Quay lại giao diện cũ
Đề và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2022 - 2023
Giải phương trình $x^{2}-5 x-6=0$.
Hướng dẫn giải
Ta có: $a-b+c=1-(-5)+6=0$
Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là $x_{1}=-1 ; x_{2}=6$.
Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}2 x+y=3 \\ 3 x+2 y=4\end{array}\right.$
Hướng dẫn giải
Ta có: $\left\{\begin{array}{l}2 x+y=3 \\ 3 x+2 y=4\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}4 x+2 y=6 \\ 3 x+2 y=4\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x=2 \\ 3.2+2 y=4\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x=2 \\ y=-1\end{array}\right.\right.\right.\right.$
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là $(x ; y)=(2 ;-1)$.
Cho Parabol $(P): y=x^{2}$ và đuoờng thẳng $d: y=-2 x+m-1$ (với $m$ là tham số). Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để đường thẳng $d$ cắt (P) tại hai điểm phân biệt $A\left(x_{1} ; y_{1}\right)$ và $B\left(x_{2} ; y_{2}\right)$ sao cho $\left(y_{1}+y_{2}\right)^{2}=110-x_{1}^{2}-x_{2}^{2}$.
Hướng dẫn giải
Phương trình hoành độ giao điểm của $d$ và $(P)$ là:
$x^{2}=-2 x+m-1 \Leftrightarrow x^{2}+2 x-m+1=0 \quad(1)$
Để $d$ và $(P)$ cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
$\Delta^{\prime}>0 \Leftrightarrow 1^{2}-1 .(-m+1)>0 \Leftrightarrow m>0$
Theo Vi - ét ta có: $\left\{\begin{array}{l}x_{1}+x_{2}=-2 \\ x_{1} x_{2}=-m+1\end{array}\right.$
Vì $A, B$ là 2 điểm thuộc $d$ nên ta có $y_{1}=-2 x_{1}+m-1 ; y_{2}=-2 x_{2}+m-1$ thay vào đề bài ta được:
$ \begin{aligned} & \left(y_{1}+y_{2}\right)^{2}=110-x_{1}^{2}-x_{2}^{2} \\ \Leftrightarrow & \left(-2 x_{1}+m-1-2 x_{2}+m-1\right)^{2}=110-x_{1}^{2}-x_{2}^{2} \\ \Leftrightarrow & {\left[-2\left(x_{1}+x_{2}\right)+2 m-2\right]^{2}-110+x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=0 } \\ \Leftrightarrow & {\left[-2\left(x_{1}+x_{2}\right)+2 m-2\right]^{2}-110+\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2 x_{1} x_{2}=0 } \end{aligned} $
Thay $\left\{\begin{array}{l}x_{1}+x_{2}=-2 \\ x_{1} x_{2}=-m+1\end{array}\right.$ vào phương trình trên ta được:
$ \begin{aligned} & (4+2 m-2)^{2}-110+(-2)^{2}-2(-m+1)=0 \\ \Leftrightarrow & (2 m+2)^{2}+2 m-108=0 \\ \Leftrightarrow & 4 m^{2}+10 m-104=0 \\ \Leftrightarrow & 2 m^{2}+5 m-52=0 \end{aligned} $
Ta có: $\Delta_{m}=441>0 \Rightarrow\left[\begin{array}{l}m_{1}=4(T M D K) \\ m_{2}=\frac{-13}{2}(L)\end{array}\right.$
Vậy với $m=4$ thì đường thẳng $d$ cắt Parabol $(P)$ tại hai điểm phân biệt $A, B$ thỏa mãn đề bài.
Một phân xương theo kế hoạch phải may 900 bộ quần áo trong một thời gian quy định, mồi ngày phân xương may được số bộ quần áo là nhu nhau. Khi thưc hiện, do cải tiến kĩ thuật nên mồi ngày phân xuởng may thêm được 10 bộ quần áo và hoàn thành kế hoạch truớc 3 ngày. Hỏi theo kế hoạch mồi ngày phân xương may đuợc bao nhiêu bộ quần áo?
Hướng dẫn giải
Gọi số bộ quần áo phân xưởng may được theo kế hoạch là $x\left(x \in \mathbb{N}^{*} ; x<900\right)$
Thực tế mỗi ngày phân xưởng may được $x+10$ bộ
Theo kế hoạch thời gian phân xưởng hoàn thành 900 bộ là $\frac{900}{x}$ ngày
Thực tế thời gian phân xưởng hoàn thành 900 bộ là $\frac{900}{x+10}$ ngày
Theo đề bài, do hoàn thành sớm hơn kế hoạch 3 ngày nên ta có phương trình:
$$ \begin{aligned} & \frac{900}{x}-\frac{900}{x+10}=3 \\ \Leftrightarrow & 900(x+10)-900 x=3 x(x+10) \\ \Leftrightarrow & x^{2}+10 x-3000=0 \\ \Delta^{\prime}= & 3025>0 \Rightarrow\left[\begin{array}{l} x_{1}=50(T M Đ K) \\ x_{2}=-60(L) \end{array}\right. \end{aligned} $$
Vậy theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng may được 50 bộ quần áo.
Cho tam giác $A B C$ nhọn, nội tiếp đuờng tròn $(O ; R)$ và $A B<A C$. Ba đuờng cao $A D, B E$, CF của tam giác $A B C(D, E, F$ là chân các đuoòng cao) đồng quy tại điểm $H$. Kẻ đuờng kính $A K$ của đường tròn $(O ; R)$. Mọi M là hình chiếu vuông góc của C trên đuờng thẳng $A K$.
a) Chứng minh rằng tú giác BCEF nội tiếp đwờng tròn.
b) Chúng minh rà̀ng tam giác $A B D$ đồng dạng với tam giác $A K C$ và $M D$ song song với $B K$.
c) Giả sủ hai đỉnh $B, C$ cố định trên đường tròn $(O ; R)$ và đỉnh $A$ di động trên cung lớn $B C$ của đuờng tròn $(O ; R)$. Chưng minh rằng đường thẳng $M F$ luôn đi qua môt điểm cố định và tìm vị trí của đỉnh $A$ sao cho diện tích tam giác AEH lớn nhất.
Hướng dẫn giải
a) Do $B E \perp A C \Rightarrow \widehat{B E C}=90^{\circ}$
$C F \perp A B \Rightarrow \widehat{B F C}=90^{\circ}$
Tứ giác $B C E F$ có $\widehat{B E C}=\widehat{B F C}=90^{\circ}$ nên $B C E F$ nội tiếp đường tròn
b) Xét $\triangle A D B$ và $\triangle A K C$ ta có:
$\begin{aligned}& \widehat{A D B}=\widehat{A C K}=90^{\circ} \\& \widehat{A B D}=\widehat{A K C}\left(=\frac{1}{2} \text { sđ } \overparen{A C}\right)\end{aligned}$
$\Rightarrow \triangle A B D \backsim \triangle A K C(g-g)$
Xét tứ giác $A D M C$ có: $\widehat{A D C}=\widehat{A M C}\left(=90^{\circ}\right) \Rightarrow A D M C$ là tứ giác nội tiếp
$\Rightarrow \widehat{A M D}=\widehat{A C D}\left(=\frac{1}{2} \mathrm{~s} \overparen{A D}\right)$
Mà tứ giác $A B K C$ nội tiếp đường tròn $(O)$
$\Rightarrow \widehat{A K B}=\widehat{A C D}=\widehat{A C B}\left(=\frac{1}{2} \overparen{A B}\right)$
Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{A M D}=\widehat{A K B}$
Mà 2 góc ở vị trí đồng vị nên $M D / / B K$.
c) Gọi giao điểm của $M F$ và $B C$ là $I$.
Ta có: $\widehat{A B K}=90^{\circ} \Rightarrow B K \perp A B$
Mà $C F \perp A B \Rightarrow B K / / C F$
Mặt khác $B K / / D M \Rightarrow D M / / C F \Rightarrow \widehat{M D C}=\widehat{C D F}$
Tứ giác $A D M C$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{M D C}=\widehat{M A C}$
Tứ giác $A F M C$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{M A C}=\widehat{M F C}$
Từ (3), (4) và (5) suy ra $\widehat{D C F}=\widehat{M F C}$ hay $\widehat{I C F}=\widehat{I F C}$
Suy ra tam giác $I F C$ cân tại $I \Rightarrow I F=I C$
Ta lại có: $\widehat{I F C}+\widehat{I F B}=90^{\circ} ; \widehat{I B F}+\widehat{I C F}=90^{\circ} \Rightarrow \widehat{I F B}=\widehat{I B F}$
Suy ra tam giác $B F I$ cân tại $I \Rightarrow I B=I F$
Từ (6) và (7) suy ra $I B=I C$ hay $I$ là trung điểm của $B C$ cố định
Vậy $M F$ luôn đi qua điểm cố định là trung điểm của $B C$
+) Ta có $B H C K$ là hình hình hanfh, mà $I$ là trung điểm của $B C$ nên $I$ là trung điểm của $H K$
Lại có $O$ là trung điểm của $A K$ suy ra $O I$ là đường trung bình của tam giác $A H K \Rightarrow O I=\frac{1}{2} A H$
Ta có $S_{A H E}=\frac{1}{2} H E \cdot A E \leq \frac{1}{2} \cdot \frac{H E^{2}+A E^{2}}{2}=\frac{1}{4} A H^{2}=O I^{2}$
Dấu "=" xảy ra khi $A E=H E \Leftrightarrow \triangle A H E$ vuông cân tại $E$
$\Rightarrow \widehat{A H E}=45^{\circ} \Rightarrow \widehat{A C B}=45^{\circ}$ (cùng bù với $\widehat{E H D}$ )
Vậy diện tích tam giác $A E H$ lớn nhất bằng $O I^{2}$.
Cho $x, y, z$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $x+y+z=1$. Chứng minh rằng:
$\dfrac{y z}{x^{2}+x y z}+\dfrac{z x}{y^{2}+x y z}+\dfrac{x y}{z^{2}+x y z} \geq \dfrac{1}{4 x}+\dfrac{1}{4 y}+\frac{1}{4 z}$
Hướng dẫn giải
Đặt $A=\dfrac{y z}{x^{2}+x y z}+\dfrac{z x}{y^{2}+x y z}+\dfrac{x y}{z^{2}+x y z}$
Ta có: $\dfrac{y z}{x^{2}+y z}=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x+y z}=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x(x+y+z)+y z}=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{(x+y)(y+z)}$
Tương tự, ta có: $\dfrac{y z}{y^{2}+x y z}=\dfrac{1}{y}-\dfrac{1}{(y+z)(y+x)}$
$\dfrac{x y}{z^{2}+x y z}=\dfrac{1}{z}-\dfrac{1}{(z+x)(z+y)}$
Ta có:
$\begin{aligned} A & =\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}-\left[\dfrac{1}{(x+y)(x+z)}+\dfrac{1}{(y+x)(y+z)}+\dfrac{1}{(z+y)(z+x)}\right] \\ & =\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{x}-\dfrac{2}{(x+y)(y+z)(z+x)} \end{aligned} $
Mà $(x+y)(y+z)(z+x) \geq \dfrac{8}{9}(x+y+z)(x y+y z+z x)=\dfrac{8}{9}(x y+y z+z x)$
$ \begin{aligned} & (x y+y z+z x)^{2} \geq 3 x y z(x+y+z)=3 x y z \\ \Rightarrow & (x y+y z+z x) \geq \dfrac{3 x y z}{x y+y z+z x} \end{aligned} $
Từ (1) và (2) ta có: $(x+y)(y+z)(z+x) \geq \dfrac{8}{9} \cdot \dfrac{3 x y z}{x y+y z+z x}=\dfrac{8}{3} \cdot \dfrac{x y z}{x y+y z+z x}$
Suy ra $A \geq \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}-2 \cdot \dfrac{3}{8} \cdot \dfrac{x y+y z+z x}{x y z}=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}-\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)=\dfrac{1}{4 x}+\dfrac{1}{4 y}+\dfrac{1}{4 z}$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=\dfrac{1}{3}$.