1) Cho phương trình \({x^2} - \left( {2m + 1} \right)x + 4m - 2 = 0\,\,\,\left( 1 \right)\) (với \(m\) là tham số).
a) Tìm tất cả giá trị của \(m\) để phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt.
b) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm phân biệt của phương trình \(\left( 1 \right)\). Tìm tất cả giá trị của \(m\) để \({x_1},\,\,{x_2}\) là độ dài hai cạnh của một hình chữ nhật có độ dài đường chéo bằng \[\sqrt {13} \].
2) Giải phương trình \(6\sqrt {2x + 5} + 4\sqrt {x + 2} = 3x + 20\).
1) Cho phương trình \({x^2} - \left( {2m + 1} \right)x + 4m - 2 = 0\,\,\,\left( 1 \right)\) (với \(m\) là tham số).
a) Tìm tất cả giá trị của \(m\) để phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt.
b) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm phân biệt của phương trình \(\left( 1 \right)\). Tìm tất cả giá trị của \(m\) để \({x_1},\,\,{x_2}\) là độ dài hai cạnh của một hình chữ nhật có độ dài đường chéo bằng \[\sqrt {13} \].
2) Giải phương trình \(6\sqrt {2x + 5} + 4\sqrt {x + 2} = 3x + 20\).
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
|
1 a)Ta có \(\Delta = {\left( {2m + 1} \right)^2} - 4\left( {4m - 2} \right) = 4{m^2} - 12m + 9\). |
|
Phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi \(\Delta > 0 \Leftrightarrow m \ne \frac{3}{2}\). |
|
b)Với \(m \ne \frac{3}{2}\) thì phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt \(x = 2,\,x = 2m - 1\). |
|
Vì \({x_1},\,\,{x_2}\) là độ dài hai cạnh của một hình chữ nhật nên \(2m - 1 > 0 \Leftrightarrow m > \frac{1}{2}\). |
|
Ta có \(x_1^2 + x_2^2 = 13 \Leftrightarrow {2^2} + {\left( {2m - 1} \right)^2} = 13 \Leftrightarrow {m^2} - m - 2 = 0\) |
|
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\,\left( l \right)\\m = 2\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\). Vậy \(m = 2\). |
|
2) Phương trình trở thành \(\left[ {\left( {2x + 5} \right) - 6\sqrt {2x + 5} + 9} \right] + \left[ {\left( {x + 2} \right) - 4\sqrt {x + 2} + 4} \right] = 0\) \( \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {2x + 5} - 3} \right)^2} + {\left( {\sqrt {x + 2} - 2} \right)^2} = 0\) |
|
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {2x + 5} - 3 = 0}\\{\sqrt {x + 2} - 2 = 0}\end{array}} \right.\) |
|
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{\sqrt {x + 2} - 2 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x = 2\,\left( {tm} \right)\). Vậy nghiệm của phương trình là \(x = 2\). |
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Đang tải chế độ Học...
Hot: 1000+ đề thi giữa kì 1 lớp 1-12 đầy đủ các môn (Update 2026) (chỉ từ 60k). Tải ngay
Đăng ký VIP để học và luyện thi không giới hạn
Trọn bộ quyền lợi trên Vietjack, trong một tài khoản.
- Phòng luyện thi cấp tốc: ĐGNL - ĐGTD, Tốt nghiệp THPT, Ôn vào 10, Ôn vào 6, Ôn Giữa kì/Cuối kì
- Hơn 200K đề thi thử, đề minh hoạ, chính thức các năm
- Với 3tr+ câu hỏi theo các mức độ Nhận biết, Thông hiểu, Vận dụng
- Tải xuống đề thi [DOCX] với đầy đủ đáp án
- Xem hàng ngàn bài giảng đính kèm củng cố thêm kiến thức
- Bao gồm tất cả các bậc từ Tiểu học đến Đại học
- Chặn hiển thị quảng cáo tăng khả năng tập trung ôn luyện
- Đăng ký ngay
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
|
1)Ta có \(\widehat {AED} = 90^\circ \), \(\widehat {AFD} = 90^\circ \) |
|
Xét tứ giác \(AEDF\) có \(\widehat {AED} + \widehat {AFD} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \) suy ra tứ giác \(AEDF\) nội tiếp. |
|
Trong tam giác vuông \(ABD\) có \(DE\) là đường cao suy ra \(AE.AB = A{D^2}\,\,\,\left( 1 \right)\). |
|
Trong tam giác vuông \(ACD\) có \(DF\) là đường cao suy ra \(AF.AC = A{D^2}\,\,\,\left( 2 \right)\). Từ (1) và (2) ta có \(AE.AB = AF.AC\). |
|
2)Do \(AE.AB = AF.AC \Rightarrow \frac{{AE}}{{AC}} = \frac{{AF}}{{AB}}\), mà \(\widehat {BAC}\) chung Suy ra |
|
\( \Rightarrow \widehat {AEF} = \widehat {ACB}\) |
|
Ta có \(\widehat {BAP} = \widehat {BCP}\) |
|
Suy ra \(\widehat {AEF} + \widehat {BAP} = \widehat {ACB} + \widehat {BCP} = \widehat {ACP} = 90^\circ \) Vậy \(AP\) vuông góc với \(EF\). |
|
3)Ta có \(AH \bot BC\), \(TK \bot BC \Rightarrow AH\parallel TK\). |
|
Do \(BH \bot AC\), \(PC \bot AC \Rightarrow BH\parallel PC\). Do \(CH \bot AB\), \(PB \bot AB \Rightarrow CH\parallel PB\). Suy ra tứ giác \(BHCP\) là hình bình hành. Gọi \(I\) là trung điểm \(BC\), ta có \(OI = \frac{1}{2}AH\). |
|
Tương tự \(OI = \frac{1}{2}TK \Rightarrow AH = TK\). Khi đó tứ giác \(AHKT\) là hình bình hành. |
|
\( \Rightarrow AT\parallel HK\). Mà \(\widehat {ATH} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {THK} = 90^\circ \) Vậy tam giác \(HKT\) vuông tại \(H\). |
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
|
1)\[P = \sqrt {{{\left( {\sqrt {2023} + 1} \right)}^2}} - \sqrt {{{\left( {\sqrt {2024} + 1} \right)}^2}} \] |
|
\[ = \sqrt {2023} + 1 - \left( {\sqrt {2024} + 1} \right) = \sqrt {2023} - \sqrt {2024} \]. |
|
2)Tọa độ giao điểm là \(M\left( {0;1} \right)\). |
|
3)Gọi \(R\) là bán kính của đường tròn ngoại tiếp. Từ giả thiết ta có \(2R = 2\sqrt 2 \Leftrightarrow R = \sqrt 2 \). |
|
Vậy diện tích của hình tròn là \(S = \pi {R^2} = 2\pi \,\left( {c{m^2}} \right)\). |
|
4)Gọi \(h\) là chiều cao của hình nón. Từ giả thiết ta có \(h = \sqrt {{{10}^2} - {6^2}} \Leftrightarrow h = 8\). |
|
Vậy thể tích của hình nón là \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi {.6^2}.8 = 96\pi \,\left( {c{m^3}} \right)\). |
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Đăng ký để học cùng Vietjack. Hoàn toàn miễn phí!
Bằng việc đăng ký, bạn đồng ý với Điều khoản sử dụng và Chính sách bảo mật của Vietjack.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập