Ôn thi Cấp tốc 789+ vào 10 môn Toán (Đề 4)

a) $A=3\sqrt{3}-\sqrt{50}-\sqrt{{\left(\sqrt{2}-1\right)}^2}=6\sqrt{2}-5\sqrt{2}-\left|\sqrt{2}-1\right|$$=\sqrt{2}-\sqrt{2}+1=1$ (vì $\sqrt{2}-1>0).$

Với $x\ge 0;x\ne 4;x\ne 9,$ ta có:

$$\begin{gathered} B=\left(\frac{3\sqrt{x}+6}{x-4}+\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}\right):\frac{x-9}{\sqrt{x}-3} \\ =\left[\frac{3\left(\sqrt{x}+2\right)}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}+\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}\right]:\frac{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}{\sqrt{x}-3} \\ =\left(\frac{3}{\sqrt{x}-2}+\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}\right):\left(\sqrt{x}+3\right)=\frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}-2}\cdot \frac{1}{\sqrt{x}+3}=\frac{1}{\sqrt{x}-2} \end{gathered}$$

b) Để $A-2B=3$ thì $1-\frac{2}{\sqrt{x}-2}=3\Rightarrow \sqrt{x}-2-2=3\sqrt{x}-6$

$\iff 2\sqrt{x}=2\iff \sqrt{x}=1\iff x=1$ (thỏa mãn)

Vậy x  = 1 thì A - 2B = 3

a) Số tiền cần phải trả khi mua x quyển vở là: $14000x$ (đồng).

Số tiền y cần trả khi mua x quyển vở và một hộp bút là $y=14000x+30000$ (đồng).

b) Theo đề bài, ta có: $14000x+30000\le 300000$

$\iff 14000x\le 270000\iff x\le \frac{135}{7}\approx 19,29$

Vậy bạn Minh mua tối đa được 19 quyển vở.

Độ dài bán kính của hình trụ là: $R\approx \frac{27,68}{2\cdot 3,14}\approx 6\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}(cm).}$

Thể tích của phần có dạng hình trụ là:

$V_1=\pi R^2\cdot 2R\approx 3,14\cdot 6^2\cdot \left(2\cdot 6\right)\approx 1356,48\left({\text{cm}}^{\text{3}}\right).$

Thể tích của phần có dạng hình nón là: $V_2=\frac{1}{3}\pi R^2\cdot R\approx 3,14\cdot 6^2\cdot 6\approx 226,08\left({\text{cm}}^{\text{3}}\right).$

Thể tích của chi tiết máy đó là: $V=V_1+V_2\approx 1582,56\left({\text{cm}}^{\text{3}}\right).$

a) Xét đường tròn (O) có:

• DE là dây không đi qua tâm O và I là trung điểm của DE

Suy ra $OI\perp DE$ tại I (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây) nên $\widehat{AIO}=90°.$

• AB, AC là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên $AB\perp OB,AC\perp OC$ (tính chất tiếp tuyến)

Suy ra $\widehat{ABO}=\widehat{ACO}=90°.$ Do đó $\widehat{ABO}=\widehat{ACO}=\widehat{AIO}=90°.$

Vậy năm điểm A, B, I, O, C cùng thuộc một đường tròn đường kính AO

b) Xét đường tròn (O;R) có AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Mà $OB=OC=R$ nên OA là đường trung trực của BC

Do đó $OA\perp BC$ tại H hay $\widehat{AHK}=90°.$

Xét $\Delta AHK$ và $\Delta AIO$ có: $\widehat{AHK}=\widehat{AIO}=90°$ và $\widehat{HAK}$ là góc chung

Do đó $\Delta AHK\backsim \Delta AIO\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}(g.g).}$ Suy ra $\frac{AH}{AI}=\frac{AK}{AO}$ hay $AK\cdot AI=AH\cdot AO.$

Ta có BD // AC nên $\widehat{BDE}=\widehat{FAE}$ (hai góc so le trong)

Mà $\widehat{BDE}=\widehat{FBA}$ (cùng chắn $\stackrel{⏜}{EB}$ của $\left(O;R\right))$ nên $\widehat{FAE}=\widehat{FBA}.$

Xét $\Delta AFE$ và $\Delta BFA$ có: $\widehat{AFE}$ là góc chung và $\widehat{FAE}=\widehat{FBA}.$

Do đó $\Delta AFE\backsim \Delta BFA\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}(g.g).}$

c) Ta có $\Delta AFE\backsim \Delta BFA$ (câu b) suy ra $\frac{FE}{FA}=\frac{FA}{FB}$ hay $F{A}^2=FB\cdot FE.\left(1\right)$

Xét $\Delta FEC$ và $\Delta FCB$ có: $\widehat{EFC}$ là góc chung và $\widehat{FCE}=\widehat{FBC}$ (cùng chắn $\stackrel{⏜}{EC}$ của $\left(O;R\right))$

Do đó $\Delta FEC\backsim \Delta FCB\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}(g.g).}$ Suy ra $\frac{FE}{FC}=\frac{FC}{FB}$ hay $F{C}^2=FB\cdot FE.\left(2\right)$

Từ (1) và (2) suy ra $F{A}^2=F{C}^2$ nên FA = FC. Do đó F là trung điểm của đoạn thẳng AC

Gọi G là giao điểm của FK và BD

Ta có BG // FC suy ra $\frac{BG}{FC}=\frac{KG}{KF}$ (hệ quả định lí Thalès);

DG // AF suy ra $\frac{DG}{AF}=\frac{KG}{KF}$ (hệ quả định lí Thalès).

Suy ra $\frac{BG}{FC}=\frac{DG}{AF}$ mà AF = CF nên BG = DG. Do đó G là trung điểm của BD

Kéo dài AB cắt D tại J. Gọi G' là giao điểm của JF và BD.

• Xét $\Delta JAF$ có BG' // AF nên ta có:  $\frac{B{G}^{\text{'}}}{AF}=\frac{J{G}^{\text{'}}}{JF}$ (hệ quả định lí Thalès);

• Xét $\Delta JFC$ có DG' // CF nên ta có:  $\frac{D{G}^{\text{'}}}{CF}=\frac{J{G}^{\text{'}}}{JF}$ (hệ quả định lí Thalès).

Do đó $\frac{B{G}^{\text{'}}}{AF}=\frac{D{G}^{\text{'}}}{CF}$ mà AF = CF nên BG' = DG'

Khi đó G' là trung điểm của BD nên $G^{\text{'}}\equiv G.$

Do đó ba điểm F, K, J thẳng hàng.

Vậy ba đường thẳng AB, CD, FK đồng quy.

Ta có ${\left(a+b\right)}^3=2\left(1-a^2-b^2\right)\iff {(a+b)}^3+2\left(a^2+b^2\right)=2.$

Vì a > 0, b > 0 ta có $2\left(a^2+b^2\right)\ge {\left(a+b\right)}^2$ (theo AM – GM)

$$\begin{gathered} \Rightarrow {\left(a+b\right)}^3+{\left(a+b\right)}^2\le 2\iff {\left(a+b\right)}^3+{\left(a+b\right)}^2-2\le 0 \\ \iff \left(a+b-1\right)\left[{\left(a+b\right)}^2+2\left(a+b\right)+2\right]\le 0 \end{gathered}$$

$\iff a+b-1\le 0$ (vì ${\left(a+b\right)}^2+2\left(a+b\right)+2>0$ với a > 0, b > 0)

Chứng minh bất đẳng thức phụ sau: $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge \frac{4}{x+y}\left(x>0,y>0\right)(*)$

Ta có $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge \frac{4}{x+y}\iff {\left(x+y\right)}^2\ge 4xy\iff {\left(x-y\right)}^2\ge 0$ (luôn đúng)

Áp dụng bất đẳng thức (*), ta được:

$\frac{1}{ab}+\frac{1}{a^2+b^2}\ge \frac{4}{a^2+b^2+2ab}\iff \frac{1}{2ab}+\frac{1}{a^2+b^2}\ge \frac{4}{{\left(a+b\right)}^2}\ge 4$ (vì $a+b\le 1$)

Với $a>0,b>0$, ta có $1\ge a+b\ge 2\sqrt{ab}\Rightarrow 1\ge 4ab\Rightarrow \frac{1}{2ab}\ge 2.$

Khi đó $M=\frac{1}{ab}+\frac{1}{a^2+b^2}=\left(\frac{1}{2ab}+\frac{1}{a^2+b^2}\right)+\frac{1}{2ab}\ge 4+2\iff M\ge 6.$

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=\frac{1}{2}.$

Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 6 khi và chỉ khi $a=b=\frac{1}{2}.$