19 đề ôn thi vào 10 chuyên hay có lời giải (Đề 14)

$A=\frac{\sqrt{3}-1+\sqrt{3}+1}{(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1)}+\frac{\sqrt{2}(2-\sqrt{3})}{\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{3}}{3-1}+2-\sqrt{3}=\sqrt{3}+2-\sqrt{3}=2$

$\{\begin{array}{c}3x-y=1\\ 2x+3y=8\end{array}\iff \{\begin{array}{c}y=3x-1\\ 2x+3(3x-1)=8\end{array}\iff \{\begin{array}{c}y=3x-1\\ 11x=11\end{array}\iff \{\begin{array}{c}y=3x-1\\ x=1\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x=1\\ y=2\end{array}$

Hệ có nghiệm duy nhất (1;2)

x² + 2x – 8 = 0. Có ∆’ = 1 + 8 = 9 > 0

a, Bảng giá trị

Đồ thị:

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): –x² = 4x – m ⇔ x² + 4x – m = 0 (1)

(d) và (P) có đúng 1 điểm chung ⇔ phương trình (1) có nghiệm kép ⇔ ∆’ = 2² – (–m) = 0

ó 4 + m = 0 ⇔ m = –4

Vậy m = –4

Phương trình có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂ ⇔ ∆ = 5² – 4(3m + 1) > 0 ⇔ 21 – 12m > 0

 ó m < 21/12 

Với m < 21/12 , ta có hệ thức $\left(\begin{array}{c}{x}_1+x_2=5\\ x_1{x}_2=3m+1\end{array}\right) Viet\text{'}$

$\Rightarrow |x_1-x_2|=\sqrt{{(x_1-x_2)}^2}=\sqrt{{(x_1+x_2)}^2-4x_1{x}_2}=\sqrt{5^2-4(3m+1)}=\sqrt{21-12m}=>|x_1^2-x_2^2|=\left|\right(x_1+x_2\left)\right(x_1-x_2\left)\right|=\left|5\right(x_1-x_2\left)\right|=5|x_1-x_2|=5\sqrt{21-12m}$

Ta có: $|x_1^2-x_2^2|=15\iff 5\sqrt{21-12m}=15\iff \sqrt{21-12m}=3\iff 21-12m=9\iff 12m=12\iff m=1$(t/m)

Vậy m = 1 là giá trị cần tìm

(x – 1)⁴ = x² – 2x + 3 (1)

(1) ${\left({(x-1)}^2\right)}^2=x^2-2x+3\iff {(x^2-2x+1)}^2=x^2-2x+3$

Đặt t = x² – 2x + 1, t≥0, phương trình (2) trở thành $t^2=t+2\iff t^2-t-2=0\iff (t-2)(t+1)=0$

 ó t = 2 (tm) hoặc t = –1 (loại)

Với t = 2 có $x^2-2x+1=2\iff x^2-2x-1=0\iff x=1\pm \sqrt{2}$

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là $\left(1-\sqrt{2};1+\sqrt{2}\right)$

a) Vì C, D thuộc nửa đường tròn đường kính AB nên

$ACB=ADB={90}^o\Rightarrow FCH=FDH={90}^o\Rightarrow FCH+FDH={180}^o$ 

Suy ra tứ giác CHDF nội tiếp

b) Vì AH ⊥ BF, BH ⊥ AF nên H là trực tâm ∆ AFB ⇒ FH ⊥ AB

$\Rightarrow CFH=CBA(={90}^o-CAB)\Rightarrow \Delta CFH~\Delta CBA(g.g)\Rightarrow \frac{CF}{CB}=\frac{CH}{CA}\Rightarrow CF.CA=CH.CB$

c) Vì  $FCH=FDH={90}^o$ nên tứ giác CHDF nội tiếp đường tròn tâm I đường kính FH

=> IC = ID. Mà OC = OD nên ∆ OCI = ∆ ODI (c.c.c) => COI = DOI

=> OI là phân giác của góc COD

d) Vì OC = CD = OD = R nên ∆ OCD đều => COD = 60^o

Có $CAD=\frac{1}{2}COD={30}^o=>CFD={90}^o-CAD={60}^o$ 

Xét góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung CD của (I), có

CID = 2CFD = 120^o => OIC = OID = $\frac{CID}{2}={60}^o$

Xét góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung CD của (I), có

CID = 2CFD = 120^o => OIC = OID $=\frac{CID}{2}={60}^o$

Mặt khác COI = DOI = $\frac{COD}{2}={30}^o=>OID+DOI={90}^o=>\Delta OID$ vuông tại D

Suy ra $OI=\frac{OD}{\sin {60}^o}=\frac{2R}{\sqrt{3}}$ 

Vậy I luôn thuộc đường tròn $\left(O;\frac{2R}{\sqrt{3}}\right)$ 

Từ điều kiện đề bài ta có $\frac{ab+bc+ca}{abc}=3\iff \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3$ 

Áp dụng hai lần bất đẳng thức Côsi cho hai số dương, ta có:

$a^2+bc\ge 2\sqrt{a^2.bc}=2a\sqrt{bc}\Rightarrow \frac{a}{a^2+bc}\le \frac{2}{2a\sqrt{bc}}=\frac{1}{2\sqrt{bc}}\frac{1}{\sqrt{b}}.\frac{1}{\sqrt{c}}\le \frac{1}{2}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\Rightarrow \frac{a}{a^2+bc}\le \frac{1}{4}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)$

Tương tự ta có: 

$\frac{b}{b^2+ca}\le \frac{1}{4}\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right);\frac{c}{c^2+ab}\le \frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\Rightarrow \frac{a}{a^2+bc}+\frac{b}{b^2+ca}+\frac{c}{c^2+ab}\le \frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\frac{3}{2}.$