Ôn thi Cấp tốc 789+ vào 10 môn Toán (Đề 3)

1) Theo bài ra Q=xx+4 với x≥0;  x≠1.

Thay x = 4 (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức Q  ta có: Q=44+4=28=14.

2) Với x≥0;  x≠1, ta có:

P=x−6x+1x−1−x−1x+1:x+41−x=x−6x+1x−1x+1−x−1x+1:x+41−x

=x−6x+1−x−12x−1x+1⋅1−xx+4=x−6x+1−x+2x−1x−1⋅1−xx+4

=−4xx−1⋅−x−1x+4=4xx+4=4⋅xx+4=4⋅Q.

Vậy P=4Q với x≥0;  x≠1.

3) Ta có P=4xx+4 với x≥0;  x≠1.

Với x≥0;  x≠1. ta có 4x≥0 và x+4>0 nên P=4xx+4≥0  1

Ta cũng có: P=4xx+4=x+4−x−4x+4x+4=1−x−22x+4.

Với x≥0;  x≠1, ta có x−22≥0 và x+4>0 nên x−22x+4≥0⇒1−x−22x+4≤1 

Hay P≤1       2.

Từ (1) và (2) suy ra 0≤P≤1. 

Mà P nhận giá trị là số nguyên nên P∈0;  1.

• Với P = 0 ta có 4xx+4=0⇔x=0⇔x=0 (thỏa mãn);

• Với P = 1 ta có 4xx+4=1⇔4x=x+4⇔x+4−4x=0

⇔x−22=0⇔x−2=0⇔x=4 (thỏa mãn).

Vậy x∈0;  4 thì P nhận giá trị là số nguyên.

1) Với m = 2 hệ phương trình đã cho có dạng:

2x+y=3−x+y=2⇔3x=1−x+y=2⇔x=13−13+y=2⇔x=13y=73.

Vậy với m = 2 hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x;y=13;73.

2) Xét hệ phương trình mx+y=3  1−x+y=2  2.

Từ (2) ta có y=x+2  3

Thay (3) vào (1) ta được: mx+x+2=3⇔m+1x=1   4.

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi phương trình (4) có nghiệm duy nhất ⇔m+1≠0⇔m≠−1.

Với m≠−1 phương trình (4) có nghiệm duy nhất x=1m+1.

Từ (2) ta có y=1m+1+2=2m+3m+1.

Với m≠−1 hệ phương trình có nghiệm duy nhất x;y=1m+1;2m+3m+1.

Theo bài ra x2+y2=10⇔1m+12+2m+3m+12=10⇔1+2m+32=10m+12

⇔1+4m2+12m+9=10m2+20m+10

⇔6m2+8m=0⇔2m3m+4=0⇔m=0m=−43 (tm). 

Vậy m∈−43;0 thỏa mãn đề bài.

1) Đường thẳng d:y=x+m đi qua điểm A2;8⇔2+m=8⇔m=6.

Vậy m = 6 thì (d) đi qua điểm A (2;8)

2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:

2x2=x+m⇔2x2−x−m=0.  *

Phương trình (*) có: Δ=−12−4⋅2⋅−m=1+8m.

Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1,x2 thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1,x2⇔Δ>0⇔1+8m>0⇔m>−18.

Theo định lí Vi-et ta có: x1+x2=12x1.x2=−m2.

Theo bài ra: x1+x2−3x1x2=5⇔12−3⋅−m2=5⇔1+3m=10

 ⇔3m=9⇔m=3 (thỏa mãn).

Vậy m = 3 là giá trị cần tìm.

a) Ta có: AKH^=90° (vì HK⊥AB tại K);

AIH^=90° (vì HI⊥AC tại I)

Xét tứ giác AKHI có:

AKH^+AIH^=90°+90°=180°, mà hai góc này ở vị trí đối nhau.

Vậy tứ giác AKHI nội tiếp đường tròn.

b) Vì tứ giác AKHI nội tiếp đường tròn (cmt) nên HKI^=HAI^ (hai góc nội tiếp cùng chắn HI⏜)

Hay HKE^=IAE^.

Xét ΔEKH và ΔEAI có: KEH^=AEI^ (hai góc đối đỉnh) và HKE^=IAE^

Do đó: ΔEKH∽ΔEAI (g.g) ⇒EKEA=EHEI⇒EA⋅EH=EK⋅EI.

c) Kẻ đường kính AF của đường tròn (O;R); Gọi J là giao điểm của KI và AO.

Xét đường tròn (O;R) có F1^=B1^ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC (1) 

Lại có B1^=H1^ (vì cùng phụ với H2^) (2)

Vì tứ giác AKHI nội tiếp đường tròn (cmt)

nên H1^=I1^ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AK) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: F1^=I1^.

Mà trong đường tròn (O;R) có: ACF^=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Hay A1^+F1^=90°    4.  

Từ (3) và (4) suy ra A1^+I1^=90°⇒AJI^=90°.

Vậy KI vuông góc với AO.

d) Giả sử điểm A và đường tròn (O;R) cố định, còn dây BC thay đổi sao cho AB⋅AC=3R2.

Có ACF^=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

ABH^=AFC^ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC⏜ của đường tròn O;R.

Xét ΔAHB và ΔACF có: AHB^=ACF^=90° và ABH^=AFC^.

Do đó: ΔAHB∽ΔACF (g.g). Suy ra AHAC=ABAF⇒AH=AB⋅ACAF=3R22R=3R2.

Ta có: SABC=12AH⋅BC=12⋅3R2⋅BC=3R4⋅BC.

Do R không đổi nên SABC lớn nhất ⇔BC lớn nhất.

Gọi M là trung điểm của BC thì OM⊥BC. Do đó BC lớn nhất ⇔OM bé nhất.

Ta có OM≥AM−AO≥AH−AO=3R2−R=R2.

OM bé nhất bằng R2⇔A,O,M thẳng hàng và H≡M.

Khi đó AH=AM=AO+OM=R+R2=3R2

Vậy diện tích ΔABC lớn nhất khi BC cách A một khoảng bằng 3R2(ΔABC đều).

Gọi bán kính đáy của hình nón là R

Do diện tích của đáy hình nón là S=16π⇒πR2=16π⇒R=4cm.

Theo giả thiết chiều cao của hình nón gấp 3 lần bán kính đáy nên chiều cao của hình nón là:

h=3R=3.4=12cm

Thể tích hình nón là: V=13S⋅h=13⋅16π⋅12=64πcm3.

Vậy thể tích hình nón là \64π   cm3.

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho ba số dương ta có:

P=xy3y32+y32+4+yz3z32+z32+4+zx3x32+x32+4

P≤xy33⋅y32⋅y32⋅43+yz33⋅z32⋅z32⋅43+zx33⋅x32⋅x32⋅43=xy33y2+yz33z2+zx33x2

P≤xy+yz+zx3

Lại có x−y2+y−z2+z−x2≥0,  ∀x,y,z

⇔x2+y2+z2≥xy+yz+zx

⇔x+y+z2≥3xy+yz+zx

⇔xy+yz+zx≤x+y+z3=623=12

⇒P≤123=4

Dấu "=" xảy ra khi x=y=zx+y+z=6⇔x=y=z=2.

Vậy MaxP=4⇔x=y=z=2.