{ab}-b}{(1+b)(1+\sqrt{ab})}\le 0 \\ \iff \left(\frac{\sqrt{b}-\sqrt{a}}{1+\sqrt{ab}}\right)\left(\frac{\sqrt{a}}{1+a}-\frac{\sqrt{b}}{1+b}\right) \\ \iff \frac{{(\sqrt{b}-\sqrt{a})}^2(\sqrt{ab}-1)}{(1+\sqrt{ab})(1+a)(1+b)}\le 0 \end{gathered}$$ 

Do $0<ab\le 1$ nên BĐT này đúng

Tiếp theo ta sẽ CM $\frac{2}{1+\sqrt{ab}}+2015ab\le 2016,\forall a,b>0$ thỏa mãn $ab\le 1$

Đặt $t=\sqrt{ab},0<t\le t$ ta được $\frac{2}{1+t}+2015t^2\le 2016$ 

$$\begin{gathered} 2015t^3+2015t^2-2016t-2014\le 0 \\ \iff (t-1)(2015t^2+4030t+2014)\le 0 \end{gathered}$$ 

BĐT này đúng $\forall t:0<t\le 1$ 

Vậy $\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+2015ab\le 2016.$ Đẳng thức xảy ra a = b = 1