19 đề ôn thi vào 10 chuyên hay có lời giải (Đề 4)

$\left\{\begin{array}{l}2x=4\\ x+y=5\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=2\\ y=3\end{array}\right.$

$P=\frac{x-2}{x+2\sqrt{x}}-\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{x}+2}, \mathrm{x}>0$

$P=\frac{x-2-\left(\sqrt{x}+2\right)+\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+2\right)}=\frac{x-4}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+2\right)}=\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}}$

1) Với m= 2 PT trở thành $x^2-4x+3=0$ 

Giải phương trình tìm được các nghiệm $x=1; x=3.$ 

2) Ta có $\Delta \text{'}=m^2-m^2+1=1>0,\forall m.$ 

Do đó, phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.

Từ giả thiết ta có $$\begin{gathered} x_i^2-2m{x}_i+m^2-1=0,i=1;2. \\ {x}_i^3-2m{x}_i^2+m^2{x}_i-2=x_i\left(x_i^2-2m{x}_i+m^2-1\right)+x_i-2=x_i-2,i=1;2. \end{gathered}$$ 

Áp dụng định lí Viét cho phương trình (1) ta có $x_1+x_2=2m;x_1.x_2=m^2-1$ 

Ta có

 $\begin{array}{l}\left(x_1-2\right)+\left(x_2-2\right)=2m-4;\\ \left(x_1-2\right)\left(x_2-2\right)=x_1{x}_2-2\left(x_1+x_2\right)+4=m^2-1-4m+4=m^2-4m+3\end{array}$

Vậy phương trình bậc hai nhận $x_1^3-2m{x}_1^2+m^2{x}_1-2, x_2^3-2m{x}_2^2+m^2{x}_2-2$ là nghiệm là $x^2-\left(2m-4\right)x+m^2-4m+3=0.$

Gọi số HS nam của nhóm là x $\left(x\in \mathbb{N};0<x<15\right),$ số HS nữ là 15-x 

Theo đề bài số cây các bạn nam trồng được là 30 và số cây các bạn nữ trồng được là 36 nên

Mỗi HS nam trồng được 30/x cây,

Mỗi HS nữ trồng được $\frac{36}{15-x}$ cây.

Vì mỗi bạn nam trồng được nhiều hơn mỗi bạn nữ 1 cây nên ta có

$$\begin{gathered} \frac{30}{x}-\frac{36}{15-x}=1\iff 30\left(15-x\right)-36x=x\left(15-x\right) \\ \iff x^2-81x+450=0\iff \left[\begin{array}{l}x=75\left(\right)\\ x=6\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}(t\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}/\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}m)}\end{array}\right. \end{gathered}$$  

Vậy có 6 HS nam và 9 HS nữ.

1) Hình vẽ câu 1) đúng

Ta có $\widehat{AEC}=\widehat{ADC}={90}^0\Rightarrow \widehat{AEC}+\widehat{ADC}={180}^0$ do đó, tứ giác ADCE nội tiếp.

2) Chứng minh tương tự tứ giác BDCF nội tiếp.

Do các tứ giác $ADCE, BDCF$ nội tiếp nên $\widehat{B_1}=\widehat{F_1},\widehat{A_1}=\widehat{D_1}$

Mà AM là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên $\widehat{A_1}=\frac{1}{2}sđ\stackrel{⏜}{AC}=\widehat{B_1}\Rightarrow \widehat{D_1}=\widehat{F_1}.$ 

Chứng minh tương tự $\widehat{E_1}=\widehat{D_2}.$ Do đó, $\Delta CDE\backsim \Delta CFD\left(\text{g.g}\right)$

3) Gọi Cx là tia đối của tia CD

Do các tứ giác $ADCE, BDCF$ nội tiếp nên $\widehat{DAE}=\widehat{ECx},\widehat{DBF}=\widehat{FCx}$ 

Mà $\widehat{MAB}=\widehat{MBA}\Rightarrow \widehat{ECx}=\widehat{FCx}$  nên Cx là phân giác góc $\widehat{ECF}.$

4) Theo chứng minh trên $\widehat{A_2}=\widehat{D_2},\widehat{B_1}=\widehat{D_1}$ 

Mà $\widehat{A_2}+\widehat{B_1}+\widehat{ACB}={180}^0\Rightarrow \widehat{D_2}+\widehat{D_1}+\widehat{ACB}={180}^0\Rightarrow \widehat{ICK}+\widehat{IDK}={180}^0$ 

Do đó, tứ giác CIKD nội tiếp $\Rightarrow \widehat{K_1}=\widehat{D_1}$ mà $\widehat{D_1}=\widehat{B_1}\Rightarrow IK//AB$

1) Dễ thấy x= 0 không là nghiệm của phương trình nên

$PT\iff \left(x+\frac{1}{x}-1\right)\left(x+\frac{1}{x}+4\right)=6$ 

Đặt $t=x+\frac{1}{x}$ ta được $\left(t-1\right)\left(t+4\right)=6\iff t^2+3t-10=0\iff \left[\begin{array}{l}t=2\\ t=-5\end{array}\right.$ 

Với $t=2\Rightarrow x+\frac{1}{x}=2\iff x^2-2x+1=0\iff x=1$ 

Với $t=-5\Rightarrow x+\frac{1}{x}=-5\iff x^2+5x+1=0\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{-5-\sqrt{21}}{2}\\ x=\frac{-5+\sqrt{21}}{2}\end{array}\right.$ 

Ta có:

$$\begin{gathered} 4A=\frac{{(x+y+z+t)}^2(x+y+z)(x+y)}{xyzt}\ge \frac{4(x+y+z)t(x+y+z)(x+y)}{xyzt} \\ =\frac{4{(x+y+z)}^2(x+y)}{xyz}\ge \frac{4.4(x+y)z(x+y)}{xyz} \\ =\frac{16{(x+y)}^2}{xy}\ge \frac{16.4xy}{xy}\ge 64\Rightarrow A\ge 16 \end{gathered}$$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\left\{\begin{array}{l}x+y+z+t=2\\ x+y+z=t\\ x+y=z\\ x=y\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=y=\frac{1}{4}\\ z=\frac{1}{2}\\ t=1\end{array}\right.$