19 đề ôn thi vào 10 chuyên hay có lời giải (Đề 16)

$\begin{array}{c}A=\frac{4}{3+\sqrt{5}}-\frac{8}{1+\sqrt{5}}+\frac{15}{\sqrt{5}}\\ =\frac{4(3-\sqrt{5})}{4}-\frac{8(1-\sqrt{5})}{-4}+\frac{15\sqrt{5}}{5}=3-\sqrt{5}+2-2\sqrt{5}+3\sqrt{5}=5\end{array}$

$\begin{array}{c}B=\sqrt{\sqrt{2}+2\sqrt{\sqrt{2}-1}}+\sqrt{\sqrt{2}-2\sqrt{\sqrt{2}-1}}\\ =\sqrt{{(\sqrt{\sqrt{2}-1}+1)}^2}+\sqrt{{(\sqrt{\sqrt{2}-1}-1)}^2}\\ =\sqrt{\sqrt{2}-1}+1+1-\sqrt{\sqrt{2}-1}\\ =2\end{array}$

$\begin{array}{c}C=\frac{a^2-\sqrt{a}}{a+\sqrt{a}+1}-\frac{a^2+\sqrt{a}}{a-\sqrt{a}+1}+a+1(DK:a\ge 0)\\ C=\frac{\sqrt{a}\left[{\left(\sqrt{a}\right)}^3-1\right]}{a+\sqrt{a}+1}-\frac{\sqrt{a}\left[{\left(\sqrt{a}\right)}^3+1\right]}{a-\sqrt{a}+1}+a+1\end{array}\begin{array}{c}=\sqrt{a}(\sqrt{a}-1)-\sqrt{a}(\sqrt{a}+1)+a+1\\ =a-\sqrt{a}-a-\sqrt{a}+a+1\\ ={\left(\sqrt{a}-1\right)}^2\end{array}$

$\frac{1}{3x-1}+\frac{1}{2x+4}=\frac{1}{9x-2}+\frac{1}{5-4x}ĐK: x\ne \frac{1}{3},x\ne -2,x\ne \frac{2}{9},x\ne \frac{5}{4}$

Ta có pt: $\frac{5x+3}{(3x-1)(2x+4)}=\frac{5x+3}{(9x-2)(5-4x)}$

$\begin{array}{c}<=>\left(\begin{array}{c}x=\frac{-3}{5}\\ (3x-1)(2x+4)=(9x-2)(5-4x)\end{array}\right)<=>\left(\begin{array}{c}x=-\frac{3}{5}\\ 6x^2+12x-2x-4=-36x^2+45x+8x-10\end{array}\right)\\ <=>\left(\begin{array}{c}x=-\frac{3}{5}\left(TM\right)\\ x=\frac{6}{7}\left(TM\right)\\ x=\frac{1}{6}\left(TM\right)\end{array}\right)\end{array}$

Vậy phương trình đã có có 3 nghiệm phân biệt như trên.

Ta có: $x^3+y^3={(x+y)}^2<=>(x+y)(x^2-xy+y^2-x-y)=0$

Vì x, y nguyên dương nên x+y > 0, ta có: $x^2-xy+y^2-x-y=0$

$\begin{array}{c}\iff 2(x^2-xy+y^2-x-y)=0\\ \iff {\left(x-y\right)}^2+{\left(x-1\right)}^2+{(y-1)}^2=2\end{array}$

Vì x, y nguyên nên có 3 trường hợp:

+ Trường hợp 1: $\{\begin{array}{c}x-y=0\\ {\left(x-1\right)}^2=1\iff x=y=2,z=4\\ {\left(y-1\right)}^2=1\end{array}$

+ Trường hợp 2: $\{\begin{array}{c}x-1=0\\ {\left(x-y\right)}^2=1\iff x=1,y=2,z=3\\ {\left(y-1\right)}^2=1\end{array}$

+ Trường hợp 3: $\{\begin{array}{c}y-1=0\\ {\left(x-y\right)}^2=1\\ {\left(x-1\right)}^2=1\end{array}\iff x=2,y=1,z=3$

Vậy hệ có 3 nghiệm (1,2,3);(2,1,3);(2,2,4)

Gọi điểm 2 vận động viên gặp nhau cách đỉnh đồi x km (x>0)

Thời gian B đã chạy là  $\frac{6-x}{12}$  . Đổi 15p = 1/4 (giờ)

Thời gian A đã chạy từ chân đồi đến đỉnh đồi là $\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$ (giờ)

Thời gian A đã chạy từ đỉnh đồi đến chỗ gặp nhau là x/15

Ta có phương trình: $\frac{1}{4}+\frac{6-x}{12}=\frac{x}{15}+\frac{3}{5}$

Giải phương trình được x= 1(km)

a. Ta thấy AN^ BI ,BM ^AI , nên K là trực tâm tam giác IAB. Do đó IK^ AB

b. Vì DAEK∽ DANB ∽ nên AK. AN =AE .AB

Tương tự vì DBEK∽ DBMA ∽ nên BK .BM =BE. BA

Vậy AK.AN+BK.BM=AE.AB+BE.BA=AB²

Chỉ ra sđ MN=60^o nên tính được AIB=60^o , do đó điểm I thuộc cung chứa góc 60^o dựng trên đoạn AB.

Diện tích tam giác IAB lớn nhất khi IE lớn nhất (IE là đường cao của tam giác IAB), khi đó I nằm chính giữa cung chứa góc 60^o dựng trên đoạn AB tương ứng với MN song song với AB.

Ta có: p+(p+2)=2(p+1)

Vì p lẻ nên $(p+1)⋮2=>2(p+1)⋮4$ (1)

Vì p, (p+1), (p+2) là 3 số tự nhiên liên tiếp nên có ít nhất một số chia hết cho 3, mà p và (p+2) nguyên tố nên $(p+1)⋮3$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra  $\left[p+(p+2)\right]⋮12$ (đpcm)

$Đặt \{\begin{array}{c}x=a^3\\ y=b^3\\ z=c^3\end{array}, vì \{\begin{array}{c}x,y,z>0\\ xyz=1\end{array}=>\{\begin{array}{c}a,b,c>0\\ abc=1\end{array}$

Ta có: $x+y+1=a^3+b^3+1=(a+b)(a^2-ab+b^2)+1\ge (a+b)ab+1=ab(a+b+c)=\frac{a+b+c}{c}$

Do đó: $\frac{1}{x+y+1}\le \frac{c}{a+b+c}$

Tương tự ta có: $\begin{array}{c}\frac{1}{y+z+1}\le \frac{a}{a+b+c}\\ \frac{1}{z+x+1}\le \frac{b}{a+b+c}\end{array}$

Cộng 3 bất đẳng thức trên theo vế ta có đpcm