19 đề ôn thi vào 10 chuyên hay có lời giải (Đề 11)

$P = \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x} + 2} + \frac{- x + x \sqrt{x} + 6}{x + \sqrt{x} - 2} - \frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} - 1} = \frac{\sqrt{x} (\sqrt{x} - 1) - x + x \sqrt{x} + 6 - (\sqrt{x} + 1) (\sqrt{x} + 2)}{(\sqrt{x} - 1) (\sqrt{x} + 2)} = \frac{x - \sqrt{x} - x + x \sqrt{x} + 6 - x - 3 \sqrt{x} - 2}{(\sqrt{x} - 1) (\sqrt{x} + 2)} = \frac{- x + x \sqrt{x} - 4 \sqrt{x} + 4}{(\sqrt{x} - 1) (\sqrt{x} + 2)} = \frac{(\sqrt{x} - 1) (x - 4)}{(\sqrt{x} - 1) (\sqrt{x} + 2)} = \sqrt{x} - 2$

Câu 2/11

Cho biểu thức $Q = \frac{(x + 27) . P}{(\sqrt{x} + 3) (\sqrt{x} - 2)}$ , với $x \geq 0, x \neq 1, x \neq 4$ . Chứng minh $Q \geq 6.$ với biểu thức P ở câu 1

Xem đáp án

Lời giải

Với $x \geq 0, x \neq 1, x \neq 4$ ta có:

$Q = \frac{(x + 27) . P}{(\sqrt{x} + 3) (\sqrt{x} - 2)} = \frac{x + 27}{\sqrt{x} + 3} = \frac{x - 9 + 36}{\sqrt{x} + 3} = \sqrt{x} - 3 + \frac{36}{\sqrt{x} + 3} = - 6 + (\sqrt{x} + 3) + \frac{36}{\sqrt{x} + 3} \geq - 6 + 12 = 6$

Câu 3/11

Cho phương trình : $x^{2} - 2 (m - 1) x + m^{2} - 3 = 0$ ( x là ẩn,m là tham số). Tìm m để phương trình có hai nghiệm $x_{1}, x_{2}$ sao cho $x_{1}^{2} + 4 x_{1} + 2 x_{2} - 2 m x_{1} = 1.$

Xem đáp án

Lời giải

Phương trình đã cho có hai nghiệm khi và chỉ khi $Δ^{'} \geq 0 \Leftrightarrow - 2 m + 4 \geq 0 \Leftrightarrow m \leq 2 (1)$ .

Theo hệ thức Vi-ét: $\{\begin{cases} x_{1} + x_{2} = 2 (m - 1) \\ x_{1} . x_{2} = m^{2} - 3 \end{cases}$

Mà $x_{1}^{2} + 4 x_{1} + 2 x_{2} - 2 m x_{1} = 1 \Leftrightarrow x_{1} (x_{1} - 2 m + 2) + 2 (x_{1} + x_{2}) = 1 \Leftrightarrow - x_{1} . x_{2} + 2 (x_{1} + x_{2}) = 1 \Leftrightarrow - m^{2} + 3 + 4 (m - 1) = 1 \Leftrightarrow m^{2} - 4 m + 2 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m = 2 + \sqrt{2} \\ m = 2 - \sqrt{2} \end{array} (2)$

Từ (1) và (2) suy ra $m = 2 - \sqrt{2}$

Câu 4/11

Giải phương trình $x + 2 \sqrt{7 - x} = 2 \sqrt{x - 1} + \sqrt{- x^{2} + 8 x - 7} + 1.$

Xem đáp án

Lời giải

Điều kiện $1 \leq x \leq 7$

Ta có: $x + 2 \sqrt{7 - x} = 2 \sqrt{x - 1} + \sqrt{- x^{2} + 8 x - 7} + 1$

$\Leftrightarrow 2 (\sqrt{7 - x} - \sqrt{x - 1}) + (x - 1) - \sqrt{(x - 1) (7 - x)} = 0 \Leftrightarrow 2 (\sqrt{7 - x} - \sqrt{x - 1}) + \sqrt{x - 1} (\sqrt{x - 1} - \sqrt{7 - x}) = 0 \Leftrightarrow (\sqrt{7 - x} - \sqrt{x - 1}) (2 - \sqrt{x - 1}) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} \sqrt{x - 1} = 2 \\ \sqrt{x - 1} = \sqrt{7 - x} \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 5 \\ x = 4 \end{array} (t / m)$

Vậy phương trình có hai nghiệm x= 4 và x= 5

Câu 5/11

Giải hệ phương trình: $\{\begin{cases} 4 \sqrt{x + 1} - x y \sqrt{y^{2} + 4} = 0 (1) \\ \sqrt{x^{2} - x y^{2} + 1} + 3 \sqrt{x - 1} = x y^{2} (2) . \end{cases}$

Xem đáp án

Lời giải

Điều kiện $\{\begin{cases} x \geq 1 \\ x^{2} - x y^{2} + 1 \geq 0 \end{cases}$ kết hợp với phương trình (1), ta có y>0

Từ (1) ta có:

$4 \sqrt{x + 1} - x y \sqrt{y^{2} + 4} = 0 \Leftrightarrow 4 \sqrt{x + 1} = x y \sqrt{y^{2} + 4} \Leftrightarrow 16 (x + 1) = x^{2} y^{2} (y^{2} + 4) \Leftrightarrow (y^{4} + 4 y^{2}) x^{2} - 16 x - 16 = 0$

Giải phương trình theo ẩn x ta được $x = \frac{4}{y^{2}}$ hoặc $x = \frac{- 4}{y^{2} + 4} < 0$ (loại)

Với $x = \frac{4}{y^{2}} \Leftrightarrow x y^{2} = 4$ thế vào phương trình (2), ta được $\sqrt{x^{2} - 3} + 3 \sqrt{x - 1} = 4$

Điều kiện $x \geq \sqrt{3}$ ta có

$\sqrt{x^{2} - 3} + 3 \sqrt{x - 1} = 4 \Leftrightarrow (\sqrt{x^{2} - 3} - 1) + 3 (\sqrt{x - 1} - 1) = 0 \Leftrightarrow \frac{x^{2} - 4}{\sqrt{x^{2} - 3} + 1} + \frac{3 (x - 2)}{\sqrt{x - 1} + 1} = 0 \Leftrightarrow (x - 2) (\frac{x + 2}{\sqrt{x^{2} - 3} + 1} + \frac{3}{\sqrt{x - 1} + 1}) = 0 \Leftrightarrow x - 2 = 0 (v ì \frac{x + 2}{\sqrt{x^{2} - 3} + 1} + \frac{3}{\sqrt{x - 1} + 1} > 0) \Leftrightarrow x = 2.$

Với x= 2 ta có $\{\begin{cases} y^{2} = 2 \\ y > 0 \end{cases} \Leftrightarrow y = \sqrt{2}$

Kết hợp với điều kiện trên, hệ phương trình có nghiệm $(2; \sqrt{2})$

Câu 6/11

Cho tam giác ABC có $\overset{⏜}{B A C} = 60^{0}, A C = b, A B = c (b > c)$ . Đường kính EF của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vuông góc với BC tại M (E thuộc cung lớn BC). Gọi I và J là chân đường vuông góc hạ từ E xuống các đường thẳng AB và AC. Gọi H và K là chân đường vuông góc hạ từ F xuống các đường thẳng AB và AC.
a) Chứng minh các tứ giác AIEJ, CMJE nội tiếp và $E A . E M = E C . E I$ .

Xem đáp án

Lời giải

a) Ta có: $\hat{A I E} = \hat{A J E} = 90^{0}$ nên tứ giác AIEJ nội tiếp.

$\hat{E M C} = \hat{E J C} = 90^{0}$ nên tứ giác CMJE nội tiếp.

Xét tam giác $Δ A E C v à Δ I E M$ , có

$\overset{⏜}{A C E} = \overset{⏜}{E M I}$ ( cùng chắn cung JE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMJE).

$\overset{⏜}{E A C} = \overset{⏜}{E I M}$ ( cùng chắn cung JE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AIEJ).

Do đó hai tam giác $Δ A E C ~ Δ I E M$ đồng dạng

$\Rightarrow \frac{A E}{E I} = \frac{E C}{E M} \Rightarrow E A . E M = E C . E I$ (đpcm)

Câu 7/11