$P = \left[ {\frac{{x - 6\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}} \right]:\frac{{x + 4}}{{1 - x}}$

$p = \frac{{x - 6\sqrt x + 1 - {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\frac{{1 - x}}{{x + 4}}$

$P = \frac{{x - 6\sqrt x + 1 - x + 2\sqrt x - 1}}{{x - 1}}.\frac{{1 - x}}{{x + 4}}$

$P = \frac{{ - 4\sqrt x }}{{x - 1}}.\frac{{ - \left( {x - 1} \right)}}{{x + 4}}$

$P = \frac{{4\sqrt x }}{{x + 4}}$

$P = 4.\frac{{\sqrt x }}{{x + 4}} = 4.Q$

Vậy $P = 4Q$với $x \ge 0;x \ne 1$.

c) Ta có $P = \frac{{4\sqrt x }}{{x + 4}}$ với $x \ge 0;x \ne 1$

Với $x \ge 0;x \ne 1$ ta có $4\sqrt x \ge 0;x + 4 > 0$$ \Rightarrow P = \frac{{4\sqrt x }}{{x + 4}} \ge 0\left( 1 \right)$

Ta cũng có: $P = \frac{{x + 4 - \left( {x - 4\sqrt x + 4} \right)}}{{x + 4}} = 1 - \frac{{{{\left( {\sqrt x - 2} \right)}^2}}}{{x + 4}} \le 1$với $x \ge 0;x \ne 1$

Do đó $P = \frac{{4\sqrt x }}{{x + 4}} \le 1\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$và $\left( 2 \right)$$ \Rightarrow 0 \le P \le 1$. Mà $P$ nhận giá trị là số nguyên nên $P \in \left\{ {0;1} \right\}$.

+ Với $P = 0$$ \Leftrightarrow \frac{{4\sqrt x }}{{x + 4}} = 0 \Leftrightarrow \sqrt x = 0 \Leftrightarrow x = 0$ (thỏa mãn)

+ Với $P = 1$$ \Leftrightarrow \frac{{4\sqrt x }}{{x + 4}} = 1 \Leftrightarrow x + 4 = 4\sqrt x \Leftrightarrow x + 4 - 4\sqrt x = 0 \Leftrightarrow {\left( {\sqrt x - 2} \right)^2} = 0$

$ \Leftrightarrow \sqrt x - 2 = 0 \Leftrightarrow x = 4$ (thỏa mãn).

Vậy $x \in \left\{ {0;4} \right\}$ thì $P$ nhận giá trị là số nguyên

Câu 2

Cho hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}mx + y = 3\\ - x + y = 2\end{array} \right.$ (với $m$ là tham số).

a) Giải hệ phương trình với $m = 2$.

b) Tìm $m$để hệ phương trình có nghiệm duy nhất $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn ${x^2} + {y^2} = 10$

Xem đáp án

Lời giải

a) Với $m = 2$ hệ phương trình đã cho có dạng:

\[\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 3\\ - x + y = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 1\\ - x + y = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{1}{3}\\ - \frac{1}{3} + y = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{1}{3}\\y = \frac{7}{3}\end{array} \right.\]

Vậy với $m = 2$hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất \[\left( {x;y} \right) = \left( {\frac{1}{3};\frac{7}{3}} \right)\].

b) Xét hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}mx + y = 3{\rm{ }}\left( 1 \right)\\ - x + y = 2{\rm{ }}\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Từ $\left( 2 \right)$ ta có $y = x + 2{\rm{ }}\left( 3 \right)$.

Thay $\left( 3 \right)$vào $\left( 1 \right)$ta được: $mx + x + 2 = 3 \Leftrightarrow \left( {m + 1} \right)x = 1{\rm{ }}\left( 4 \right)$

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi phương trình $\left( 4 \right)$ có nghiệm duy nhất $ \Leftrightarrow m + 1 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne - 1$

Với $m \ne - 1$ phương trình $\left( 4 \right)$ có 1 nghiệm $x = \frac{1}{{m + 1}}$.

Từ $\left( 2 \right)$ ta có $y = \frac{1}{{m + 1}} + 2 = \frac{{2m + 3}}{{m + 1}}$.

Với $m \ne - 1$ hệ phương trình có nghiệm duy nhất $\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{1}{{m + 1}}\\y = \frac{{2m + 3}}{{m + 1}}\end{array} \right.$

Theo bài ra ${x^2} + {y^2} = 10$\[ \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{{m + 1}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{2m + 3}}{{m + 1}}} \right)^2} = 10\]

\[ \Leftrightarrow 1 + {\left( {2m + 3} \right)^2} = 10{\left( {m + 1} \right)^2}\]

\[ \Leftrightarrow 1 + 4{m^2} + 12m + 9 = 10{m^2} + 20m + 10\]

\[ \Leftrightarrow 6{m^2} + 8m = 0\]

\[ \Leftrightarrow 2m\left( {3m + 4} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = \frac{{ - 4}}{3}\end{array} \right.\] (thỏa mãn).

Vậy \[m \in \left\{ {\frac{{ - 4}}{3};0} \right\}\]thỏa mãn đề bài

Câu 3

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

a) Tìm $m$ để $\left( d \right)$ đi qua điểm $A\left( {2;8} \right)$.

b) Tìm $m$ để $\left( d \right)$ cắt $\left( P \right)$tại hai điểm phân biệt có hoành độ ${x_1},{x_2}$ thỏa mãn ${x_1} + {x_2} - 3{x_1}{x_2} = 5$.

Xem đáp án

Lời giải

a) Đường thẳng $\left( d \right):y = x + m$ đi qua điểm $A\left( {2;8} \right)$$ \Leftrightarrow 2 + m = 8 \Leftrightarrow m = 6$.

Vậy $m = 6$ thì $\left( d \right)$ đi qua điểm $A\left( {2;8} \right)$.

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của parabol $\left( P \right):y = 2{x^2}$ và đường thẳng $\left( d \right):y = x + m$ là: $2{x^2} = x + m \Leftrightarrow 2{x^2} - x - m = 0{\rm{ }}\left( * \right)$.

Phương trình $\left( * \right)$có: $\Delta = {\left( { - 1} \right)^2} - 4.2.\left( { - m} \right) = 1 + 8m$.

Để $\left( d \right)$ cắt $\left( P \right)$tại hai điểm phân biệt có hoành độ ${x_1},{x_2}$thì phương trình $\left( * \right)$có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$$ \Leftrightarrow \Delta > 0 \Leftrightarrow 1 + 8m > 0 \Leftrightarrow m > \frac{{ - 1}}{8}$.

Theo định lí Vi-et ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{1}{2}\\{x_1}.{x_2} = \frac{{ - m}}{2}\end{array} \right.$

Theo bài ra: ${x_1} + {x_2} - 3{x_1}{x_2} = 5$$ \Leftrightarrow \frac{1}{2} - 3.\frac{{ - m}}{2} = 5 \Leftrightarrow 1 + 3m = 10 \Leftrightarrow 3m = 9 \Leftrightarrow m = 3$(thỏa mãn).

Vậy $m = 3$ là giá trị cần tìm.

Câu 4

1) Cho tam giác $ABC$ nhọn, nội tiếp đường tròn $\left( {O;R} \right)$. Kẻ $AH$ vuông góc với $BC$ tại $H$, $HK$ vuông góc với $AB$ tại $K$ và $HI$ vuông góc với $AC$ tại $I$,.

a) Chứng minh tứ giác $AKHI$nội tiếp đường tròn.

b) Gọi $E$ là giao điểm của$AH$với $KI$. Chứng minh rằng $EA.EH = EK.EI$.

c) Chứng minh $KI$vuông góc với $AO$.

d) Giả sử điểm $A$ và đường tròn $\left( {O;R} \right)$ cố định, còn dây $BC$ thay đổi sao cho $AB.AC = 3{R^2}$. Xác định vị trí của dây cung $BC$ sao cho tam giác $ABC$ có diện tích lớn nhất.

2) Một hình nón có diện tích đáy bằng $16\pi \left( {c{m^2}} \right)$ và có chiều cao gấp ba lần bán kính đáy. Tính thể tích của hình nón đó.

Xem đáp án

Lời giải

$1) Cho tam giác $ABC$ nhọn, nội tiếp đường tròn (ảnh 1)$

1.a) Chứng minh tứ giác $AKHI$nội tiếp đường tròn.

Ta có:

$\widehat {AKH} = 90^\circ $(vì $HK$ vuông góc với $AB$ tại $K$)

$\widehat {AIH} = 90^\circ $(vì$HI$ vuông góc với $AC$ tại $I$).

Xét tứ giác$AKHI$có: $\widehat {AKH}\,\, + \,\widehat {AIH} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ $, mà hai góc này ở vị trí đối nhau.

Vậy tứ giác $AKHI$nội tiếp đường tròn.

b) Gọi $E$ là giao điểm của$AH$với $KI$. Chứng minh rằng $EA.EH = EK.EI$.

Vì tứ giác $AKHI$nội tiếp đường tròn (cmt) nên $\widehat {HKI} = \widehat {HAI}$(hai góc nội tiếp cùng chắn )

Hay $\widehat {HKE} = \widehat {IAE}$.

Xét $\Delta EKH$ và $\Delta EAI$có:

$\widehat {KEH} = \widehat {AEI}$(hai góc đối đỉnh);

$\widehat {HKE} = \widehat {IAE}$(cmt)

Do đó: (g.g)

$ \Rightarrow \frac{{EK}}{{EA}} = \frac{{EH}}{{EI}} \Rightarrow EA.EH = EK.EI$

Vậy ta có điều phải chứng minh.

c) Chứng minh $KI$vuông góc với $AO$.

Kẻ đường kính \[AF\] của đường tròn $\left( {O;R} \right)$; Gọi J là giao điểm của $KI$ và $AO$

Xét đường tròn $\left( {O;R} \right)$có ${\widehat F_1} = {\widehat B_1}$(hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AC$). (1)

Lại có ${\widehat B_1} = {\widehat H_1}$ (vì cùng phụ với ${\widehat H_2}$). (2)

Vì tứ giác $AKHI$nội tiếp đường tròn (cmt)

nên ${\widehat H_1} = {\widehat I_1}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung$AK$) (3).

Từ (1); (2) và (3) suy ra: $\widehat {{F_1}} = {\widehat I_1}$.

Mà trong đường tròn $\left( {O;R} \right)$có:$\widehat {ACF} = 90^\circ $(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Hay${\widehat A_1} + {\widehat F_1} = 90^\circ $ (4).

Từ (3) và (4) suy ra ${\widehat A_1} + {\widehat I_1} = 90^\circ $$ \Rightarrow \widehat {AJI} = 90^\circ $.

Vậy $KI$vuông góc với $AO$.

d) Giả sử điểm $A$ và đường tròn $\left( {O;R} \right)$ cố định, còn dây $BC$ thay đổi sao cho $AB.AC = 3{R^2}$.

Xác định vị trí của dây cung $BC$ sao cho tam giác $ABC$ có diện tích lớn nhất.

Có $\widehat {ACF} = {90^0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\widehat {ABH} = \widehat {AFC}$(hai góc nội tiếp cùng chắn cung của đường tròn $\left( {O;R} \right)$

Xét $\Delta AHB$ và $\Delta ACF$có:

$\widehat {AHB} = \widehat {ACF}\left( {{{90}^0}} \right)$;

$\widehat {ABH} = \widehat {AFC}$(cmt)

Do đó: (g.g) $ \Rightarrow \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{AF}} \Rightarrow AH = \frac{{AB.AC}}{{AF}} = \frac{{3{R^2}}}{{2R}} = \frac{{3R}}{2}$

Ta có: ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AH.BC = \frac{1}{2}.\frac{{3R}}{2}.BC = \frac{{3R}}{4}.BC$.

Do $R$ không đổi nên ${S_{ABC}}$lớn nhất $ \Leftrightarrow BC$ lớn nhất.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ thì .

$BC$ lớn nhất $ \Leftrightarrow OM$ bé nhất.

Ta có $OM \ge AM - AO \ge AH - AO = \frac{{3R}}{2} - R = \frac{R}{2}$.

$OM$ bé nhất bằng $\frac{R}{2}$$ \Leftrightarrow A,O,M$thẳng hàng và $H \equiv M$.

Khi đó $AH = AM = AO + OM = R + \frac{R}{2} = \frac{{3R}}{2}$

Vậy diện tích $\Delta ABC$ lớn nhất khi $BC$cách $A$ một khoảng bằng $\frac{{3R}}{2}$ ($\Delta ABC$ đều)

2) Gọi bán kính đáy của hình nón là $R$.

Do diện tích của đáy hình nón là $S = 16\pi \Rightarrow \pi {R^2} = 16\pi \Rightarrow R = 4{\rm{ }}\left( {cm} \right)$

Theo giả thiết chiều cao của hình nón gấp 3 lần bán kính đáy nên chiều cao của hình nón là: $h = 3R = 3.4 = 12{\rm{ }}\left( {cm} \right)$

Thể tích hình nón là: $V = \frac{1}{3}S.h = \frac{1}{3}.16\pi .12{\rm{ = 64}}\pi \left( {c{m^3}} \right)$

Vậy thể tích hình nón là ${\rm{64}}\pi c{m^3}$

Câu 5

Cho các số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn $x + y + z = 6.$ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

$P = \frac{{x{y^3}}}{{{y^3} + 4}} + \frac{{y{z^3}}}{{{z^3} + 4}} + \frac{{z{x^3}}}{{{x^3} + 4}}$

Xem đáp án

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho ba số dương ta có:

\[P = \frac{{x{y^3}}}{{\frac{{{y^3}}}{2} + \frac{{{y^3}}}{2} + 4}} + \frac{{y{z^3}}}{{\frac{{{z^3}}}{2} + \frac{{{z^3}}}{2} + 4}} + \frac{{z{x^3}}}{{\frac{{{x^3}}}{2} + \frac{{{x^3}}}{2} + 4}}\]

\[P \le \frac{{x{y^3}}}{{3.\sqrt[3]{{\frac{{{y^3}}}{2}.\frac{{{y^3}}}{2}.4}}}} + \frac{{y{z^3}}}{{3.\sqrt[3]{{\frac{{{z^3}}}{2}.\frac{{{z^3}}}{2}.4}}}} + \frac{{z{x^3}}}{{3.\sqrt[3]{{\frac{{{x^3}}}{2}.\frac{{{x^3}}}{2}.4}}}} = \frac{{x{y^3}}}{{3{y^2}}} + \frac{{y{z^3}}}{{3{z^2}}} + \frac{{z{x^3}}}{{3{x^2}}}\]

\[P \le \frac{{xy + yz + zx}}{3}\]

Lại có \[{\left( {x - y} \right)^2} + {\left( {y - z} \right)^2} + {\left( {z - x} \right)^2} \ge 0{\rm{ }}\forall x,y,z\]

\[ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} \ge xy + yz + zx\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {x + y + z} \right)^2} \ge 3\left( {xy + yz + zx} \right)\]

\[ \Leftrightarrow xy + yz + zx \le \frac{{\left( {x + y + z} \right)}}{3} = \frac{{{6^2}}}{3} = 12\]

\[ \Rightarrow P \le \frac{{12}}{3} = 4\]

Dấu “=” xảy ra khi \[\left\{ \begin{array}{l}x = y = z\\x + y + z = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = z = 2\]

Vậy \[MaxP = 4 \Leftrightarrow x = y = z = 2\]

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