19 đề ôn thi vào 10 chuyên hay có lời giải (Đề 8)

$\frac{x+1}{2}-1=0\iff \frac{x+1}{2}=1\iff x+1=2\iff x=1$

Vậy nghiệm của phương trình là x = 1.

$\left\{\begin{array}{l}2x-y=3\\ x^2+y=5\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+2x=8\\ 2x-y=3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+2x-8=0\left(1\right)\\ y=2x-3\left(2\right)\end{array}\right.$

Giải (1): $\Delta \text{'}=9\text{ ; }{x}_1=2\text{ , }{x}_2=-4$

Thay vào (2): Với $x=2thìy=2.2-3=1$

Với $x=-4thìy=2.(-4)-3=-11$

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: $\left(x,y\right)\in \left\{\left(2;1\right),\left(-4;-11\right)\right\}$

a) Vì A, B thuộc (P) nên:

$$\begin{gathered} \begin{array}{l}{x}_A=-1\Rightarrow y_A=\frac{1}{2}\cdot {\left(-1\right)}^2=\frac{1}{2}\\ x_B=2\Rightarrow y_B=\frac{1}{2}\cdot 2^2=2\end{array} \\ \Rightarrow A\left(-1;\frac{1}{2}\right)\text{ , }B(2;2) \end{gathered}$$

b) Gọi phương trình đường thẳng (d) là y = ax + b.

Ta có hệ phương trình:

$\left\{\begin{array}{l}-a+b=\frac{1}{2}\\ 2a+b=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}3a=\frac{3}{2}\\ 2a+b=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=\frac{1}{2}\\ b=1\end{array}\right.$

Vậy (d): $y=\frac{1}{2}x+1$.

c) (d) cắt trục Oy tại điểm C(0; 1) và cắt trục Ox tại điểm D(– 2; 0)

=>  OC = 1 và OD = 2

Gọi h là khoảng cách từ O tới (d).

Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao vào $∆$ vuông OCD, ta có:

$\frac{1}{h^2}=\frac{1}{O{C}^2}+\frac{1}{O{D}^2}=\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}=\frac{5}{4}\Rightarrow h=\frac{2\sqrt{5}}{5}$

Vậy khoảng cách từ gốc O tới (d) là $\frac{2\sqrt{5}}{5}$.

a, $x^2-2(m+1)x+m^2+m-1=0$ (1)

Với m = 0, phương trình (1) trở thành:

 $$\begin{gathered} x^2-2x-1=0 \\ \Delta \text{'}=2\text{ ; }{x}_{1,2}=1\pm \sqrt{2} \end{gathered}$$

Vậy với m = 2 thì nghiệm của phương trình (1) là $x_{1,2}=1\pm \sqrt{2}$

b) $\Delta \text{'}=m+2$

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $\iff m>-2$

Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2(m+1)\\ x_1{x}_2=m^2+m-1\end{array}\right.$

Do đó:

$\begin{array}{l}\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=4\iff \frac{x_1+x_2}{x_1{x}_2}=4\iff \frac{2(m+1)}{m^2+m-1}=4\\ \iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2+m-1\ne 0\\ m+1=2(m^2+m-1)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2+m-1\ne 0\\ 2m^2+m-3=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m=1\\ m=-\frac{3}{2}\end{array}\right.\end{array}$

Kết hợp với điều kiện $\Rightarrow m\in \left\{1;-\frac{3}{2}\right\}$ là các giá trị cần tìm.

a) Tứ giác AHIK có:

$\begin{array}{l}\widehat{AHI}={90}^0(IH\perp AB)\\ \widehat{AKI}={90}^0(IK\perp AD)\\ \Rightarrow \widehat{AHI}+\widehat{AKI}={180}^0\end{array}$

=> Tứ giác AHIK nội tiếp.

b) $∆$IAD và $∆$IBC có:

${\widehat{A}}_1={\widehat{B}}_1$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC của (O))

$\widehat{AID}=\widehat{BIC}$ (2 góc đối đỉnh)

=> $∆$IAD $~$ $∆$IBC (g.g)

$\Rightarrow \frac{IA}{IB}=\frac{ID}{IC}\Rightarrow IA.IC=IB.ID$

c, Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHIK có${\widehat{K}}_1={\widehat{D}}_1$

${\widehat{A}}_1={\widehat{H}}_1$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK)

mà ${\widehat{A}}_1={\widehat{B}}_1\Rightarrow {\widehat{H}}_1={\widehat{B}}_1$

Chứng minh tương tự, ta được ${\widehat{K}}_1={\widehat{D}}_1$

$∆$HIK và $∆$BCD có: ${\widehat{H}}_1={\widehat{B}}_1\text{ ; }{\widehat{K}}_1={\widehat{D}}_1$

=>  $∆$HIK $~$ $∆$BCD (g.g)

d) Gọi S₁ là diện tích của $∆$BCD.

Vì $∆$HIK $~$ $∆$BCD nên:

$\frac{S\text{'}}{S_1}=\frac{H{K}^2}{B{D}^2}=\frac{H{K}^2}{{(IB+ID)}^2}\le \frac{H{K}^2}{4IB.ID}=\frac{H{K}^2}{4IA.IC}$                                (1)

Vẽ $AE\perp BD\text{ , }CF\perp BD\Rightarrow AE//CF\Rightarrow \frac{CF}{AE}=\frac{IC}{IA}$ 

$∆$ABD và $∆$BCD có chung cạnh đáy BD nên:

$\frac{S_1}{S}=\frac{CF}{AE}\Rightarrow \frac{S_1}{S}=\frac{IC}{IA}$                                                                    (2)

Từ (1) và (2) suy ra

$\frac{S\text{'}}{S_1}\cdot \frac{S_1}{S}\le \frac{H{K}^2}{4IA.IC}\cdot \frac{IC}{IA}\iff \frac{S\text{'}}{S}\le \frac{H{K}^2}{4I{A}^2}$ (đpcm)

ĐK: $x>\sqrt[3]{4}$ 

Đặt: $$\begin{gathered} x^3-4=u^2 \\ \sqrt[3]{x^2+4}=v(v>1)\Rightarrow v^3-4=x^2 \end{gathered}$$                                                               

Khi đó phương trình (1) $\iff {\left(u^2\right)}^3={\left(v^2+4\right)}^2\text{ hay }{u}^3-4=v^2$   (4)

Từ  (2), (3), (4)  ta có hệ phương trình:  

$\left\{\begin{array}{l}{x}^3-4=u^2\\ v^3-4=x^2\\ u^3-4=v^2\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}^3-v^3=u^2-x^2\left(5\right)\\ u^3-x^3=v^2-u^2\left(6\right)\end{array}\right.$ 

Vì x, u, v > 1 nên giả sử $x\ge v$ thì từ (5) $\Rightarrow u\ge x$

Có $u\ge x$ nên từ (6) $\Rightarrow v\ge u$

Do đó: $x\ge v\ge u\ge x\Rightarrow x=v=u$

Mặt khác, nếu x < v thì tương tự ta có x < v < u < x (vô lí)

Vì x = u nên:

$x^3-4=x^2\iff \left(x-2\right)\left(x^2+x+2\right)=0\iff x=2$ (thỏa mãn)

Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 2.