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

$\begin{array}{l}A=\frac{1}{x+\sqrt{x}}-\frac{2\sqrt{x}}{x-1}+\frac{1}{x-\sqrt{x}}\\ =\frac{1}{\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)}-\frac{2\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}+\frac{1}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)}\\ =\frac{(\sqrt{x}-1)-2\sqrt{x}\sqrt{x}+(\sqrt{x}+1)}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}\\ =\frac{-2x+2\sqrt{x}}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}\\ =\frac{-2\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}\\ =\frac{-2}{\sqrt{x}+1}\end{array}$

$B=\sqrt[3]{85+62\sqrt{7}}+\sqrt[3]{85-62\sqrt{7}}$

Đặt $a=\sqrt[3]{85+62\sqrt{7}};b=\sqrt[3]{85-62\sqrt{7}}=>a+b=B$

Mặt khác $$\begin{gathered} a^3+b^3=(85+62\sqrt{7})+(85-62\sqrt{7})=170 \\ ab=\sqrt[3]{85+62\sqrt{7}}\sqrt[3]{85-62\sqrt{7}}=\sqrt[3]{{85}^2-{\left(62\sqrt{7}\right)}^2}=\sqrt[3]{-19683}=-27 \end{gathered}$$

Ta có:

 $\begin{array}{l}{B}^3={\left(a+b\right)}^3=a^3+b^3+3ab(a+b)\\ =170-\mathrm{3.27.}B\\ =>B^3+81B-170=0\\ =>(B-2)\left(\underset{>0}{\underbrace{B^2+2B+85}}\right)=0\\ =>B=2\end{array}$

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}x+2y=2m+1\\ 4x+2y=5m-1\end{array}\right.\left(1\right) \\ \begin{array}{l}\left(1\right)<=>\left\{\begin{array}{l}m=\frac{x+2y-1}{2}\\ m=\frac{4x+2y+1}{5}\end{array}\right.=>\frac{x+2y-1}{2}=\frac{3x+2y+1}{5}\\ =>5(x+2y-1)=2(4x+2y+1)=>3x-6y+7=0\end{array} \end{gathered}$$

Giả sử hệ phương trình đã cho có nghiệm nguyên (x₀; y₀) thì 

$3x_0-6y_0+7=0=>6y_0-7=3x_0⋮3=>7⋮3$ (vô lý)

Vậy hệ phương trình không có nghiệm nguyên ∀ m.

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

P) cắt d tại hai điểm phân biệt A(x₁;y₁) và B(x₂;y₂) ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt

⇔ ∆ = m² – 4.2 > 0 ⇔ m² > 8 ⇔ m > $2\sqrt{2}$ hoặc m<-$2\sqrt{2}$

Khi đó x₁, x₂ là nghiệm của (1). Áp dụng định lí Vi–ét ta có x₁ + x₂ = m; x₁x₂ = 2.

Do A, B ∈ d nên y₁ = mx₁ – 2 và y₂ = mx₂ – 2.

Ta có:

 $\begin{array}{l}{y}_1+y_2=2(x_1+x_1)-1\\ <=>m{x}_1-2+m{x}_2-2=2(x_1+x_2)-1\\ <=>(m-2)(x_1+x_2)-3=0\\ <=>m(m-2)-3=0\\ <=>m^2-2m-3=0\end{array}$

⇔ m = –1 (loại) hoặc m = 3 (thỏa mãn)

Vậy m = 3 là giá trị cần tìm.

$\sqrt{x^2-9}-\sqrt{x^2-16}=1 \left(1\right)$

ĐK: x² ≥ 16 ⇔ x ≥ 4 hoặc x ≤ –4.

$\begin{array}{l}\left(I\right)<=>\sqrt{x^2-9}=\sqrt{x^2-16}+1\\ <=>x^2-9=x^2-16+2\sqrt{x^2-16}+1\\ <=>6=2\sqrt{x^2-16}\\ <=>3=\sqrt{x^2-16}\\ <=>x^2-25=0\\ <=>x=\pm 5\end{array}$

(thỏa mãn điều kiện)

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là S={–5;5}.

$\left\{\begin{array}{l}{x}^3+4y=y^3+16x\\ 1+y^2=5(1+x^2)\end{array}\right.\left(1\right)$

– Xét x = 0, hệ (I) trở thành $\left\{\begin{array}{l}4y=y^3\\ y^2=4\end{array}\right.<=>y=\pm 2$

– Xét x ≠ 0, đặt $\frac{y}{x}=t<=>y=xt$. Hệ (I) trở thành

$\left\{\begin{array}{l}{x}^3+4xt=x^3{t}^3+16x\\ 1+x^2{t}^2=5(1+x^2)\end{array}\right.<=>\left\{\begin{array}{l}{x}^3(t^3-1)=4xt-16x\\ x^2(t^2-5)=4\end{array}\right.<=>\left\{\begin{array}{l}{x}^3(t^3-1)=4x(t-4)\left(1\right)\\ 4=x^2(t^2-5)\left(2\right)\end{array}\right.$

Nhân từng vế của (1) và (2), ta được phương trình hệ quả

$\begin{array}{l}4x^3(t^3-1)=4x^3(t-4)(t^2-5)\\ <=>t^3-1=t^3-4t^2-5t+20\text{ (Do x}\ne \text{0)}\\ {\text{<=>4t}}^2+5t-21=0\\ <=>\left[\begin{array}{l}t=-3\\ t=\frac{7}{4}\end{array}\right.\end{array}$

+ Với t = – 3, thay vào (2) được x² = 1 ⇔ x = ±1.

x = 1 thì y = –3, thử lại (1;–3) là một nghiệm của (I)

x = –1 thì y = 3, thử lại (–1;3) là một nghiệm của (I)

+ Với t = 7/4 , thay vào (2) được $x^2=-\frac{64}{31}$ (loại)

Vậy hệ (I) có các nghiệm (0;2), (0;–2), (1;–3), (–1;3).

1.     Vì BD, BF là các tiếp tuyến của (O) nên OD ⊥ BD, OF ⊥ BF.

Xét 2 tam giác vuông OBD và OBF có

$\left.\begin{array}{l}OB\text{ chung}\\ \text{OBD=OBF(gt)}\end{array}\right\}=>\Delta OBD=\Delta OBF$ (cạnh huyền–góc nhọn)

⇒ BD = BF

Mà OD = OF = r nên OB là trung trực của DF ⇒ OB ⊥ DF ⇒ ∆ KIF vuông tại K.

Mà OD = OF = r nên OB là trung trực của DF ⇒ OB ⊥ DF ⇒ ∆ KIF vuông tại K.$DOE={90}^o$

Theo quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cho đường tròn (O), ta có:

$DFE=\frac{1}{2}DOE={45}^o$

⇒ ∆ KIF vuông cân tại K.

=>BIF=45^o

Vì DPN+DQN=90^o+90^o=180^o nên DPNQ là tứ giác nội tiếp

=>QPN=QDN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QN) (5)

Mặt khác DENF là tứ giác nội tiếp nên QDN=FEN  (6)

Từ (5) và (6) ta có FEN=QPN (7)

Tương tự ta có: EFN=PQN  (8)

Từ (7) và (8) suy ra $\Delta NPQ~\Delta NEF(g.g)=>\frac{PQ}{EF}=\frac{NQ}{NF}$

Theo quan hệ đường vuông góc – đường xiên, ta có

$NQ\le NF=>\frac{PQ}{EF}=\frac{NQ}{NF}\le 1=>PQ\le EF$

Dấu bằng xảy ra khi Q ≡ F ⇔ NF ⊥ DF ⇔ D, O, N thẳng hàng.

Do đó PQ max khi M là giao điểm của AC và BN, với N là điểm đối xứng với D qua O.

Ta chứng minh BĐT

$\begin{array}{l}(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\ge 9(*)\\ (*)<=>3+(\frac{a}{b}+\frac{b}{a})+(\frac{b}{c}+\frac{c}{b})+(\frac{c}{a}+\frac{a}{c})\ge 9\end{array}$

Áp dụng BĐT Cô – si cho hai số dương ta có:

$\begin{array}{l}\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge 2\\ \frac{b}{c}+\frac{c}{b}\ge 2\\ \frac{c}{a}+\frac{a}{c}\ge 2\end{array}$=>(*) đúng

$=>\frac{9}{a+b+c}\le \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le 3=>a+b+c\ge 3$

Trở lại bài toán: Áp dụng BĐT Cô si cho hai số dương ta có $1+b^2\ge 2b$

Ta có: $\frac{a}{1+b^2}=a-\frac{a{b}^2}{1+b^2}\ge a-\frac{a{b}^2}{2b}=a-\frac{ab}{2}\left(1\right)$

Tương tự ta có: 

$\begin{array}{l}\frac{b}{1+c^2}\ge b-\frac{bc}{2}\left(2\right)\\ \frac{c}{1+a^2}\ge c-\frac{ca}{2}\left(3\right)\end{array}$

Cộng từng vế của (1), (2) và (3) ta có:

$\begin{array}{l}\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge a+b+c-\frac{1}{2}(ab+bc+ca)\\ =>\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}+\frac{1}{2}(ab+bc+ca)\ge a+b+c\ge 3\end{array}$