19 đề ôn thi vào 10 chuyên hay có lời giải (Đề 17)

Ta có với mọi số nguyên m thì m² chia cho 5 dư 0 , 1 hoặc 4.

+ Nếu n² chia cho 5 dư 1 thì  $n^2=5k+1=>n^2+4=5k+5⋮5;k\in N^{*}.$

Nên n²+4 không là số nguyên tố

+ Nếu n² chia cho 5 dư 4 thì $n^2=5k+4=>n^2+16=5k+20⋮5;k\in N^{*}.$

Nên n²+16 không là số nguyên tố.

Vậy n² $⋮$ 5 hay n $⋮$5

$x^2-2y(x-y)=2(x+1)<=>x^2-2(y+1)x+2(y^2-1)=0\left(1\right)$

Để phương trình (1) có nghiệm nguyên x thì D' theo y phải là số chính phương

+ Nếu $\Delta \text{'}=4=>{(y-1)}^2=0<=>y=1$ thay vào phương trình (1) ta có :

$x^2-4x=0<=>x(2-4)<=>[\begin{array}{c}x=0\\ x-4\end{array}$

+ Nếu $\Delta \text{'}=1=>{(y-1)}^2=3<=>y\notin Z.$

+ Nếu $\Delta \text{'}=0=>{(y-1)}^2=4<=>[\begin{array}{c}y=3\\ y=-1\end{array}$

+ Với y = 3 thay vào phương trình (1) ta có:  $x^2-8x+16=0<=>{(x-4)}^2=0<=>x=4$

+ Với y = -1 thay vào phương trình (1) ta có: $x^2=0<=>x=0$

Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm nguyên $(x;y)\in \text{{(0;1);(4;1);(4;3);(0;-1)}}$

$A=\frac{\sqrt{2}(3+\sqrt{5})}{2\sqrt{2}+\sqrt{3+\sqrt{5}}}+\frac{\sqrt{2}(3-\sqrt{5})}{2\sqrt{2}-\sqrt{3-\sqrt{5}}}2\left(\frac{3+\sqrt{5}}{4+\sqrt{{(\sqrt{5}+1)}^2}}+\frac{3-\sqrt{5}}{4-\sqrt{{(\sqrt{5}-1)}^2}}\right)=2\left(\frac{3+\sqrt{5}}{5+\sqrt{5}}+\frac{3-\sqrt{5}}{5-\sqrt{5}}\right)2\left(\frac{(3+\sqrt{5})(5-\sqrt{5})+(3-\sqrt{5})(5+\sqrt{5})}{(5+\sqrt{5})(5-\sqrt{5})}\right)=2\left(\frac{15-3\sqrt{5}+5\sqrt{5}-5+15+3\sqrt{5}-5\sqrt{5}-5}{25-5}\right)=2.\frac{20}{20}=2Vậy A=2$

Phương trình

$\begin{array}{c}(x-2)(x-3)(x+4)(x+5)=m\\ <=>(x^2+2x-8)(x^2+2x-15)=m\left(1\right)\end{array}$

Đặt $x^2+2x+1={(x+1)}^2=y(y\ge 0)$ phương trình (1) trở thành:

$(y-9)(y-16)=m<=>y^2-25y+144-m=0\left(2\right)$

Nhận xét: Với mỗi giá trị y > 0 thì phương trình: (x+1)²=y có 2 nghiệm phân biệt, do đó phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệtÛ phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt.

$\left(\begin{array}{c}\Delta \text{'}>0\\ S>0\\ P>0\end{array}\right)<=>\left(\begin{array}{c}\Delta \text{'}=4m+49>0\\ 25>0\\ 144-m>0\end{array}\right)<=>\frac{-49}{4}<n<144$

Vậy với $\frac{-49}{4}<n<144$ thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. 

Điều kiện: $x\ge 1(*)$

Ta có: $\begin{array}{c}{x}^2-x-4=2\sqrt{x-1}(1-x)\\ <=>x^2+2x\sqrt{x-1}+x-1-2(x+\sqrt{x-1})-3=0\end{array}$

Đặt: $x+\sqrt{x-1}=y(y\ge 1)(**)$ phương trình trở thành $y^2-2y-3=0$

$y^2-2y-3=0<=>(y+1)(y-3)=0<=>\left(\begin{array}{c}y=-1\\ y=3\end{array}\right)$

+ Với y = -1 không thỏa mãn điều kiện (**).

+ Với y = 3 ta có phương trình:

$x+\sqrt{x-1}=3<=>\sqrt{x-1}=3-x<=>\left(\begin{array}{c}x\le 3\\ x-1=9-6x+x^2\end{array}\right)<=>\left(\begin{array}{c}x\le 3\\ x^2-7x+10=0\end{array}\right)<=>\left(\begin{array}{c}x\le 3\\ \left(\begin{array}{c}x=2\\ x=5\end{array}\right)\end{array}\right)<=>x=2$

thỏa mãn điều kiện (*). Vậy phương trình có nghiệm x = 2.

$\{\begin{array}{c}{x}^3+x{y}^2-10y=0\\ x^2+6y^2=10\end{array}<=>\{\begin{array}{c}{x}^3+x{y}^2-(x^2+6y^2)y=0\text{ (1)}\\ x^2+6y^2=10\text{ (2)}\end{array}$

Từ phương trình (1) ta có:

$\begin{array}{c}{x}^3+x{y}^2-(x^2+6y^2)y=0\\ <=>x^3+x{y}^2-x^{2}y-6y^3=0\\ <=>x^3-2x^{2}y+x^{2}y-2x{y}^2+3x{y}^2-6y^3=0\\ <=>(x-2y)(x^2+xy+3y^2)=0\end{array}<=>[\begin{array}{c}x=2y\\ x^2+xy+3y^2=0\end{array}$

+ Trường hợp 1: $x^2+xy+3y^2=0<=>{(x+\frac{y}{2})}^2+\frac{11y^2}{4}=0=>x=y=0$

Với x= y = 0 không thỏa mãn phương trình (2).

+ Trường hợp 2: x= 2y thay vào phương trình (2) ta có: 

$4y^2+8y^2=12<=>y^2=1<=>[\begin{array}{c}y=1=>x=2\\ y=-1=>x=-2\end{array}$

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm $(x;y)\in \text{{}(2;1);(-2;-1)\text{}}$

a, Ta có AKB =AEB  (vì cùng chắn cung AB của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB)

Mà ABE =AEB  (tính chất đối ứng) suy ra AKB= ABE (1)

AKC= AFC (vì cùng chắn cung AC của đường tròn ngoại tiếp tam giác AFC)

ACF= AFC  (tính chất đối xứng)

Gọi (O’) là đường tròn đi qua bốn điểm B, H,C, K. Ta có dây cung $BC=R\sqrt{3}$

BKC=60^o= BAC nên bán kính đường tròn (O’) bằng bán kính R của đường tròn (O).

Gọi M là giao điểm của AH và BC thì MH vuông góc với BC, kẻ KN vuông góc với BC (N thuộc BC), gọi I là giao điểm của HK và BC.

Ta có BOC=120^o ;BKC =60^o suy ra BOC +BKC =180⁰  nên tứ giác BOCK nội tiếp đường tròn.

Ta có OB=OC=R suy ra OB= OC=> BKO= CKO  hay KO là phân giác góc BKC theo phần (a) KA

Ta có:

 $P=\frac{1}{x(\frac{1}{z^2}+\frac{1}{y^2})}+\frac{1}{y(\frac{1}{z^2}+\frac{1}{x^2})}+\frac{1}{z(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2})}$

Đặt: $\frac{1}{x}=a;\frac{1}{y}=b;\frac{1}{z}=c$ thì a,b,c>0 và a²+b²+c²=1

$P=\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{c^2+a^2}+\frac{c}{a^2+b^2}=\frac{a^2}{a(1-a^2)}+\frac{b^2}{b(1-b^2)}+\frac{c^2}{c(1-c^2)}$

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có:

$\begin{array}{c}{a}^2{\left(1-a^2\right)}^2=\frac{1}{2}.2a^2(1-a^2)(1-a^2)\le \frac{1}{2}\left(\frac{2a^2+1-a^2+1-a^2}{3}\right)=\frac{4}{27}\\ =>a(1-a^2)\le \frac{2}{3\sqrt{3}}<=>\frac{a^2}{a(1-a^2)}\ge \frac{3\sqrt{3}}{2}{a}^2\left(1\right)\end{array}$

Tương tự: $\frac{b^2}{b(1-b^2)}\ge \frac{3\sqrt{3}}{2}{b}^2\left(2\right);\frac{c^2}{c(1-c^2)}\ge \frac{3\sqrt{3}}{2}{c}^2\left(3\right)$

Từ (1); (2); (3) ta có $P\ge \frac{3\sqrt{3}}{2}(a^2+b^2+c^2)=\frac{3\sqrt{3}}{2}$

Đẳng thức xảy ra $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}hay x=y=z=\sqrt{3}$

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là $\frac{3\sqrt{3}}{2}$