$ \Leftrightarrow \left( {x + 7} \right)\left( {x - 2} \right) = 0$ $ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 7}\\{x = 2}\end{array}} \right.\;$

Vậy phương trình có tập nghiệm $S = \left\{ {2;\; - 7} \right\}$

2. ${x^2} + 3x + 8 = 2\left( {x + 1} \right)\sqrt {x + 7} $ (*)

ĐKXĐ: $x \ge - 7$

(*) $ \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + x + 7 - 2\left( {x + 1} \right)\sqrt {x + 7} = 0$

$ \Leftrightarrow {\left( {x + 1 - \sqrt {x + 7} } \right)^2} = 0$ $ \Leftrightarrow x + 1 = \sqrt {x + 7} $

$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge - 1}\\{{x^2} + 2x + 1 = x + 7}\end{array}\;} \right.\;$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge 1}\\{{x^2} + x - 6 = 0}\end{array}} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge 1}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 3}\\{x = 2}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow x = 2$ (TM ĐKXĐ)

Vậy phương trình có tập nghiệm $S = \left\{ 2 \right\}$

Câu 2/6

Giải hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}x + y + \frac{{x + 2y}}{{xy}} = 6\\{x^2} + {y^2} + \frac{{{x^2} + 4{y^2}}}{{{{(xy)}^2}}} = 14\end{array} \right.\]

Xem đáp án

Lời giải

\[\left\{ \begin{array}{l}x + y + \frac{{x + 2y}}{{xy}} = 6\\{x^2} + {y^2} + \frac{{{x^2} + 4{y^2}}}{{{{(xy)}^2}}} = 14\end{array} \right.\] (I)

ĐKXĐ: $x,\;y \ne 0$

(I)$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + y + \frac{1}{y} + \frac{2}{x} = 6}\\{{x^2} + {y^2} + \frac{1}{{{y^2}}} + \frac{4}{{{x^2}}} = 14}\end{array}} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + \frac{2}{x} + y + \frac{1}{y} = 6}\\{{{\left( {x + \frac{2}{x}} \right)}^2} + {{\left( {y + \frac{1}{y}} \right)}^2} = 20}\end{array}} \right.$

Đặt $x + \frac{2}{x} = a,\;y + \frac{1}{y} = b$

Ta có hệ $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a + b = 6}\\{{a^2} + {b^2} = 20}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a + b = 6}\\{{{\left( {a - b} \right)}^2} = 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) - {{\left( {a + b} \right)}^2} = 4}\end{array}} \right.} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a + b = 6}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{a - b = 2}\\{a - b = - 2}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 4,\;b = 2}\\{a = 2,\;b = 4}\end{array}} \right.} \right.$

· \(a = 4,\;b = 2\

· $a = 2,\;b = 4$

$ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + \frac{2}{x} = 2}\\{y + \frac{1}{y} = 4}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^2} + 2x + 2 = 0}\\{{y^2} - 4y + 1 = 0}\end{array}} \right.} \right.\;\left( {{\rm{v\^o \;nghiem}}} \right)$

Vậy hệ phương trình có nghiệm

$\left( {x,\;y} \right)\;\;\left\{ {\left( {2 + \sqrt 2 ;1} \right),\;\left( {2 - \sqrt 2 ;1} \right)} \right\}$

Câu 3/6

1.Tìm tất cả các cặp số nguyên $\left( {x,\;y} \right)$ thoả mãn đẳng thức \[(y + 2){x^2} + 1 = {y^2}\]

2. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 3n + 1, 11n + 1 là các số chính phương và

n + 3 số nguyên tố.

Xem đáp án

Lời giải

1. $\left( {y + 2} \right){x^2} + 1 = {y^2}\;\left( 1 \right)$

$x \in \mathbb{Z} \Rightarrow {y^2} - 1 \vdots y + 2$

$ \Leftrightarrow \left( {{y^2} - 4} \right) + 3 \vdots y + 2$

$ \Leftrightarrow 3 \vdots y + 2$

$ \Rightarrow y + 2 \in \left\{ { \pm 3;\; \pm 1} \right\}$

$ \Rightarrow y \in \left\{ {1;\; - 5;\; - 1;\; - 3} \right\}$

· $y = 1$ thay vào (1) $ \Rightarrow x = 0$ thoả mãn

· $y = - 5$ thay vào (1) $ \Rightarrow {x^2} = - 8$ loại

· $y = - 1$ thay vào (1) $ \Rightarrow x = 0$ thoả mãn

· $y = - 3$ thay vào (1) $ \Rightarrow {x^2} = - 8\;$loại

Vậy (x; y) Î {(0; 1); (0; -1)}

2. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3n + 1 = {a^2}}\\{11n + 1 = {b^2}}\end{array}} \right.$

$ \Rightarrow n + 3 = 4{a^2} - {b^2} = \left( {2a - b} \right)\left( {2a + b} \right)$

$a,\;b \in {N^*} \Rightarrow 2a + b > 0 > 2a - b$

$n + 3$ là số nguyên tố $ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2a - b = 1}\\{2a + b = n + 3}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = \frac{{n + 4}}{4}}\\{b = \frac{{n + 2}}{2}}\end{array}} \right.} \right.$

$ \Rightarrow 11n + 1 = {b^2} = {\left( {\frac{{n + 2}}{2}} \right)^2}$

$ \Leftrightarrow {n^2} = 40n$

$ \Leftrightarrow n = 40$

Câu 4/6

1. 1. Cho ba số thực dương \[a,{\rm{ }}b,{\rm{ }}c\] thoả mãn \[ab + bc + ca = 1\]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = \[\frac{{2a}}{{\sqrt {1 + {a^2}} }} + \frac{b}{{\sqrt {1 + {b^2}} }} + \frac{c}{{\sqrt {1 + {c^2}} }}\]

2. 2.Cho ba số thực không âm $a,\;b,\;c$ thoả mãn $ab + bc + ca + abc \le 4$. Chứng minh rằng $a + b + c \ge ab + bc + ca.$

Xem đáp án

Lời giải

1. Ta có:

$P = \frac{{2a}}{{\sqrt {1 + {a^2}} }} + \frac{b}{{\sqrt {1 + {b^2}} }} + \frac{c}{{\sqrt {1 + {c^2}} }}$

$ = \frac{{2a}}{{\sqrt {{a^2} + ab + bc + ca} }} + \frac{b}{{\sqrt {{a^2} + ab + bc + ca} }} + \frac{c}{{\sqrt {{a^2} + ab + bc + ca} }}$

$ = \frac{{2a}}{{\sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)} }} + \frac{b}{{\sqrt {\left( {b + c} \right)\left( {b + a} \right)} }} + \frac{c}{{\sqrt {\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)} }}$

$ = \sqrt {\frac{{2a}}{{a + b}}.\frac{{2a}}{{a + c}}} + \sqrt {\frac{{2b}}{{b + a}}.\frac{b}{{2\left( {b + c} \right)}}} + \sqrt {\frac{{2c}}{{c + a}}.\frac{c}{{2\left( {c + b} \right)}}} $

$AM - GM$

$ \le \frac{1}{2}\left[ {\frac{{2a}}{{a + b}} + \frac{{2a}}{{a + c}} + \frac{{2b}}{{b + a}} + \frac{b}{{2\left( {b + c} \right)}} + \frac{{2c}}{{c + a}} + \frac{c}{{2\left( {c + b} \right)}}} \right]$

$ = \frac{1}{2}\left[ {\left( {\frac{{2a}}{{a + b}} + \frac{{2b}}{{a + b}}} \right) + \left( {\frac{{2a}}{{a + c}} + \frac{{2a}}{{a + c}}} \right) + \frac{1}{2}\left( {\frac{b}{{b + c}} + \frac{c}{{b + c}}} \right)} \right]\;$

$ = \frac{1}{2}\left( {2 + 2 + \frac{1}{2}} \right) = \frac{9}{4}$

Dấu “=” xảy ra khi $a = \frac{{7\sqrt {15} }}{{15}};b = c = \frac{{\sqrt {15} }}{{15}}$

Vậy P đạt GTLN là $\frac{9}{4}$ khi $a = \frac{{7\sqrt {15} }}{{15}};b = c = \frac{{\sqrt {15} }}{{15}}$

2. Ta có $ab + bc + ca + abc \le 4$

$ \Leftrightarrow abc + 2\left( {ab + bc + ca} \right) + 4\left( {a + b + c} \right) + 8 \le \left( {ab + 2a + 2b + 4} \right) + \left( {bc + 2b + 2c + 4} \right)$

$ + \left( {ca + 2c + 2a + 4} \right)$

$ \Leftrightarrow \left( {a + 2} \right)\left( {b + 2} \right)\left( {c + 2} \right) \le \left( {a + 2} \right)\left( {b + 2} \right) + \left( {b + 2} \right)\left( {c + 2} \right)$

$ + \left( {c + 2} \right)\left( {a + 2} \right)$

$ \Leftrightarrow 1 \le \frac{1}{{a + 2}} + \frac{1}{{b + 2}} + \frac{1}{{c + 2}} \Leftrightarrow \frac{2}{{a + 2}} + \frac{2}{{b + 2}} + \frac{2}{{c + 2}}\;\; \ge 2$

$ \Leftrightarrow \left( {1 - \frac{2}{{a + 2}}} \right) + \left( {1 - \frac{2}{{b + 2}}} \right) + \left( {1 - \frac{2}{{c + 2}}} \right) \le 1$

$ \Leftrightarrow 1 \ge \frac{a}{{a + 2}} + \frac{b}{{b + 2}} + \frac{c}{{c + 2}}$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz

$1 \ge \frac{a}{{a + 2}} + \frac{b}{{b + 2}} + \frac{c}{{c + 2}} = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + 2a}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + 2b}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + 2c}}$

$C - S \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + 2\left( {a + b + c} \right)}}$

$ \Rightarrow {\left( {a + b + c} \right)^2} \le \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) + 2\left( {a + b + c} \right)$

$ \Leftrightarrow a + b + c \ge ab + bc + ca$ (đpcm)

Câu 5/6

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, $AB < AC$ và nội tiếp đường tròn (O). Đường thẳng AO cắt đường thẳng BC tại điểm E. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại điểm N $\left( {N \ne A} \right)$. Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại điểm B, C cắt nhau tại điểm D.

1.    Chứng minh AOND là tứ giác nội tiếp và tia DO là phân giác của góc $\widehat {ADN}$.

2.    Đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại điểm P $\left( {P \ne A} \right)$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AME cắt đường tròn (O) tại điểm F $\left( {F \ne A} \right)$. Chứng minh $AB.PC = AC.PB$ và ba điểm E, F, P thẳng hàng.

3.    Kẻ đường kính AK của đường tròn (O). Chứng minh 3 điểm D, K, F thẳng hàng và đường thẳng FN đi qua trung điểm của đoạn thẳng DM.

Xem đáp án

Lời giải

$Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, $AB < AC$ và nội tiếp đường tròn (O). Đường thẳng (ảnh 1)$

1. Xét đường tròn (O): $BD \bot BO,\;CD \bot CO$ (tính chất tiếp tuyến)

$ \Rightarrow \widehat {DBO} = \widehat {DCO} = {90^\diamondsuit }$ $ \Rightarrow \widehat {DBO} + \widehat {DCO} = {180^\diamondsuit }$

$ \Rightarrow $Tứ giác OBDC nội tiếp

Lại có $OB = OC,\;MB = MC,\;DB = DC$

$ \Rightarrow O,\;M,\;D$ cùng thuộc trung trực của đoạn BC

Suy ra $MO.MD = MB.MC$

Mà tứ giác ABNC nội tiếp $ \Rightarrow MB.MC = MA.MN$

$ \Rightarrow MO.MD = MA.MN$ $ \Rightarrow $ Tứ giác AOND nội tiếp

$ \Rightarrow DO$ là phân giác $\widehat {ADN}$

b) Xét ${\rm{\Delta }}DBP$ và ${\rm{\Delta }}DAB$ có

$\widehat {BDP}\;$chung; $\widehat {DBP} = \widehat {DAB}$

$ \Rightarrow {\rm{\Delta }}DBP \sim {\rm{\Delta }}DAB$ (g.g) $ \Rightarrow \frac{{AB}}{{BP}} = \frac{{AD}}{{DB}}$

Tương tự ta có ${\rm{\Delta }}DCP \sim {\rm{\Delta }}DAC \Rightarrow \frac{{AC}}{{CP}} = \frac{{AD}}{{DC}}$

$ \Rightarrow \frac{{AB}}{{BP}} = \frac{{AC}}{{CP}} \Rightarrow AB.CP = AC.BP$

Áp dụng định lý Ptoleney cho tứ giác ABPC nội tiếp ta có

$AP.BC = AB:CP + AC.BP$

$ \Rightarrow 2AP.CM = 2AC.BP \Rightarrow \frac{{AP}}{{AC}} = \frac{{BP}}{{CM}}$

${\rm{\Delta }}ABP$ và ${\rm{\Delta }}AMC$ có $\frac{{AP}}{{AC}} = \frac{{BP}}{{CM}}\;;\;\widehat {APB} = \widehat {ACM}$

$ \Rightarrow {\rm{\Delta }}ABP \sim {\rm{\Delta }}AMC$ (c.g.c) $ \Rightarrow \widehat {ABP} = \widehat {AMC}$

Lại có tứ giác ABPF nội tiếp nên $\widehat {ABP} = {180^\diamondsuit } - \widehat {AFP}$

Lại có tứ giác AMEF nội tiếp nên $\widehat {AME} = {180^\diamondsuit } - \widehat {AFB}$

$ \Rightarrow \widehat {AFP} = \widehat {AFE} \Rightarrow E,\;F,\;P$ thẳng hàng

c) Áp dụng hệ thức lượng cho ${\rm{\Delta }}OCD$ vuông tại C ta có

$OM.OD = O{C^2} = O{F^2} \Rightarrow \frac{{OF}}{{OM}} = \frac{{OD}}{{OF}}$ $ \Rightarrow {\rm{\Delta }}OMF \sim {\rm{\Delta }}OFD\;$ (c.g.c)

$ \Rightarrow \widehat {OFD} = \widehat {OMF} = {90^\diamondsuit } - \widehat {CMF} = {90^\diamondsuit } - \widehat {FAE} = {90^\diamondsuit } - \widehat {AFO}\;$

$ \Rightarrow AFD = {90^\diamondsuit } \Rightarrow AF \bot FD$ mà $AF \bot FK$

$ \Rightarrow DF = DK \Rightarrow D,\;F,\;K$ thẳng hàng

Gọi $Z,\;X$ là giao $FN$ với $BC,\;DM$.

Gọi $T$ là giao $KZ$ với $MF$.

Ta có $D{C^2} = DK.DF = DM.DO \Rightarrow $ Tứ giác OMKF nội tiếp

$ \Rightarrow \widehat {KMF} = \widehat {KOF\;} = 2\widehat {OAF} = 2\widehat {FMS}\;$

$ \Rightarrow \widehat {KME} = \widehat {FME} = \widehat {FAO} = \widehat {KNF}$ $ \Rightarrow $ Tứ giác MNKZ nội tiếp

$ \Rightarrow \widehat {KZM} = {180^\diamondsuit } - \widehat {MNK} = {90^\diamondsuit }$

Lại có ${\rm{\Delta }}TMK$ có MZ là đường cao đồng thời là phân giác

$ \Rightarrow ZT = ZK$

Do $TK//DM \Rightarrow \frac{{ZT}}{{MX}} = \frac{{FZ}}{{FX}} = \frac{{ZK}}{{DX}}$

$ \Rightarrow XD = XM \Rightarrow $ X là trung điểm của đoạn DM.

Vậy FN đi qua trung điểm của đoạn DM

Câu 6/6

Sau khi tổ chức một trận đấu giao hữu giữa hai đội bóng lớp 9A và 9B, ban tổ chức có 11 gói kẹo muốn chia cho 2 đội. Mỗi đội được chia 5 gói làm phần thưởng và 1 gói ban tổ chức giữ lại để liên hoan. Biết rằng dù chọn bất kì gói nào để giữ lại, ban tổ chức luôn có thể chia 10 gói còn lại cho 2 đội mà tổng số viên kẹo trong 5 gói cho mỗi đội là bằng nhau. Chứng minh rằng 11 gói kẹo đó phải có số viên kẹo bằng nhau.

Xem đáp án

Lời giải

Gọi ${a_1},\;{a_2},\; \ldots ,\;{a_{11}}$ lần lượt là số kẹo trong 11 gói.

Đặt $S = {a_1} + {a_2} + \ldots + {a_{11}}$

Giả sử tổn tại $a \le k,\;l \le 11\;m\`a \;{a_k} \ne {a_l}$

Theo bài ra, ta suy ra được $S - {a_1},\;S - {a_2}, \ldots ,S - {a_{11}}$ đều là số chẵn

$ \Rightarrow {a_1},\;{a_2}, \ldots ,{a_{11}}$ cũng chẵn hoặc cũng lẻ

Ta thực hiện quá trình như sau:

· Nếu ${a_1},\;{a_2}, \ldots ,{a_{11}}$ cũng chẵn, ta thu được bộ số mới

$\left( {{b_1},\;{b_2},\; \ldots ,\;{b_{11}}} \right) = \left( {\frac{{{a_1}}}{2},\frac{{{a_2}}}{2},\; \ldots ,\frac{{{a_{11}}}}{2}} \right)$

· Nếu ${a_1},\;{a_2}, \ldots ,{a_{11}}$ cũng lẻ, ta thu được bộ số mới

$\left( {{b_1},\;{b_2},\; \ldots ,\;{b_{11}}} \right) = \left( {\frac{{{a_1} - 1}}{2};\frac{{{a_2} - 1}}{2}; \ldots ;\frac{{{a_{11}} - 1}}{2}} \right)$

Ta thấy 11 gói kẹo với số kẹo ${b_1};{b_2}; \ldots ;{b_{11}}$ cũng thoả mãn điều kiện đề bài.

Tiếp tục quá trình như vậy đến khi thu được bộ $\left( {{x_1};{x_2}; \ldots ;{x_{11}}} \right)$ mà tồn tại $1 \le j;i \le 11$ sao cho $xj = 0;xi = 1$

Mà bộ $({z_1};{z_2}; \ldots ;{z_{11}})$ thoả mãn điều kiện đề bài nên ${x_1};{x_2}; \ldots ;{x_{11}}$ cùng tính chẵn lẻ (Mâu thuẫn)

Điều giả sử là sai.

Vậy ${a_1} = {a_2} = \ldots = {a_{11}}$

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

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

Giải các phương trình sau:

1. \[(x - 1)(x + 2)(x + 3)(x + 6) = 160\]

2. \[{x^2} + 3x + 8 = 2(x + 1)\sqrt {x + 7} \]