Ôn thi Cấp tốc 789+ vào 10 môn Toán (Đề 1)
5 câu hỏi
Cho hai biểu thức A=x+2x và B=2x−3x−1+3−xx−1 với x>0,x≠1.
1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9
2) Chứng minh B=2xx+1.
3) Tìm tất cả giá trị của x để AB = 4.
1) Thay x = 9 (tmđk) vào A ta được A=9+29=113.
Vậy A=113 khi x=9.
2) Với x>0, x≠1 ta có:
B=2x−3x−1+3−xx−1 =2x−3x−1+3−xx−1x+1
=2x−3x+1x−1x+1+3−xx−1x+1
=2x+2x−3x−3+3−xx−1x+1
=2x−2xx−1x+1 =2xx−1x−1x+1 =2xx+1.
Vậy với x>0, x≠1 thì B=2xx+1.
3) Với x>0, x≠1 ta có:
AB=4 ⇔x+2x⋅2xx+1=4⇔x+2x+1=2
⇒x+2=2x+1⇔x−2x=0
⇔xx−2=0
⇔x=0x=2⇔x=0 ktmx=4 tm.
Vậy x = 4 thì AB = 4.
1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Theo kế hoạch, một phân xưởng phải làm xong 900 sản phẩm trong một số ngày quy định. Thực tế, mỗi ngày phân xưởng đã làm được nhiều hơn 15 sản phẩm so với số sản phẩm phải làm trong một ngày theo kế hoạch. Vì thế 3 ngày trước khi hết thời hạn, phân xưởng đã làm xong 900 sản phẩm. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày phân xưởng phải làm bao nhiêu sản phẩm? (Giả định rằng số sản phẩm mà phân xưởng làm được trong mỗi ngày là bằng nhau.)
2) Một khối gỗ dạng hình trụ có bán kính đáy là 30 cm và chiều cao là 120 cm Tính thể tích của khối gỗ đó (lấy π≈3,14).
1) Gọi số sản phẩm mỗi ngày phân xưởng phải làm theo kế hoạch là x (sản phẩm) x∈ℕ*, x<900.
Do đó, theo kế hoạch, thời gian phân xưởng làm xong 900 sản phẩm là 900x (ngày).
Thực tế, mỗi ngày, phân xưởng đã làm được nhiều hơn 15 sản phẩm so với số sản phẩm phải làm trong một ngày theo kế hoạch nên thực tế, số sản phẩm mỗi ngày phân xưởng phải làm là x+15 (sản phẩm).
Do đó, thực tế, thời gian phân xưởng làm xong 900 sản phẩm là900x+15 (ngày).
Vì phân xưởng đã làm xong 900 sản phẩm 3 ngày trước khi hết thời hạn nên ta có phương trình: 900x+15+3=900x
⇔900x−900x+15=3⇔1x−1x+15=1300
⇔x+15−xxx+15=1300⇔15x2+15x=1300
⇒x2+15x=4500⇔x2+15x−4500=0
⇔x−60x+75=0⇔x=60x=−75.
Đối chiếu điều kiện và thử lại ta thấy x=60 thỏa mãn.
Vậy số sản phẩm mỗi ngày phân xưởng phải làm theo kế hoạch là 60 sản phẩm.
2) Thể tích khối gỗ là V=πR2h≈3,14⋅302⋅120=339 120 cm3.
Vậy V≈339 120 cm3.
1) Giải hệ phương trình 2x−3−3y=13x−3+2y=8.
2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho parabol P:y=x2 và đường thẳng d:y=m+2x−m.
a) Chứng minh (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
b) Gọi x1 và x2 là hoành độ các giao điểm của (d) và (P). Tìm tất cả giá trị của m để 1x1+1x2=1x1+x2−2.
1) Điều kiện: x≠3. Đặt 1x−3=uu≠0, ta có hệ phương trình:
2u−3y=13u+2y=8⇔4u−6y=29u+6y=24⇔13u=26y=24−9u6⇔u=2y=1.
Với u=2 ta có 1x−3=2⇔1=2x−6⇔x=72 tm.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x;y=72;1.
2)a) Xét phương trình hoành độ giao điểm:
x2=m+2x−m⇔x2−m+2x+m=0. 1
Ta có Δ=m+22−4m=m2+4≥4>0 với mọi x∈ℝ nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt, do đó (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
b) Áp dụng định lí Vi–et ta có: x1+x2=m+2x1x2=m.
Ta có: 1x1+1x2=1x1+x2−2⇔x1+x2x1x2=1x1+x2−2
Khi đó ta được m+2m=1m m≠0⇔m=−1 (tmđk).
Vậy m = -1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại điểm A của đường tròn (O) cắt đường thẳng BC tại điểm S. Gọi I là chân đường vuông góc kẻ từ điểm O đến đường thẳng BC.
1) Chứng minh tứ giác SAOI là tứ giác nội tiếp.
2) Gọi H và D lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ điểm A đến các đường thẳng SO và SC. Chứng minh OAH^=IAD^.
3) Vẽ đường cao CE của tam giác ABC. Gọi Q là trung điểm của đoạn thẳng BE . Đường thẳng QD cắt đường thẳng AH tại điểm K. Chứng minh BQ⋅BA=BD⋅BI và đường thẳng CK song song với đường thẳng SO.
1) Có SA là tiếp tuyến nên SA⊥OA⇒SAO^=90°.
Vì OI⊥BCgt⇒SIO^=90°.
Tứ giác SAOI có SAO^+SIO^=90°+90°=180°, mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên SAOI là tứ giác nội tiếp.
Vì SAOI là tứ giác nội tiếp nên SOA^=SIA^ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung SA) hay AOH^=AID^ 1
ΔAHO vuông tại H AH⊥SO nên AOH^+OAH^=90°⇒OAH^=90°−AOH^ 2
ΔADI vuông tại H AD⊥SC nên AID^+IAD^=90°⇒IAD^=90°−AID^ 3
Từ (1), (2) và (3) ta có OAH^=IAD^.
3) * Chứng minh BQ⋅BA=BD⋅BI.
Cách 1: Xét tứ giác AEDC có AEC^=ADC^=90°, mà hai góc này cùng nhìn cạnh AC
Do đó tứ giác AEDC nội tiếp suy ra AED^+DCA^=180°.
Mà AED^+BED^=180° (kề bù), suy ra BED^=DCA^.
Xét ΔBED và ΔBCA có: ABC^ chung và BED^=BCA^.
Do đó ΔBED∽ΔBCA (g.g) ⇒BEBC=BDBA (tỉ số đồng dạng).
⇒BD⋅BC=BE⋅BA⇒12BC⋅BD=12BE⋅BA⇒BI⋅BD=BQ⋅BA.
Suy ra tứ giác QDIA nội tiếp.
Cách 2: Xét ΔBCE có Q, I lần lượt là trung điểm của BE, BC nên QI là đường trung bình của tam giác.
⇒QI // EC, mà AB⊥EC nên AB⊥QI hay AQI^=90°.
Xét tứ giác AQDI có AQI^=ADI^=90°, mà hai góc này cùng nhìn cạnh AI.
Do đó tứ giác AQDI nội tiếp ⇒BQ⋅BA=BI⋅BD.
* Chứng minh CK // SO.
Ta có BAD^=90°−ABC^=90°−AOC^2=OAC^.
Mà IAD^=OAH^ (theo câu b) nên BAI^=KAC^.
Lại có tứ giác AQDI nội tiếp nên BDQ^=BAI^=KAC^.
Mặt khác CDK^=BDQ^, do đó CDK^=KAC^.
Suy ra tứ giác ADKC nội tiếp nên CKA^=CDA^=90°⇒CK⊥AK.
Mà AK⊥SO nên CK // SO.
Cho hai số thực dương a và b thỏa mãn a+b≤2. Chứng minh
a2a2+b+b2b2+a≤1.
Cách 1: • Ta có:a2a2+b+b2b2+a≤1 1
⇔a2b2+a+b2a2+b≤a2+bb2+a⇔a3+b3+2a2b2≤a3+b3+a2b2+ab⇔a2b2≤ab 2
• Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương a và b ta có:
2≥a+b≥2ab⇒ab≤1⇔ab≤1⇒a2b2≤ab. Do đó (2) đúng.
Vì bất đẳng thức (2) đúng nên bất đẳng thức (1) đúng (đpcm).
Dấu "=" xảy ra ⇔a+b=2a=b⇔a=b=1.
Cách 2: Ta có a2a2+b=1−ba2+b;b2b2+a=1−ab2+a.
⇒a2a2+b+b2b2+a=2−ba2+b+ab2+a.
Ta chứng minh ba2+b+ab2+a≥1.
Ta có VT=ba2+b+ab2+a=b2a2b+b2+a2b2a+a2≥a+b2a2b+b2+b2a+a2≥a+b22ab+b2+a2=2.
Do đó a2a2+b+b2b2+a≤1.
Dấu "=" xảy ra ⇔a+b=2a=b⇔a=b=1.
