Ôn thi Cấp tốc 789+ vào 10 môn Toán (Đề 8)

x2+8x+15=0⇔x2+3x+5x+15=0⇔x2+3x+5x+15=0⇔xx+3+5x+3=0⇔x+3x+5=0⇔x+3=0x+5=0⇔x=−3x=−5

Vậy tập nghiệm của phương trình là S=−3;  −5.

Đặt t=x2  t ≥0.

Khi đó phương trình (1) trở thành t2−3t−4=0(2).

Ta có a=1; b=−3; c=−4

Khi đó Δ=b2−4ac=−32−4 . 1 . −4=25>0⇒Δ=25=5

Vậy phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt

t1=−b+Δ2a=3+52=4 (nhận)

t2=−b−Δ2a=3−52=−1 (loại)

Với t=t1=4 ta có x2=4. Suy ra x1=2; x2=−2.

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là S = {-2;2}

2x+3y=13x−3y=2⇔3x=15x−3y=2⇔x=5x−3y=2⇔x=55−3y=2⇔x=5y=1

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) = (5;1)

A=2−12−1318=2−12−1318=2−1−139 . 2=2−1−2=−1.

Hàm số xác định với mọi x∈ℝ.

Bảng giá trị:

Nhận xét: Đồ thị hàm số y=−2x2 là một đường cong parabol đi qua gốc tọa độ O(0;0) nhận trục Oy làm trục đối xứng, nằm phía dưới trục hoành, điểm O là điểm cao nhất của đồ thị.

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y=−2x2 và đường thẳng y=x−m  là −2x2=x−m⇔2x2+x−m=0

Ta có Δ=12−4 . 2 . −m=1+8m.

Để đồ thị hàm số y=−2x2 và đường thẳng y=x−m  có điểm chung thì Δ≥0⇒1+8m≥0⇔m≥−18⋅

Vì x₁ , x₂ là hai nghiệm của phương trình 3x2+5x−1=0 nên theo hệ thức Vi-ét thì x1+x2=−ba=−53x1x2=ca=−13.T=6x1−7x1x2+6x2=6x1+x2−7x1x2=6−53−7.−13=−233

Gọi x (phút) là thời gian chỉ riêng vòi thứ nhất chảy đầy bể nước.

       y (phút) là thời gian chỉ riêng vòi thứ hai chảy đầy bể nước. (x; y > 0)

Mỗi phút vòi thứ nhất chảy được 1x (bể nước).

Mỗi phút vòi thứ hai chảy được 1y  (bể nước).

Vì cả hai vòi cùng chảy sau 40 phút thì đầy bể nên mỗi phút cả hai vòi cùng chảy được 140 (bể nước).

Từ đó ta có phương trình 1x+1y=140  1 

Khi mở vòi thứ nhất chảy trong 15 phút rồi khóa lại, sau đó mở vòi thứ hai chảy tiếp trong 20 phút thì lúc này lượng nước trong bể chiếm 512 thể tích của bể nước nên ta có phương trình

 15⋅1x+20⋅1y=512  2 

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình 1x+1y=14015⋅1x+20⋅1y=512

 ⇔1x=1601y=1120⇔x=60y=120 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy nếu mở riêng từng vòi thì thời gian để vòi thứ nhất chảy đầy bể là 60 phút, thời gian để vòi thứ hai chảy đầy bể là 120 phút.

Độ dài đường cao của hình nón là: h=l2−r2=102−62=8  (cm)

Thể tích của hình nón là: V=13πr2h=13π . 62 . 8=96π  cm3.

1) Xét tứ giác AMNC có

CAM^=CAB^=90° (ΔABC vuông tại A,  M∈AB).

CNM^=90° (MN⊥BC).

Suy ra CAM^+CNM^=90°+90°=180°.

Vậy tứ giác AMNC nội tiếp (tổng hai góc đối bằng 180^o ).2)

Xét ANBK có

KAB^=90° (kề bù với góc vuông CAB).

KNB^=MNB^=90° (MN vuông góc BC, K thuộc đường thẳng MN).

Suy ra KAB^=KNB^=90°.

Do đó tứ giác ANBK nội tiếp (hai đỉnh A, N kề nhau cùng nhìn cạnh BK dưới một góc bằng 90^o )

Suy ra ABK^=ANK^ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AK)                 (1)

Vì tứ giác AMNC nội tiếp (chứng minh câu 5.1)

nên ANM^=ACM^ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM).

hay ANK^=ACM^ (K thuộc đường thẳng MN)  (2)

Từ (1) và (2) suy ra ABK^=ACM^.

3)

Xét ΔBCK có BA là đường cao, KN là đường cao, M là giao điểm của BA và K

Suy ra M là trực tâm của ΔBCK.

Do đó CM⊥BK      (1)

Xét đường tròn đường kính BM có MDB^=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra MD⊥BK    (2)

Từ (1) và (2) suy ra ba điểm C, M, D thẳng hàng. Do đó CD⊥BK.

Diện tích ΔBIC là SBIC=12 . r . BC.

Diện tích ΔBIK là SBIK=12 . r . BK.

Diện tích ΔCIK là SCIK=12 . r . CK.

Diện tích ΔBCK là SBCK=12KN . BC=12BK . CD=12CK . AB.

Suy ra 12BC=SBCKKN;  12BK=SBCKCD;  12CK=SBCKAB.

Mà SBCK=SBIC+SBIK+SCIK

Hay SBCK=r⋅SBCKKN+r⋅SBCKCD+r⋅SBCKAB

Do đó SBCK=r . SBCK1KN+1CD+1AB

Vậy 1r=1KN+1CD+1AB⋅