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

2x=4x+y=5⇔x=2y=3

P=x−2x+2x−1x+1x+2, x>0

P=x−2−x+2+xxx+2=x−4xx+2=x−2x

1) Với m= 2 PT trở thành x2−4x+3=0 

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

2) Ta có Δ'=m2−m2+1=1>0,∀m. 

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

Từ giả thiết ta có xi2−2mxi+m2−1=0,i=1;2.xi3−2mxi2+m2xi−2=xixi2−2mxi+m2−1+xi−2=xi−2,i=1;2. 

Áp dụng định lí Viét cho phương trình (1) ta có x1+x2=2m;x1.x2=m2−1 

Ta có

 x1−2+x2−2=2m−4;x1−2x2−2=x1x2−2x1+x2+4=m2−1−4m+4=m2−4m+3

Vậy phương trình bậc hai nhận x13−2mx12+m2x1−2, x23−2mx22+m2x2−2 là nghiệm là x2−2m−4x+m2−4m+3=0.

Gọi số HS nam của nhóm là x x∈ℕ;0<x<15, 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 3615−x cây.

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

30x−3615−x=1⇔3015−x−36x=x15−x⇔x2−81x+450=0⇔x=75x=6       (t  /  m)  

Vậy có 6 HS nam và 9 HS nữ.

1) Hình vẽ câu 1) đúng

Ta có AEC^=ADC^=900⇒AEC^+ADC^=1800 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 B1^=F1^,A1^=D1^

Mà AM là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên A1^=12sđAC⏜=B1^⇒D1^=F1^. 

Chứng minh tương tự E1^=D2^. Do đó, ΔCDE∽ΔCFDg.g

3) Gọi Cx là tia đối của tia CD

Do các tứ giác ADCE, BDCF nội tiếp nên DAE^=ECx^,DBF^=FCx^ 

Mà MAB^=MBA^⇒ECx^=FCx^  nên Cx là phân giác góc ECF^.

4) Theo chứng minh trên A2^=D2^,B1^=D1^ 

Mà A2^+B1^+ACB^=1800⇒D2^+D1^+ACB^=1800⇒ICK^+IDK^=1800 

Do đó, tứ giác CIKD nội tiếp ⇒K1^=D1^ mà D1^=B1^⇒IK//AB

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

PT⇔x+1x−1x+1x+4=6 

Đặt t=x+1x ta được t−1t+4=6⇔t2+3t−10=0⇔t=2t=−5 

Với t=2⇒x+1x=2⇔x2−2x+1=0⇔x=1 

Với t=−5⇒x+1x=−5⇔x2+5x+1=0⇔x=−5−212x=−5+212 

Ta có:

4A=(x+y+z+t)2(x+y+z)(x+y)xyzt≥4(x+y+z)t(x+y+z)(x+y)xyzt=4(x+y+z)2(x+y)xyz≥4.4(x+y)z(x+y)xyz=16(x+y)2xy≥16.4xyxy≥64⇒A≥16

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x+y+z+t=2x+y+z=tx+y=zx=y⇔x=y=14z=12t=1