19 đề ôn thi vào 10 chuyên hay có lời giải (Đề 9)

Cách 1: x2 −  9x + 20=0

∆=81-80=1>0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1=9+12=5;x2=9−12=4

Vậy phương trình có tập nghiệm S={4;5}

 Cách 2:

x2−9x+20=0=0⇔x2−5x−4x+20=0⇔(x−5)(x−4)=0⇔x−5=0x−4=0⇔x=5x=4

Vậy phương trình có tập nghiệm S={4;5}

7x−3y=44x+y=5⇔7x−3y=412x+3y=15⇔19x=194x+y=5⇔x=1y=1

Vậy hệ phương trình có nghiêm duy nhất (x;y)=(1;1)

Cách 1:

x4−2x2−3=0⇔x4−3x2+x2−3=0⇔(x2−3)(x2+1)=0⇔x2−3=0x2+1=0⇔x=±3Vn(x2≥0⇒x2+1>0)

Vây phương trình có tập nghiệm S=−3;3

Cách 2: Đặt t=x² (t≥0) ta có phương trình t²-2t-3=0 (2)

Ta có a-b+c=1+2-3=0 nên phương trình (2) có 2 nghiệm t₁=-1(loại);t₂=3(nhận)

Với t₂=3⇔x2=3⇔x=±3

Vậy phương trình có tập nghiệm S=−3;3

1) Vẽ  hai đồ thị ( P ) và ( d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.

*y = −12x2 Hàm số xác định với mọi x∈ℝ Bảng giá trị x -2 -1 0 1 2 y -2 -0,5 0 -0,5 -2 Nhận xét: Đồ thị hs là một parabol đi qua gốc tọa độ,nhận trục tung làm trục đối xứng nằm phía dưới trục hoành,O là điểm cao nhất *y=x-4 Đồ thị hs là đường thẳng đi qua hai điểm (0;-4) và (4;0)

2)Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình
−12x2=x−4⇔x2−2x−8=0

Δ'=1+8=9>0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x₁=2;x₂=-4

x₁=2 => y₁=-2       ; x₂=-4 => y₂=-8

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (2;-2) và (-4;-8)

Với a > 0 và a≠4 , ta có

T= a− 2a+2 − a+ 2a−2 . a − 4a =  a− 22− a+ 22 a− 2.a+2.  a −4a =  a− 4a + 4− a− 4a − 4 a −4.  a −4a =  −8aa = −8

Cách 1: Gọi x(xe) là số xe của đội lúc đầu ( x nguyên dương)

Số tấn hàng mỗi xe dự định chở 120x(tấn)

x+4 (xe) là số xe của đội lúc sau

Số tấn hàng mỗi xe khi thực hiện chở 120x+4(tấn)

Theo đề bài ta có phương trình 120x-120x+4= 1

Giải phương trình ta được x=20 (thỏa đk); x=-24 (không thỏa đk)

Vậy số tấn hàng mỗi xe dụ định chở là 120:20=6 (tấn)

Cách 2:

Gọi x là số tấn hàng của mỗi xe ban đầu dự định chở ( x nguyên dương, x > 1 )

Số tấn hàng của mỗi xe lúc sau chở: x – 1 ( tấn )

Số xe dự định ban đầu : 120x  ( xe )

 Số xe lúc sau : 120x-1  ( xe )

Theo đề bài ta có phương trình : 120x-1 – 120x = 4 

Giải pt ta được : x₁ = 6 ( nhận );  x₂ = –5 ( loại )

Vậy số tấn hàng của mỗi xe ban đầu dự định chở là : 6 (tấn )

Để phương trình: x² + ( 2m – 1 )x + m² – 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂

 thì Δ > 0⇔−4m+5>0⇔m < 54 

Với m<54 thì phương trình có 2 nghiện phân biệt x₁, x₂ khi đó theo hệ thức vi ét

Ta có: x₁ + x₂ = 1-2m ; x₁.x₂ = m² – 1

Nên P = ( x₁ )² + (  x₂ )² = (x₁ + x₂ )²  – 2x₁.x₂ = ( 1-2m)² – 2(m² – 1)= 1-4m+4m²-2m²+2

= 2m²-4m+2+1  = 2( m – 1 )² + 1= 1

Đẳng thức xảy ra ⇔(m−1)2=0⇔m=1 (thỏa đk)

P_min = 1 khi m = 1 <  5/4

Vậy với m=1 thì biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất

1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn

BE là đường cao ∆ABC ⇒BE⊥AC⇒AEH^=900

CF là đường cao ∆ABC ⇒CF⊥AB⇒AFH^=900

Tứ giác AEHF có AEH^+AFH^=1800 nên tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn

2) Chứng minh CE.CA = CD.CB

∆ADC và ∆BEC có

ADC^=BEC^=900 (AD,BE là các đường cao)

C^ chung

Do đó ∆ADC ~∆BEC(g-g)

⇒DCEC=ACBC⇒DC.BC=CE.AC

3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF

Tứ giác BFEC có BEC^=BFC^=900

=> tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC thì O cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF

∆OBE cân tại O (do OB=OE) => OBE^=OEB^

∆AEH vuông tại E có EM là trung tuyến ứng với cạnh huyền AH (Vì M là trung điểm AH)

=> ME=AH:2= MH do đó ∆MHE cân tại M=> MEH^=MHE^=BHD^

Mà BHD^+OBE^=900(∆HBD vuông tại D)

Nên OEB^+MEH^=900 Suy ra MEO^=900

⇒EM⊥OE tại E thuộc ( O ) => EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF

4) Gọi I và J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh DIJ^ = DFC^ 

Tứ giác AFDC có AFC^=ADC^=900 nên tứ giác AFDC nội tiếp đường tròn => BDF^=BAC^

∆BDF và ∆BAC có BDF^=BAC^ (cmt); B^ chung do đó ∆BDF ~ ∆BAC(g-g)

Chứng minh tương tự ta có ∆DEC ~ ∆ABC(g-g)

Do đó ∆DBF~∆DEC ⇒BDF^=EDC^⇒BDI^=IDF^=EDJ^=JDC^⇒IDJ^=FDC^(1)

Vì ∆DBF~∆DEC (cmt); DI là phân giác, DJ là phân giác ⇒DIDF=DJDC (2)

Từ (1) và (2) suy ra ∆DIJ~∆DFC (c-g-c) => DIJ^ = DFC^