Ôn thi Cấp tốc 789+ vào 10 môn Toán (Đề 2)
6 câu hỏi
Cho biểu thức P=xx+2+x+1x−2−2+5xx−4 với x≥0,x≠4.
1) Rút gọn biểu thức P
2) Tìm tất cả các giá trị của x để P > 1.
1) ĐKXĐ: với x≥0 và x≠4.
P =xx+2+x+1x−2−2+5xx−4
=xx−2+x+1x+2−2−5xx−2x+2
=x−2x+x+3x+2−2−5xx−2x+2
=2x−4xx−2x+2 =2xx−2x−2x+2=2xx+2.
Vậy với x≥0 và x≠4 thì P=2xx+2.
2) Theo ý 1) ta có P=2xx+2 với x≥0 và x≠4.
Khi đó P>1⇔2xx+2>1⇒2x>x+2 (vì x+2>0 với x≥0)
⇒2x−x>2⇒x>2⇒x>4 (thỏa mãn điều kiện).
Vậy x > 4 thì P > 1.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình y = ax + b
Tìm a, b để đường thẳng (d) có hệ số góc bằng 3 và đi qua điểm M (-1;2).
Đường thẳng d:y=ax+b có hệ số góc là 3 nên a = 3.
Khi đó đường thẳng d:y=3x+b đi qua M (-1;2) nên thay x = -1 và y = 2 ta được:
2=3.−1+b⇔b=5
Vậy a = 3 và b = 5
Giải hệ phương trình 3x+y=6x−y=−2.
3x+y=6x−y=−2⇔4x=4x−y=−2⇔x=11−y=−2⇔x=1y=3.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là x;y=1;3.
1) Giải phương trình x2−3x+2=0.
2) Cho phương trình x2−2mx−m2−2=0 (mlà tham số). Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1,x2 (với x1<x2) thỏa mãn hệ thức x2−2x1−3x1x2=3m2+3m+4.
a) Theo bài ra ta có: a=1; b=−3; c=2.
Ta lại có: a+b+c=1+−3+2=0.
Nên phương trình có hai nghiệm: x1=1 và x2=ca=21=2.
Vậy tập nghiệm của phương trình là S=1;2.
b) Phương trình x2−2mx−m2−2=0.
Vì a=1≠0 và ac=−m2−2<0 với mọi m nên phương trình có 2 nghiệm trái dấu với mọi m.
Mà x1<x2 nên x1<0<x2 suy ra x1=−x1 và x2=x2.
Khi đó theo định lí Vi-ét ta có: x1+x2=2mx1.x2=−m2−2 *.
Theo bài ta có: x2−2x1−3x1x2=3m2+3m+4
⇔x2+2x1−3x1x2=3m2+3m+4⇒x2+2x1=3m−2
Ta có: x1+x2=2mx1+2x2=3m−2⇔x1+x2=2mx2=m−2⇔x1+m−2=2mx2=m−2⇔x1=m+2x2=m−2
Thay vào (*) ta được: m+2m−2=−m2−2⇔m2−4=−m2−2
⇔2m2=2⇔m2=1⇔m=±1.
Vậy m=±1.
Cho đường tròn (O) và một điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (O) (với A, B là các tiếp điểm). Gọi C là điểm đối xứng với B qua O, đường thẳng MC cắt đường tròn (O) tại D (D khác C).
1) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp.
2) Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AD và MO Chứng minh MN2=ND⋅NA.
3) Gọi H là giao điểm của MO và AB. Chứng minh HAHD2−ACHN=1.
a) Vì MA và MB là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) nên MAO^=90° và MBO^=90°.
Xét tứ giác MAOB có: MAO^+MBO^=90°+90°=180°, mà hai góc này đối nhau nên tứ giác MAOB nội tiếp.
b) Do C đối xứng với B qua O nên BC là đường kính, do đó BAC^=90° hay AB⊥AC.
Ta có: OA = OB nên O nằm trên đường trung trực của AB.
MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên M nằm trên đường trung trực của AB
Suy ra OM là đường trung trực của AB do đó OM⊥AB.
Khi đó MN // AC (vì cùng vuông góc với AH) Do đó DMN^=ACM^ (so le trong).
Mà MAD^=ACM^ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn AD⏜).
Suy ra DMN^=MAD^.
Xét ΔMND và ΔANM có: N ^ là góc chung và DMN^=MAN^=MAD^.
Do đó ΔMND∽ΔANM (g.g) ⇒MNND=NAMN⇒MN2=ND⋅NA.
c) Dễ dàng chứng minh được ΔMAD∽ΔMCA (g.g) ⇒MAMC=MDMA⇒MA2=MD⋅MC.
Lại có MA2=MH⋅MO (hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông MAO)
Do đó MD⋅MC=MH⋅MO (cùng bằng MA2)
⇒MDMO=MHMC, mà ΔMDH và ΔMOC có M ^ là góc chung.
Do đó ΔMDH∽ΔMOC (g.g) nên MHD^=MCO^.
Mà MCO^=DCB^=DAB^=DAH^ (cùng chắn cung DB của đường tròn (O))
⇒MHD^=DAH^.
Lại có MHD^+DHA^=90° nên DAH^+DHA^=90°, suy ra DH⊥NA.
Do đó HN2=ND⋅NA.
Lại có MN2=ND⋅NA (câu b) nên HN2=MN2⇒HN=MN.
Ta có HA2HD2=AD⋅ANAD⋅DN=ANDN và ACHN=ACMN=ADDN (hệ quả định lí Thalès)
Suy ra HAHD2−ACHN=ANDN−ADDN=DNDN=1.
Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn 4x2+y2+4z2≤6y.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M=8x+32+16y+42+1z+12+2023.
Ta chứng minh bổ đề: 1m2+1n2≥8m+n2
Áp dụng BĐT Cauchy: 1m2+1n2≥21m2⋅n2=2mn.
Do mn≤m+n24 nên suy ra 1m2+1n2≥8m+n2.
Ta có: 4x2+4≥24x2⋅4=8x;4y2+4≥8y;4z2+4≥8z.
Cộng vế với vế ta được: 24≥8x+8z+2y⇔3≥x+z+y4.
Ta lại có: 1z+12+16y+42+8x+32=1z+12+1y4+12+8x+32
≥8z+y4+22+8x+32
≥8⋅8z+y4+2+x+32≥8⋅83+2+32=1.
⇒1z+12+16y+42+8x+32+2 023≥1+2 023=2 024.
Dấu “=” xảy ra khi x=1; y=4; z=1.
