Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Tiền Giang có đáp án

3)Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) vế theo vế ta được

\({x^3} - {y^3} =  - x + y \Leftrightarrow \left( {x - y} \right)\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right) + x - y = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - y} \right)\left( {{x^2} + xy + {y^2} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x = y\) do \({x^2} + xy + {y^2} + 1 = {\left( {x + \frac{y}{2}} \right)^2} + \frac{{3{y^2}}}{4} + 1 > 0,\;\forall x,y\)

Thay \(y = x\;\) vào phương trình (1), ta được \(3{x^3} = 6x \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0\;\;\;\;\;\;}\\{x =  \pm \sqrt 2 .}\end{array}} \right.\)

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình đã cho là \(S = \left\{ {\left( {0;} \right);(\sqrt 2 ;\sqrt 2 ;( - \sqrt 2 ; - \sqrt 2 } \right\}\).

a) Chứng minh rằng \(\frac{x}{{\sqrt {x - 1} }}\) \( \ge 2\).

Áp dụng bất đẳng thức \(AM - GM\) cho hai số thực dương \(\left( {x - 1} \right)\) và 1 ta được

\(x = \left( {x - 1} \right) + 1 \ge 2\sqrt {\left( {x - 1} \right).1}  = 2\sqrt {x - 1} .\)

Vậy \(\frac{x}{{\sqrt {x - 1} }} \ge 2\) với mọi số thực \(x > 1\). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x - 1 = 1 \Leftrightarrow x = 2.\)

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = \(\frac{{{x^2}}}{{y - 1}} + \frac{{{y^2}}}{{x - 1}}\)

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số thực dương \(\frac{{{x^2}}}{{y - 1}}\) và \(\frac{{{y^2}}}{{x - 1}}\) ta được

\(T = \;\frac{{{x^2}}}{{y - 1}} + \frac{{{y^2}}}{{x - 1}} \ge 2\sqrt {\frac{{{x^2}}}{{y - 1}}.\frac{{{y^2}}}{{x - 1}}}  = 2.\frac{x}{{\sqrt {x - 1} }}.\frac{y}{{\sqrt {y - 1} }} \ge 2.2.2 = 8\)

Vậy \(\min T = 8\) khi \(x = y = 2.\)

1) Chứng minh CDEH là một tứ giác nội tiếp.

Ta có

·       \(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

·       \(OB = OC\;\)(bán kính (O)) nên AO là đường trung trực của đoạn thẳng BC.

·       \(\Delta ABC\) có D là trung điểm AC, H là trung điểm BC nên HD là đường trung bình của tam giác ABC, suy ra \(HD//AB\).

Khi đó \(\widehat {HDE} = \widehat {ABE} = \widehat {BCE} = \widehat {HCE} = \frac{1}{2}\;sd\;\widehat {BE}\)

Do đó, tứ giác CDEH nội tiếp.

 2) Chứng minh rằng \(D{A^2} = DE.DB\)

Xét \(\Delta DCE\) và \(\Delta DBC\) ta có

\(\widehat {EDC}\;\) chung

\(\widehat {DCE} = \widehat {DBC} = \frac{1}{2}\;sd\;\widehat {BE}\)

Suy ra  (g-g)

Do đó \(\frac{{{\rm{DC}}}}{{{\rm{DB}}}} = \frac{{{\rm{DE}}}}{{{\rm{DC}}}}.\)  Suy ra \(D{C^2} = DE.DB\)

Mặt khác, do \(DA = DC\) nên \(D{A^2} = DE.DB\)

3) Gọi F là giao điểm thứ hai của AE với đường tròn (O). Chứng minh OC là đường trung trực của đoạn thẳng BF.

·       Từ \(D{A^2} = DE.DB\) nên ta có \(\frac{{DA}}{{DE}} = \frac{{DB}}{{DA}}\) 

·       Xét hai tam giác \(DAE\) và tam giác \(DBA\) có

+) \(\widehat {EDA}\;\) chung;

+) \(\frac{{DA}}{{DE}} = \frac{{DB}}{{DA}}\)

Do đó

·       Suy ra \(\widehat {EAD\;} = \widehat {DBA} = \widehat {DFA} = \frac{1}{2}sd\widehat {BE}\), do đó \(BF//AC.\)

·       Mà \(OC \bot AC\) nên \(OC \bot BF\).

·       Mặt khác, \(OF = OB\) (bán kính của (O)) nên OC là đường trung trực của đoạn thẳng BF.