$x = \;\sqrt {\frac{2}{{4 - \sqrt {15} }}} - \frac{4}{{\sqrt 5 - 1}}$$ = \sqrt {8 + 2\sqrt {15} } - \frac{{4\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}}$$ = \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 + \sqrt 3 } \right)}^2}} - \left( {\sqrt 5 + 1} \right)$

$ = \sqrt 5 + \sqrt 3 - \sqrt 5 - 1 = \sqrt 3 - 1$

Suy ra ${\left( {x + 1} \right)^2} = 3 \Leftrightarrow {x^2} + 2x = 2$

Do đó $P = {\left( {{x^2} + 2x + 2021} \right)^{2024}} = {2023^{2024}}.$

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

2)Điều kiện: $x \ge \frac{1}{2}.$

Đặt $t = \sqrt {2x - 1} \ge 0$, phương trình đã cho trở thành

$2{x^2} + {t^2} = 3xt \Leftrightarrow {t^2} - 3xt + 2{x^2} = 0\; \Leftrightarrow \left( {t - x} \right)\left( {t - 2x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = x}\\{t = 2x}\end{array}} \right.$

Với $t = x,\;x \ge \frac{1}{2}$ nên $\sqrt {2x - 1} = x \Leftrightarrow 2x - 1 = {x^2} \Leftrightarrow x = 1.$

Với $t = 2x,\;x \ge \frac{1}{2}$ nên $\sqrt {2x - 1} = 2x \Leftrightarrow 2x - 1 = 4{x^2} \Leftrightarrow 4{x^2} - 2x + 1 = 0,$ phương trình vô nghiệm do $\Delta ' < 0$

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm $S = \left\{ 1 \right\}.$

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 $S = \left\{ {\left( {0;} \right);(\sqrt 2 ;\sqrt 2 ;( - \sqrt 2 ; - \sqrt 2 } \right\}$.

Câu 2

1) Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho parabol $\left( P \right):y = {x^2}$ và đường thẳng $\left( d \right):\;y = 2\left( {m - 1} \right)x + 3$.

Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để đường thẳng $\left( d \right)$ cắt parabol$\left( P \right)$ tại hai điểm phân biệt có hoành độ ${x_1},\;{x_2}$ thỏa mãn ${x_1} + 2{x_2} = 5.$

2) Chứng minh rằng phương trình $\left( {a{x^2} + 2bx + c} \right)\left( {b{x^2} + 2cx + a} \right)\left( {c{x^2} + 2ax + b} \right) = 0$ luôn có nghiệm với mọi số thực $a,b,c.$

3) Cho hai số thực $x$ và $y$ thỏa mãn $x > 1,\;y > 1$

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

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

Xem đáp án

Lời giải

1)Phương trình hoành độ giao điểm của $\left( P \right)$ và $\left( d \right)$ là

${x^2} = 2\left( {m - 1} \right)x + 3 \Leftrightarrow {x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x - 3 = 0$

Do $1.\left( { - 3} \right) = - 3 < 0$ nên phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt ${x_1},\;{x_2}$

Do đó đường thẳng $\left( d \right)$ luôn cắt parabo; $\left( P \right)$ tại hai điểm phân biệt có hoành độ ${x_1},\;{x_2}.$

Theo hệ thức Vi-ét, ta có $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)\;\;\;\;\;\left( 1 \right)}\\{{x_1}{x_2} = - 3\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 2 \right)}\end{array}} \right.$

Lấy ${x_1} + 2{x_2} = 5$ trừ (1) vế theo vế ta được $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_2} = 7 - 2m\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;}\\{{x_1} = 2\left( {m - 1} \right) - \left( {7 - 2m} \right) = 4m - 9}\end{array}} \right.$

Thay vào (2) ta được $\left( {7 - 2m} \right)\left( {4m - 9} \right) = - 3 \Leftrightarrow - 8{m^2} + 46m - 60 = 0$

$ \Leftrightarrow 4{m^2} - 23m + 30 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 2}\\{m = \frac{{15}}{4}}\end{array}} \right.$

${\rm{Vay\;}}m \in \left\{ {2;\frac{{15}}{4}} \right\}$

2)Ta có $\left( {a{x^2} + 2bx + c} \right)\left( {b{x^2} + 2cx + a} \right)\left( {c{x^2} + 2ax + b} \right) = 0{\rm{\;}} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{a{x^2} + 2bx + c = 0\;\;\;\;\left( 1 \right)}\\{b{x^2} + 2cx + a = 0\;\;\;\;\left( 2 \right)}\\{c{x^2} + 2ax + b = 0\;\;\;\;\left( 3 \right)}\end{array}} \right.$

· Trường hợp 1: Nếu $a.b.c = 0$ thì phương trình đã cho luôn có nghiệm

· Trường hợp 2: Nếu $a.b.c \ne 0$. , ta có $\{\begin{matrix} Δ_{1}^{'} = b^{2} - a c \\ Δ_{2}^{'} = c^{2} - a b \\ Δ_{3}^{'} = a^{2} - b c . \end{matrix}$

Khi đó $2 (Δ_{1}^{'} + Δ_{2}^{'} + Δ_{3}^{'}) = 2 a^{2} + 2 b^{2} + 2 c^{2} - 2 a b - 2 b c - 2 c a$

$ = {\left( {a - b} \right)^2} + {\left( {b - c} \right)^2} + {\left( {c - a} \right)^2} \ge 0$.

Suy ra một trong ba số $Δ_{1}^{'}, Δ_{2}^{'}, Δ_{3}^{'}$ không âm.

Do đó, một trong ba phương trình (1), (2), (3) có nghiệm nên ta có điều phải chứng minh
3)

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 $x = y = 2.$

Câu 3

Cho hai số nguyên $p,q$ thỏa mãn đẳng thức ${p^2} + {q^2} = 2\left( {3pq - 4} \right)$ ()

1) Chứng minh rằng có ít nhất một trong hai số $p,q$ là bội của 3

2) Tìm tất cả các cặp số nguyên $\left( {p,q} \right)$ thỏa ()

Xem đáp án

Lời giải

a) Chứng minh rằng có ít nhất một trong hai số $p,q$ là bội của 3

· Giả sử trong hai số $p,q$ không có số nào chia hết cho 3.

· Khi đó ${p^2},\;{q^2}$ chia 3 dư 1. Suy ra:

+) ${p^2} + {q^2}\;$ chia 3 dư 2;

+) Trong khi vế phải $2\left( {3pq - 4} \right) = 6pq - 9 + 1$ chia 3 dư 1, vô lý

· Do đó tromg hai số $p,q$ phải có ít nhất một số là bội của 3.

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên $\left( {p,q} \right)$ thỏa (*)

· Do vai trò của $p,q$ như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử $q$ là bội của 3.

· Do $q$ nguyên tố nên $q = 3$

· Khi đó từ (*) ta có ${p^2} + 9 = 2\left( {2p - 4} \right) \Leftrightarrow {p^2} - 18p + 17 = 0 \Leftrightarrow p = 1$ hoặc $p = 17$

· Do $p$ nguyên tố nên $p = 17.$

Vậy các cặp số $\left( {p;q} \right)$ thỏa mãn (*) là $\left( {p;q} \right) \in \left\{ {\left( {17;3} \right);\left( {3;17} \right)} \right\}.$

Câu 4

Cho đường tròn tâm O và một điểm A ở ngoài đường tròn đó. Qua điểm A vẽ hai tiếp tuyến AB và AC đến đường tròn (O) (B, C là các tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của AO và BC, D là trung điểm của AC, tía BD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E.

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

2) Chứng minh rằng $D{A^2} = DE.DB$

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.

Xem đáp án

Lời giải

Cho đường tròn tâm O và một điểm A ở ngoài đường tròn đó. Qua điểm A vẽ hai tiếp tuyến AB và AC đến đường tròn (ảnh 1)

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.

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học

Lịch sử

Địa lý

Sinh học

Công nghệ

Tin học

Tiếng Anh

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

ĐHQG Hồ Chí Minh

ĐH Bách Khoa

ĐHQG Hà Nội

Bộ Công an

ĐHSP Hà Nội

Bằng lái xe

English Test

IT Test

Đại học

Viên chức

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học

Lịch sử

Địa lý

Sinh học

Công nghệ

Tin học

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học

Lịch sử

Địa lý

Sinh học

Công nghệ

Tin học

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học

Lịch sử

Địa lý

Sinh học

Tin học

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Global success

iLearn Smart World

Friends Global

Explore new worlds

Bright

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học

Lịch sử

Địa lý

Sinh học

Công nghệ

Tin học

Giáo dục Quốc Phòng và An Ninh

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học

Lịch sử

Địa lý

Sinh học

Công nghệ

Tin học

Giáo dục Quốc Phòng và An Ninh

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Toán

Văn

Vật lý