Quay lại giao diện cũ
Đề thi tuyển sinh lớp 10 Sở GD&ĐT Thanh Hóa năm 2019 - 2020
Cho biểu thức $A = \dfrac{\sqrt x + 2}{\sqrt x + 3} - \dfrac5{x + \sqrt x - 6} - \dfrac1{\sqrt x-2}$ với $x\ge 0$ và $x \ne 4$.
1. Rút gọn biểu thức $A$.
2. Tính giá trị của $A$ khi $x = 6+4\sqrt2$.
Hướng dẫn giải
1.
Với $x\ge 0$ và $x \ne 4$.
Ta có: $A = \dfrac{\sqrt x + 2}{\sqrt x + 3} - \dfrac5{(\sqrt x - 2)(\sqrt x + 3)} - \dfrac1{\sqrt x-2}$
$= \dfrac{x-4}{(\sqrt x - 2)(\sqrt x + 3)} - \dfrac{5}{(\sqrt x - 2)(\sqrt x + 3)} - \dfrac{\sqrt x + 3}{(\sqrt x - 2)(\sqrt x + 3)}$
$=\dfrac{x-4-5-\sqrt x-3}{(\sqrt x - 2)(\sqrt x + 3)} = \dfrac{x -\sqrt x - 12}{(\sqrt x - 2)(\sqrt x + 3)} = \dfrac{\sqrt x - 4}{\sqrt x - 2}$.
2.
Với $x = 6 + 4\sqrt 2$ (thỏa mãn ĐKXĐ)
$x = 2^2 + 2.2.\sqrt 2 + (\sqrt 2)^2 = (2+\sqrt 2)^2$.
$\Rightarrow \sqrt x = \sqrt{(2+\sqrt 2)^2} = 2+\sqrt 2$.
Thay $\sqrt x = 2+\sqrt 2$ vào $A = \dfrac{\sqrt x - 4}{\sqrt x - 2}$ ta có
$A = \dfrac{2+\sqrt2-4}{2+\sqrt2-2} = \dfrac{\sqrt2 - 2}{\sqrt 2} = 1-\sqrt2$.
1. Cho đường thẳng $(d):$ $y = ax+b$. Tìm $a$ và $b$ để đường thẳng $(d)$ song song với đường thẳng $(d'):$ $y = 5x+6$ và đi qua điểm $A(2;3)$.
2. Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{aligned} & 3x + 2y = 11\\ & x + 2y = 5\\ \end{aligned}\right.$.
Hướng dẫn giải
1.
Đường thẳng $(d)$ song song với $(d')$ nên $a = 6$.
Vì $(d)$ đi qua điểm $A(2;3)$ nên $3 = 5.2 + b \Leftrightarrow b = -7.$
Vậy $a = 5,$ $b = -7$.
2.
$\left\{ \begin{aligned} & 3x + 2y = 11\\ & x + 2y = 5\\ \end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} & 3x + 2y = 11\\ & 2x = 6\\ \end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} & x = 3\\ & 9 + 2y = 11\\ \end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} & x = 3\\ & y = 1\\ \end{aligned}\right.$.
1. Giải phương trình $x^2 - 4x + 3 = 0$.
2. Cho phương trình $x^2 - 2(m-1)x + 2m - 5 = 0$ ($m$ là tham số). Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ với mọi $m$. Tìm $m$ để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức: $(x_1^2 - 2mx_1 - x_2 + 2m - 3).(x_2^2 - 2mx_2 - x_1 + 2m - 3) = 19$
Hướng dẫn giải
1.
Phương trình bậc hai có $a+b+c = 0$ nên có hai nghiệm $x = 1$ và $x = 3$.
2.
Ta có $\Delta ' = (m-1)^2 - 2m + 5 = m^2 - 4m + 6 = (m-2)^2 + 2>0$
Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ với mọi giá trị của tham số $m$.
Dễ thấy $x^2 - 2(m-1)x + 2m-5 = 0 \Leftrightarrow (x^2 - 2mx + 2m-3)+2x-2 = 0$.
Vì $x_1$, $x_2$ là hai nghiệm của phương trình đã cho nên ta có $x_1^2 + 2mx_1 + 2m-3 = 2- 2x_1$ và $x_2^2 + 2mx_2 + 2m-3 = 2- 2x_2$.
Do đó $(x_1^2 - 2mx_1 - x_2 + 2m - 3).(x_2^2 - 2mx_2 - x_1 + 2m - 3) = 19 \Leftrightarrow (2-2x_1-x_2)(2-2x_2-x_1) = 19 \Leftrightarrow 2(x_1+x_2)^2 - 6(x_1+x_2) + x_1x_2 = 15$.
Áp dụng định lí Vi-et ta có $\left\{ \begin{aligned} & x_1 +x_2= 2(m-1)\\ & x_1x_2 = 2m-5\\ \end{aligned}\right.$.
Ta có $8(m-1)^2 - 12(m-1) + (2m-5) = 15 \Leftrightarrow 8m^2 - 26m = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{aligned} & m = 0\\ & m = \dfrac{13}4\\ \end{aligned}\right.$.
Từ một điểm $A$ nằm ngoài đường tròn tâm $O$ bán kính $R$, kẻ các tiếp tuyến $AB$, $AC$ với đường tròn ($B$, $C$ là tiếp điểm). Trên cung nhỏ $BC$ lấy một điểm $M$ bất kỳ khác $B$ và $C$. Gọi $I$, $K$, $P$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm $M$ trên các đường thẳng $AB$, $AC$, $BC$.
1. Chứng minh rằng $AIMK$ là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh $\widehat{MPK} = \widehat{MBC}$.
3. Xác định vị trí điểm $M$ trên cung nhỏ $BC$ để tích $MI .MK .MP$ đạt giá trị lớn nhất.
Hướng dẫn giải
1. Chứng minh rằng $AIMK$ là tứ giác nội tiếp.
Tứ giác $AIMK$ có các $\widehat{AIM} = \widehat{AKM} = 90^{\circ}$ nên là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh $\widehat{MPK} = \widehat{MBC}$.
$IMPB$ là tứ giác nội tiếp suy ra $\widehat{MIP} = \widehat{MBP}$ (cùng chắn cung $\overset{\frown}{MP}$).
Mà $\widehat{MCK} = \widehat{MBP}$ (1) (cùng chắn cung $\overset{\frown}{MC}$).
$MKCP$ là tứ giác nội tiếp suy ra $\widehat{MCK} = \widehat{MPK}$ (cùng chắn cung $\overset{\frown}{MK}$).
Tương tự ta có $\widehat{MPI} = \widehat{MKP}$ (2)
Suy ra $\Delta IMP$ và $\Delta PMK$ đồng dạng, do đó ta có $\widehat{MPK} = \widehat{MIP}$.
Do đó $\widehat{MBC} = \widehat{MPK}$.
3.
Hai tam giác $\Delta IMP$ và $\Delta PMK$ đồng dạng, do đó ta có $\dfrac{IM}{MP} = \dfrac{MP}{MK}$.
Suy ra $IM .MK = MP^2 \Rightarrow MI .MK .MP = MP^3$.
Để $MI .MK .MP$ đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi $MP$ lớn nhất, nên $M$ là điểm chính giữa cung nhỏ $\overset{\frown}{BC}$.
Cho các số thực dương $a$, $b$, $c$ thỏa mãn $abc = 1$. Chứng minh rằng
$\dfrac{ab}{a^4+b^4+ab}+\dfrac{bc}{b^4+c^4+bc}+\dfrac{ca}{c^4+a^4+ca} \le 1$
Hướng dẫn giải
Áp dụng bổ đề $a^4 + b^4 \ge ab(a^2+b^2)$ ta có
$A = \sum \dfrac{(a+b)^2 + (a-b)^2}{2(a^2+b^2+1)} \ge 2$ hay $\dfrac{(a+b)^2 + (a-b)^2}{a^2+b^2+1} \ge 4$.
Vì vai trò của $a$, $b$, $c$ như nhau nên giả sử $a \ge b \ge c$.
$\sum \dfrac{(a+b)^2}{a^2+b^2+1} \ge \dfrac{[(a+b)+(b+c)+(c+a)]^2}{2(a^2+b^2+c^2)+3} = \dfrac{4(a^2+b^2+c^2)}{2(a^2+b^2+c^2)+3}$
$\dfrac{(a-b)^2}{a^2+b^2+1} + \dfrac{(b-c)^2}{b^2+c^2+1} + \dfrac{(c-a)^2}{c^2+a^2+1} = \dfrac{(a-b)^2}{a^2+b^2+1} + \dfrac{(b-c)^2}{b^2+c^2+1} + \dfrac{(a-c)^2}{c^2+a^2+1}$
$ \ge \dfrac{[a-b+b-c+a-c]}{2(a^2+b^2+c^2)+3} = \dfrac{4(a-c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+3}$.
Ta cần chứng minh $\dfrac{4(a^2+b^2+c^2)}{2(a^2+b^2+c^2)+3} + \dfrac{4(a-c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+3} \ge 4$.
$\Leftrightarrow (a+b+c)^2 + (a-c)^2 \ge 2(a^2+b^2+c^2)+3$
Mà $ab+bc+ca \ge 3\sqrt[3] {a^2b^2c^2} = 3$
Ta đi chứng minh $(a+b+c)^2 + (a-c)^2 \ge 2(a^2+b^2+c^2)+ ab+bc+ca$
$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2 + 2(ab+bc+ca) + a^2-2ac+c^2 \ge 2(a^2+b^2+c^2)+ ab+bc+ca$
$\Leftrightarrow -b^2 + ab+bc-ac \ge 0 \Leftrightarrow b(a-b)-c(a-b) \ge 0$
$\Leftrightarrow (a-b)(b-c) \ge 0$ (luôn đúng). Ta có đpcm.