1. Rút gọn biểu thức $P$.
$P = \frac{{\sqrt x + 1 + \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}:\frac{1}{{\sqrt x - 1}}$
$P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\left( {\sqrt x - 1} \right)$
$P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}}.$

2. Tìm tất cả các giá trị nguyên của $x$ để biểu thức $P$ nhận giá trị nguyên.

$P = 2 - \frac{1}{{\sqrt x + 1}}.$ Biểu thức $P$ nhận giá trị nguyên $\frac{1}{{\sqrt x + 1}}$ là số nguyên $ \Leftrightarrow \sqrt x + 1$ là ước nguyên của $1$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x + 1 = 1\\\sqrt x + 1 = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x = 0\,\,\\\sqrt x = - 2\,\,\left( {VN} \right)\end{array} \right. \Rightarrow x = 0.$

Vậy $x = 0$thỏa mãn.

Câu 2/6

1. Giải phương trình ${x^2} - 4x + 2\sqrt 3 = 0.$

2. Giải hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}2\sqrt {x - 1} + \frac{1}{y} = 4\\\sqrt {x - 1} - \frac{1}{y} = - 1\end{array} \right..\]

Xem đáp án

Lời giải

1) Do $\Delta ' = {\left( { - 2} \right)^2} - 1.2\sqrt 3 = 4 - 2\sqrt 3 = {\left( {\sqrt 3 - 1} \right)^2}$

Nên phương trình có 2 nghiệm ${x_1} = 1 + \sqrt 3 ,{x_2} = 3 - \sqrt 3 .$

2) Điều kiện xác định \[x \ge 1;y \ne 0\]

Đặt\[a = \sqrt {x - 1} \left( {a \ge 0} \right);\,\,b = \frac{1}{y}\,\]. Hệ trở thành

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\,\\b = 2\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow \]\[\left\{ \begin{array}{l}x = 2\,\\y = \frac{1}{2}\end{array} \right..\]Vậy hệ có một nghiệm $\left( {x;y} \right) = \left( {2;\frac{1}{2}} \right)$

Câu 3/6

Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy,$ cho parabol $(P)\,$có phương trình $y = {x^2}$ và đường thẳng $\left( d \right)$ có phương trình \[y = 2mx - {m^2} - m - 2\] (với $m$ là tham số).

1. Tìm tọa độ điểm $M$ thuộc $\left( P \right)$ biết điểm $M$ có hoành độ bằng $ - 3.$

2. Tìm điều kiện của $m$ để đường thẳng $\left( d \right)$ cắt parabol $\left( P \right)$ tại hai điểm phân biệt. Gọi $A\left( {{x_1};{y_1}} \right),\,\,B\left( {{x_2};{y_2}} \right)$ là hai giao điểm của đường thẳng $\left( d \right)$ và parabol $\left( P \right),$ xác định $m$ để \[{x_1}{y_2} + {x_2}{y_1} = 2{m^3} + 6.\]

Xem đáp án

Lời giải

1) $x = - 3 \Rightarrow y = 9$

Vậy $M\left( { - 3;9} \right).$

2)Ta có phương trình hoành độ giao điểm của $\left( d \right)$ và $\left( P \right)$ là

${x^2} = 2mx - {m^2} - m - 2 \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + {m^2} + m + 2 = 0\,\,\left( 1 \right)$

$\Delta ' = {\left( { - m} \right)^2} - \left( {{m^2} + m + 2} \right) = - m - 2$

$\left( d \right)$ cắt parabol $\left( P \right)$ tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình $\left( 1 \right)$ có hai nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow - m - 2 > 0 \Leftrightarrow m < - 2\,\,\left( * \right)$

Ta có ${x_1} + {x_2} = 2m,\,\,\,\,\,{x_1}{x_2} = {m^2} + m + 2$\[{x_1}{y_2} + {x_2}{y_1} = {x_1}.x_2^2 + {x_2}.x_1^2 = {x_1}.{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\]$ = 2m\left( {{m^2} + m + 2} \right)$

$ = 2{m^3} + 2{m^2} + 4m$\[2{m^3} + 2{m^2} + 4m = 2{m^3} + 6 \Leftrightarrow 2{m^2} + 4m - 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = - 3\end{array} \right.\]

Đối chiếu $\left( * \right)$ vậy $m = - 3$.

Câu 4/6

Trong tháng 4 năm 2023, hai hộ gia đình bác An và bác Bình dùng hết tổng cộng 500 nghìn đồng tiền điện. Sang tháng 5 năm 2023, do tăng cường thực hiện việc sử dụng điện an toàn, tiết kiệm và hiệu quả; nhà bác An giảm được 15% tiền điện và nhà bác Bình giảm được 10% tiền điện; kết quả là cả hai hộ gia đình tiết kiệm được tổng cộng 65 nghìn đồng tiền điện so với tháng 4 năm 2023. Hỏi trong tháng 4 năm 2023, mỗi hộ gia đình dùng hết bao nhiêu đồng tiền điện?

Xem đáp án

Lời giải

Gọi số tiền điện trong tháng 4 của nhà bác An là $x$ (nghìn đồng), đkiện $0 < x < 500$

Gọi số tiền điện trong tháng 4 của nhà bác Bình là $y$ (nghìn đồng), đkiện $0 < y < 500$

Vì trong tháng 4 cả hai gia đình dùng hết 500 nghìn tiền điện nên ta có phương trình

$x + y = 500$ (1)

Vì sang tháng 5 nhà bác An giảm $15\% $ và nhà bác Bình giảm $10\% $ và cả hai nhà giảm được 65 nghìn đồng nên ta có phương trình

$15\% x + 10\% y = 65 \Leftrightarrow 0,15x + 0,1y = 65$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:$\left\{ \begin{array}{l}x + y = 500\\0,15x + 0,1y = 65\end{array} \right.$

Giải hệ ta được $\left\{ \begin{array}{l}x = 300\\y = 200\end{array} \right.$. Vậy trong tháng 4 nhà bác An dùng hết 300 nghìn đồng tiền điện, nhà bác Bình dùng hết 200 nghìn đồng tiền điện.

Câu 5/6

Cho đường tròn $\left( {O;R} \right)$ và một điểm $S$ nằm bên ngoài đường tròn. Kẻ các tiếp tuyến $SA,\,\,SB$ với đường tròn ($A,\,\,B$ là các tiếp điểm). Một đường thẳng đi qua $S$ (không đi qua tâm $O$) cắt đường tròn $\left( {O;R} \right)$ tại hai điểm $M$ và $N$ với $M$ nằm giữa $S$ và $N.$

1. Chứng minh tứ giác $SAOB$ nội tiếp.

2. Chứng minh $S{B^2} = SM.\,\,SN.$

3. Cho $SO = R\sqrt 5 $ và $MN = R\sqrt 2 $. Gọi $E$ là trung điểm $MN$. Tính độ dài đoạn thẳng $OE$ và diện tích tam giác $SOM$ theo $R.$

4. Tiếp tuyến tại $M$ của đường tròn $\left( {O;R} \right)$ cắt $SA,\,\,SB$ lần lượt tại $P,\,\,Q.$ Gọi giao điểm của $OQ,\,\,OP$ với $AB$ lần lượt là $I$ và $H$. Chứng minh ba đường thẳng $OM,\,\,QH,\,\,PI$ đồng quy.

Xem đáp án

Lời giải

$Cho đường tròn ( {O;R} và một điểm $S$ nằm bên ngoài đường tròn. Kẻ các tiếp tuyến (ảnh 1)$ $\widehat {SAO} = 90^\circ $ vì $SA$ là tiếp tuyến của đường tròn
$\widehat {SBO} = 90^\circ $ vì $SB$ là tiếp tuyến của đường tròn
$ \Rightarrow \widehat {SAO} + \widehat {SBO} = 180^\circ $
Vậy tứ giác $SAOB$ nội tiếp.
2. Chứng minh $S{B^2} = SM.\,\,SN$.
Xét hai \[\Delta SBM\] và\[\Delta SNB:\]Có $\widehat S$ chung.
Có $\widehat {MBS} = \widehat {MNB}$ (cùng chắn )\[ \Rightarrow \Delta SBM\] đồng dạng \[\Delta SNB\]
$ \Rightarrow \frac{{SB}}{{SN}} = \frac{{SM}}{{SB}} \Leftrightarrow S{B^2} = SM.\,\,SN$
3. Cho $SO = R\sqrt 5 $và $MN = R\sqrt 2 $. Gọi $E$ là trung điểm $MN$. Tính độ dài đoạn thẳng $OE$ và diện tích tam giác $SOM$ theo $R$.
$Cho đường tròn ( {O;R} và một điểm $S$ nằm bên ngoài đường tròn. Kẻ các tiếp tuyến (ảnh 2)$ Ta có $OE \bot MN$ $MN = R\sqrt 2 \Rightarrow ME = \frac{{R\sqrt 2 }}{2},$ $OM = R$ $ \Rightarrow OE = \sqrt {O{M^2} - M{E^2}} = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}$
$SO = R\sqrt 5 ,$$SE = \sqrt {S{O^2} - O{E^2}} = \sqrt {5{R^2} - \frac{{2{R^2}}}{4}} = \frac{{3R\sqrt 2 }}{2}$
$SM = SE - ME = R\sqrt 2 .$
Vậy ${S_{SOM}} = \frac{1}{2}OE.SM = \frac{1}{2}.\frac{{R\sqrt 2 }}{2}.R\sqrt 2 = \frac{{{R^2}}}{2}$
4. Tiếp tuyến tại $M$ của đường tròn $\left( {O;R} \right)$ cắt $SA,\,SB$ lần lượt tại $P,\,Q$. Gọi giao điểm của $OQ,\,OP$ với $AB$ lần lượt là $I$ và $H$. Chứng minh ba đường thẳng $OM,\,\,QH,\,\,PI$ đồng quy.
$Cho đường tròn ( {O;R} và một điểm $S$ nằm bên ngoài đường tròn. Kẻ các tiếp tuyến (ảnh 3)$ Vì $QM,\,\,QB$ là hai tiếp tuyến của nên là hai tiếp tuyến của nên

Ta có $OM \bot PQ\,\,\,\left( 3 \right)$ Từ (1), (2) và (3) suy ra ba đường thẳng $OM,\,\,QH,\,\,PI$ là ba đường cao của tam giác $OPQ$ nên chúng đồng quy.

Câu 6/6

Cho $a,\,\,b,\,\,c$ là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện $a + b + c = 1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P = \frac{{ab}}{{\sqrt {c + ab} }} + \frac{{bc}}{{\sqrt {a + bc} }} + \frac{{ca}}{{\sqrt {b + ca} }}.$

Xem đáp án

Lời giải

Có $a + b + c = 1$$ \Rightarrow c = c\left( {a + b + c} \right) \Rightarrow c + ab = c\left( {a + b + c} \right) + ab = \left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)$

Áp dụng BĐT AM - GM với hai số dương $x,\,\,y$ ta có: .

Dấu “=” xảy ra khi $x = y$

$ \Rightarrow \frac{1}{{\sqrt {c + ab} }} = \frac{1}{{\sqrt {\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)} }} \le \frac{{\frac{1}{{c + a}} + \frac{1}{{c + b}}}}{2}\, \Rightarrow \frac{{ab}}{{\sqrt {c + ab} }} \le \frac{{ab}}{2}\left( {\frac{1}{{c + a}} + \frac{1}{{c + b}}} \right)\,\,\left( 1 \right)$

Tương tự:

$\frac{{bc}}{{\sqrt {a + bc} }} \le \frac{{bc}}{2}\left( {\frac{1}{{b + c}} + \frac{1}{{b + a}}} \right)\,\,\left( 2 \right)$ $\frac{{ca}}{{\sqrt {b + ca} }} \le \frac{{ca}}{2}\left( {\frac{1}{{b + c}} + \frac{1}{{b + a}}} \right)\,\,\left( 3 \right)$

Cộng (1), (2), (3) theo vế ta có:

$P = \frac{{ab}}{{\sqrt {c + ab} }} + \frac{{bc}}{{\sqrt {a + bc} }} + \frac{{ca}}{{\sqrt {b + ca} }}$

Từ đó giá trị lớn nhất của $P$ là đạt được khi và chỉ khi $a = b = c = \frac{1}{3}$.

Bằng việc đăng ký, bạn đồng ý với Điều khoản sử dụng và Chính sách bảo mật của Vietjack.

1. Rút gọn biểu thức \(P\).
\(P = \frac{{\sqrt x + 1 + \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}:\frac{1}{{\sqrt x - 1}}\)
\(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\left( {\sqrt x - 1} \right)\)
\(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}}.\)

$Cho đường tròn ( {O;R} và một điểm \(S\) nằm bên ngoài đường tròn. Kẻ các tiếp tuyến (ảnh 1)$ \(\widehat {SAO} = 90^\circ \) vì \(SA\) là tiếp tuyến của đường tròn
\(\widehat {SBO} = 90^\circ \) vì \(SB\) là tiếp tuyến của đường tròn
\( \Rightarrow \widehat {SAO} + \widehat {SBO} = 180^\circ \)
Vậy tứ giác \(SAOB\) nội tiếp.
2. Chứng minh \(S{B^2} = SM.\,\,SN\).
Xét hai \[\Delta SBM\] và\[\Delta SNB:\]Có \(\widehat S\) chung.
Có \(\widehat {MBS} = \widehat {MNB}\) (cùng chắn )\[ \Rightarrow \Delta SBM\] đồng dạng \[\Delta SNB\]
\( \Rightarrow \frac{{SB}}{{SN}} = \frac{{SM}}{{SB}} \Leftrightarrow S{B^2} = SM.\,\,SN\)
3. Cho \(SO = R\sqrt 5 \)và \(MN = R\sqrt 2 \). Gọi \(E\) là trung điểm \(MN\). Tính độ dài đoạn thẳng \(OE\) và diện tích tam giác \(SOM\) theo \(R\).
$Cho đường tròn ( {O;R} và một điểm \(S\) nằm bên ngoài đường tròn. Kẻ các tiếp tuyến (ảnh 2)$ Ta có \(OE \bot MN\) \(MN = R\sqrt 2 \Rightarrow ME = \frac{{R\sqrt 2 }}{2},\) \(OM = R\) \( \Rightarrow OE = \sqrt {O{M^2} - M{E^2}} = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}\)
\(SO = R\sqrt 5 ,\)\(SE = \sqrt {S{O^2} - O{E^2}} = \sqrt {5{R^2} - \frac{{2{R^2}}}{4}} = \frac{{3R\sqrt 2 }}{2}\)
\(SM = SE - ME = R\sqrt 2 .\)
Vậy \({S_{SOM}} = \frac{1}{2}OE.SM = \frac{1}{2}.\frac{{R\sqrt 2 }}{2}.R\sqrt 2 = \frac{{{R^2}}}{2}\)
4. Tiếp tuyến tại \(M\) của đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) cắt \(SA,\,SB\) lần lượt tại \(P,\,Q\). Gọi giao điểm của \(OQ,\,OP\) với \(AB\) lần lượt là \(I\) và \(H\). Chứng minh ba đường thẳng \(OM,\,\,QH,\,\,PI\) đồng quy.
$Cho đường tròn ( {O;R} và một điểm \(S\) nằm bên ngoài đường tròn. Kẻ các tiếp tuyến (ảnh 3)$ Vì \(QM,\,\,QB\) là hai tiếp tuyến của nên là hai tiếp tuyến của nên

Ta có \(OM \bot PQ\,\,\,\left( 3 \right)\) Từ (1), (2) và (3) suy ra ba đường thẳng \(OM,\,\,QH,\,\,PI\) là ba đường cao của tam giác \(OPQ\) nên chúng đồng quy.

Lớp 12

Lớp 11

Lớp 10

Ôn vào 10

Lớp 9

Lớp 8

Lớp 7

Lớp 6

Ôn vào 6

Lớp 5

Lớp 4

Lớp 3

Lớp 2

Lớp 1

Đại học

ĐGNL - ĐGTD

Tốt nghiệp THPT

Lớp 12

Lớp 11

Lớp 10

Ôn vào 10

Lớp 9

Lớp 8

Lớp 7

Lớp 6

Ôn vào 6

Lớp 5

Lớp 4

Lớp 3

Lớp 2

Lớp 1

V-ACT

HSA

TSA

SPT

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lý

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lý

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lí

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lí

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lí

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lí

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lý

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lí

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

1. Giải phương trình \({x^2} - 4x + 2\sqrt 3 = 0.\)

2. Giải hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}2\sqrt {x - 1} + \frac{1}{y} = 4\\\sqrt {x - 1} - \frac{1}{y} = - 1\end{array} \right..\]