19 đề ôn thi vào 10 chuyên hay có lời giải (Đề 3)

Ta có: (2x−1)(x+2)=0⇔2x−1=0x+2=0

Với 2x−1=0⇔x=12

Với x+2=0⇔x=−2

Vậy phương trình có hai nghiệm x=12;  x=−2

Để hai đường thẳng (d) và (d’) song song với nhau thì: −1=m2−2m+2≠3⇔m2=1m≠1⇔m=±1m≠1⇔m=−1

Vậy m = -1 là giá trị cần tìm.

Ta có:P=x−x+2(x+1)(x−2)−xx(x−2):1−x2−x=x−x+2−x(x+1)(x+1)(x−2).2−x1−x=2−2x(x+1)(x−1)=2(1−x)(x+1)(x−1)=−2x+1 

Gọi tháng đầu tổ I sản xuất được x chi tiết máy, tổ II sản xuất được y chi tiết máy.

ĐK: x,y∈N*.

Theo giả thiết ta có: x+y=900       (1)

Sau khi cải tiến kỹ thuật, trong tháng thứ hai:

Tổ I sản xuất được 1,1x chi tiết máy, tổ II sản xuất được 1,12y chi tiết máy

Theo giả thiết ta có: 1,1x+1,12y=1000       (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: x+y=9001,1x+1,12y=1000

Giải hệ phương trình được x=400y=500 (thỏa mãn)

Vậy trong tháng đầu tổI sản xuất được 400 chi tiết, tổ II sản xuất được 500 chi tiết.

Để PT có hai nghiệm x1;x2 thì: Δ=25−12m+4≥0⇔29−12m≥0⇔m≤2912

Ta có: x13−x23+3x1x2=75⇔(x1−x2)[(x1+x2)2−x1x2]+3x1x2−75=0    (*)

Theo định lý Vi-et ta có: x1+x2=−5x1x2=3m−1 thay vào (*) ta được

(x1−x2)(26−3m)+3(3m−26)=0⇔(x1−x2−3)(26−3m)=0⇔m=263                 x1−x2−3=0

Kết hợp với điều kiện thì m = 26/3 không thỏa mãn.

Kết hợp x1−x2−3=0 với hệ thức Vi - et ta có hệ: x1−x2−3=0x1+x2=−5x1x2=3m−1⇔x1=−1x2=−4m=53      (t/m).

Vậy m = 5/3  là giá trị cần tìm.

1) Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp một đường tròn

Vẽ được các yếu tố để chứng minh phần (1).

Ta có MBO^=900, MAO^=900 (theo t/c của tiếp tuyến và bán kính)

Suy ra: MAO^+MBO^=1800.Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.

2) Chứng minh: MN² = NF. NA và MN = NH

Ta có AE//MO⇒AEM^=EMN^ mà AEM^=MAF^⇒EMN^=MAF^

ΔNMF và ΔNAM có: MNA^ chung; EMN^=MAF^

nên ΔNMF đồng dạng với ΔNAM

⇒NMNF=NANM⇒NM2=NF.NA      1

Mặt khác có: ABF^=AEF^⇒ABF^=EMN ^hay HBF^=FMH^ 

=> MFHB là tứ giác nội tiếp

⇒FHM^=FBM^=FAB^ hay FHN^=NAH^

Xét ΔNHF & ΔNAH có ANH ^chung; NHF^=NAH^

=> ΔNMF đồng dạng ΔNAH⇒⇒NHNF=NANH⇒NH2=NF.NA      2 

Từ (1) và (2) ta có NH = HM

3) Chứng minh: HB2HF2−EFMF=1.

Xét ΔMAF và ΔMEA có: AME^ chung, MAF^=MEA^

suy ra ΔMAF đồng dạng với ΔMEA

⇒MEMA=MAMF=AEAF⇒MEMF=AE2AF2     (3)

Vì MFHB là tứ giác nội tiếp ⇒MFB^=MHB^=900⇒BFE^=900 và AFH^=AHN^=900⇒AFE^ =BFH^ 

ΔAEF và ΔHBF có: EFA^=BFH^ ; FEA^=FBA^

suy ra ΔAEF ~ ΔHBF 

⇒AEAF=HBHF⇒AE2AF2=HB2HF2               (4)

Từ (3) và (4) ta có MEMF=HB2HF2⇔MF+FEMF=HB2HF2⇔1+FEMF=HB2HF2⇔HB2HF2−FEMF=1

Vì: a+11+b2=a+1−b2(a+1)1+b2; 1+b2≥2b nên a+11+b2≥a+1−b2(a+1)2b=a+1−ab+b2

Tương tự: b+11+c2≥b+1−bc+c2; c+11+a2≥c+1−ca+a2⇒M≥a+b+c+3−(a+b+c)+(ab+bc+ca)2=3+3−(ab+bc+ca)2

Chứng minh được: 3(ab+bc+ca)≤(a+b+c)2=9ac⇒3−(ab+bc+ca)2≥0⇒M≥3

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1. Giá trị nhỏ nhất của M bằng 3.

Từ phương trình (2) thay y= 3-x vào phương trình (1) ta được: 3x+3−x=5⇔x=1.

Với x=1⇒y=2.Vậy hệ phương trình có nghiệm: x=1y=2