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

A=1x+x−2xx−1+1x−x=1x(x+1)−2x(x−1)(x+1)+1x(x−1)=(x−1)−2xx+(x+1)x(x−1)(x+1)=−2x+2xx(x−1)(x+1)=−2x(x−1)x(x−1)(x+1)=−2x+1

B=85+6273+85−6273

Đặt a=85+6273;b=85−6273=>a+b=B

Mặt khác a3+b3=(85+627)+(85−627)=170ab=85+627385−6273=852−(627)23=−196833=−27

Ta có:

 B3=a+b3=a3+b3+3ab(a+b)=170−3.27.B=>B3+81B−170=0=>(B−2)(B2+2B+85⏟>0)=0=>B=2

x+2y=2m+14x+2y=5m−1(1)(1)<=>m=x+2y−12m=4x+2y+15=>x+2y−12=3x+2y+15=>5(x+2y−1)=2(4x+2y+1)=>3x−6y+7=0

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

3x0−6y0+7=0=>6y0−7=3x0⋮3=>7⋮3 (vô lý)

Vậy hệ phương trình không có nghiệm nguyên ∀ m.

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d: x2−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 > 22 hoặc m<-22

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:

 y1+y2=2(x1+x1)−1<=>mx1−2+mx2−2=2(x1+x2)−1<=>(m−2)(x1+x2)−3=0<=>m(m−2)−3=0<=>m2−2m−3=0

⇔ m = –1 (loại) hoặc m = 3 (thỏa mãn)

Vậy m = 3 là giá trị cần tìm.

x2−9−x2−16=1 (1)

ĐK: x² ≥ 16 ⇔ x ≥ 4 hoặc x ≤ –4.

(I)<=>x2−9=x2−16+1<=>x2−9=x2−16+2x2−16+1<=>6=2x2−16<=>3=x2−16<=>x2−25=0<=>x=±5

(thỏa mãn điều kiện)

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

x3+4y=y3+16x1+y2=5(1+x2)(1)

– Xét x = 0, hệ (I) trở thành 4y=y3y2=4<=>y=±2

– Xét x ≠ 0, đặt yx=t<=>y=xt. Hệ (I) trở thành

x3+4xt=x3t3+16x1+x2t2=5(1+x2)<=>x3(t3−1)=4xt−16xx2(t2−5)=4<=>x3(t3−1)=4x(t−4)(1)4=x2(t2−5)(2)

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

4x3(t3−1)=4x3(t−4)(t2−5)<=>t3−1=t3−4t2−5t+20    (Do x≠0)<=>4t2+5t−21=0<=>t=−3t=74

+ 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 x2=−6431 (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

OB chungOBD=OBF(gt)=>ΔOBD=ΔOBF (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=90o

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

DFE=12DOE=45o

⇒ ∆ 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 ΔNPQ~ΔNEF(g.g)=>PQEF=NQNF

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

NQ≤NF=>PQEF=NQNF≤1=>PQ≤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

(a+b+c)(1a+1b+1c)≥9(*)(*)<=>3+(ab+ba)+(bc+cb)+(ca+ac)≥9

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

ab+ba≥2bc+cb≥2ca+ac≥2=>(*) đúng

=>9a+b+c≤1a+1b+1c≤3=>a+b+c≥3

Trở lại bài toán: Áp dụng BĐT Cô si cho hai số dương ta có 1+b2≥2b

Ta có: a1+b2=a−ab21+b2≥a−ab22b=a−ab2(1)

Tương tự ta có: 

b1+c2≥b−bc2(2)c1+a2≥c−ca2(3)

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

a1+b2+b1+c2+c1+a2≥a+b+c−12(ab+bc+ca)=>a1+b2+b1+c2+c1+a2+12(ab+bc+ca)≥a+b+c≥3