19 đề ôn thi vào 10 chuyên hay có lời giải (Đề 6)
9 câu hỏi
Tính giá trị của biểu thức A=x3+3x(x+1)+13−x2−4x+4 tại x=20173.
Ta có A=x3+3x(x+1)+13−x2−4x+4=x+1−x−2.
A= 3 với x≥2. Do đó A= 3 khi x=20173.
Rút gọn biểu thức B=7−523+19−62.
Ta có B=7−523+19−62=(1−2)33+(32−1)2=1−2+32−1=22.
Giải phương trình x2x−1−3x+1=−13.
Điều kiện: x≠12 và x≠−1. Từ phương trình đã cho, ta có: 5x2−14x+8=0.
5x2−14x+8=0⇔x=2 hoặc x=45.
Cho hai số thực x, y thỏa mãn x2+y2=4 và xy=−3. Tính giá trị của biểu thức P= x+y
Ta có (x+y)2=x2+y2+2xy=4−23=(3−1)2 ⇒ x+y=3−1.
Suy ra P=x+y=3−1 khi x+y≥01−3 khi x+y<0.
Anh Thiện sở hữu một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài 17m và chiều rộng 5m. Anh ta muốn lát gạch toàn bộ mảnh đất này. Biết rằng chi phí cho mỗi m2 để lát gạch là 420.000 đồng. Tính số tiền anh Thiện phải trả.
Diện tích mảnh đất là s=17.5=85m2.
Số tiền anh Thiện phải chi là c=85×420.000=35.700.000 đồng.
Trong mặt phẳng Oxy cho parabol (P):y=14x2 và đường thẳng d:y=x+3.
1) Vẽ (P) và d trên cùng một hệ trục tọa độ.
2) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và d.
1) Xác định được ít nhất hai điểm phân biệt thuộc đường thẳng d. Chẳng hạn: A(−3;0); B(0;3).
Xác định được đỉnh và ít nhất hai điểm thuộc (P) . Chẳng hạn : O(0;0); C(6;9); E(−6;9).
Đồ thị
2) Phương trình hoành độ giao điểm: 14x2=x+3⇔14x2−x−3=0⇔x=−2 hoặc x= 6
Tọa độ giao điểm là D(−2;1) và C(6;9).
Cho tứ giác ABCD có BAD^=BCD^=900. Trong tam giác ABC , kẻ đường cao AM ;
trong tam giác ABD, kẻ đường cao AN. Gọi P là giao điểm của MN và AC.
a) Chứng minh rằng tứ giác ABCD nội tiếp.
b) Chứng minh rằng OP⊥AC.
Hình vẽ chính xác.
a) Ta có BAD^=BCD^=900. Suy ra tứ giác ABCD nội tiếp.
Ta có ANB^=AMB^=900. Suy ra tứ giác ABMN nội tiếp.
b) Ta có
ABN^=AMN^=AMP ^(1)MAC^+ACM^=MAC^+ADB^=900 (2)ABD^+ADB^=900 (3)
Từ (2) và (3) suy ra MAC^=MAP^=ABD^=ABN^ (4)
(1) và (4) suy ra AMP^=MAP^
Suy ra PA=PM=PC (do tam giác AMC vuông).
Ta có OA=OCPA=PC nên PO là đường trung trực của đoạn thẳng AC.
Do đó OP⊥AC.
Cho đường tròn (C1) có tâm O, bán kính R=1cm. Tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (C1), T là một điểm nằm ngoài (C1), kẻ tiếp tuyến TC (như hình vẽ). Tính diện tích phần tô đen, biết rằng TCA^=300.
Ta có
TCA^=ABC^=300.cosACB^=BCAB=32⇒BC=3cm.
Kẻ đường cao OH trong tam giác OBC. Ta có sinOBH^=OHOB=12⇒OH=12cm.
Diện tích tam giác OBC là s1=12.OH.BC=34cm2.
Ta có BOC^=1200 (vì OBC^=BCO^=300).
Diện tích hình quạt chứa phần tô đen là s2=120360.π.R2=π3cm2.
Diện tích phần tô đen là s=s2−s1=π3−34cm2.
Giải phương trình 3x2+2x+4=8x3+12x2+8x+13x2+2x+5
Ta có: 3x2+2x+4=8x3+12x2+8x+13x2+2x+5=(2x+1)3+2x+13x2+2x+5 (1)
Dễ thấy 3x2+2x+4>0 với mọi x. Đặt u=3x2+2x+4v=2x+1.
Ta có: (1)⇔u=v3+vu2+1⇔u3+u=v3+v⇔(u−v)(u2+uv+v2+1)=0⇔u=v
(Vì u2+uv+v2+1=u+v22+34v2+1>0)
u=v⇔3x2+2x+4=2x+1⇒3x2+2x+4=4x2+4x+1x2−2x−3=0⇒x=3 hoac x=−1.
Thử lại, ta nhận x= 3
