19 đề ôn thi vào 10 chuyên hay có lời giải (Đề 9)

Cách 1: $x^2-9x+20=0$

$∆$=81-80=1>0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1=\frac{9+1}{2}=5;x_2=\frac{9-1}{2}=4$

Vậy phương trình có tập nghiệm S={4;5}

 Cách 2:

$x^2-9x+20=0=0\iff x^2-5x-4x+20=0\iff (x-5)(x-4)=0\iff \left(\begin{array}{c}x-5=0\\ x-4=0\end{array}\right)\iff \left(\begin{array}{c}x=5\\ x=4\end{array}\right)$

Vậy phương trình có tập nghiệm S={4;5}

$\{\begin{array}{c}7x-3y=4\\ 4x+y=5\end{array}\iff \{\begin{array}{c}7x-3y=4\\ 12x+3y=15\end{array}\iff \{\begin{array}{c}19x=19\\ 4x+y=5\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x=1\\ y=1\end{array}$

Vậy hệ phương trình có nghiêm duy nhất (x;y)=(1;1)

Cách 1:

$x^4-2x^2-3=0\iff x^4-3x^2+x^2-3=0\iff (x^2-3)(x^2+1)=0\iff [\begin{array}{c}{x}^2-3=0\\ x^2+1=0\end{array}\iff [\begin{array}{c}x=\pm \sqrt{3}\\ Vn(x^2\ge 0\Rightarrow x^2+1>0)\end{array}$

Vây phương trình có tập nghiệm $S=\left\{-\sqrt{3};\sqrt{3}\right\}$

Cách 2: Đặt t=x² ($t\ge 0)$ ta có phương trình t²-2t-3=0 (2)

Ta có a-b+c=1+2-3=0 nên phương trình (2) có 2 nghiệm t₁=-1(loại);t₂=3(nhận)

Với t₂=3$\iff x^2=3\iff x=\pm \sqrt{3}$

Vậy phương trình có tập nghiệm $S=\left\{-\sqrt{3};\sqrt{3}\right\}$

1) Vẽ  hai đồ thị ( P ) và ( d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.

2)Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình
$-\frac{1}{2}{x}^2=x-4\iff x^2-2x-8=0$

${\Delta }^{\text{'}}=1+8=9>0$ nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x₁=2;x₂=-4

x₁=2 => y₁=-2       ; x₂=-4 => y₂=-8

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (2;-2) và (-4;-8)

Với a > 0 và a$\ne$4 , ta có

$T=\left(\frac{\sqrt{a}-2}{\sqrt{a}+2}-\frac{\sqrt{a}+2}{\sqrt{a}-2}\right).\left(\sqrt{a}-\frac{4}{\sqrt{a}}\right)=\left(\frac{{\left(\sqrt{a}-2\right)}^2-{\left(\sqrt{a}+2\right)}^2}{\left(\sqrt{a}-2\right).\left(\sqrt{a}+2\right)}\right).\left(\frac{a-4}{\sqrt{a}}\right)=\left(\frac{a-4\sqrt{a}+4-a-4\sqrt{a}-4}{a-4}\right).\left(\frac{a-4}{\sqrt{a}}\right)=\frac{-8\sqrt{a}}{\sqrt{a}}=-8$

Cách 1: Gọi x(xe) là số xe của đội lúc đầu ( x nguyên dương)

Số tấn hàng mỗi xe dự định chở $\frac{120}{x}$(tấn)

x+4 (xe) là số xe của đội lúc sau

Số tấn hàng mỗi xe khi thực hiện chở $\frac{120}{x+4}$(tấn)

Theo đề bài ta có phương trình $\frac{120}{x}$-$\frac{120}{x+4}$= 1

Giải phương trình ta được x=20 (thỏa đk); x=-24 (không thỏa đk)

Vậy số tấn hàng mỗi xe dụ định chở là 120:20=6 (tấn)

Cách 2:

Gọi x là số tấn hàng của mỗi xe ban đầu dự định chở ( x nguyên dương, x > 1 )

Số tấn hàng của mỗi xe lúc sau chở: x – 1 ( tấn )

Số xe dự định ban đầu : $\frac{120}{x}$  ( xe )

 Số xe lúc sau : $\frac{120}{x-1}$  ( xe )

Theo đề bài ta có phương trình : $\frac{120}{x-1}$ – $\frac{120}{x}$ = 4 

Giải pt ta được : x₁ = 6 ( nhận );  x₂ = –5 ( loại )

Vậy số tấn hàng của mỗi xe ban đầu dự định chở là : 6 (tấn )

Để phương trình: x² + ( 2m – 1 )x + m² – 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂

 thì $\Delta >0\iff -4m+5>0\iff m<\frac{5}{4}$ 

Với m$<\frac{5}{4}$ thì phương trình có 2 nghiện phân biệt x₁, x₂ khi đó theo hệ thức vi ét

Ta có: x₁ + x₂ = 1-2m ; x₁.x₂ = m² – 1

Nên P = ( x₁ )² + (  x₂ )² = (x₁ + x₂ )²  – 2x₁.x₂ = ( 1-2m)² – 2(m² – 1)= 1-4m+4m²-2m²+2

= 2m²-4m+2+1  = 2( m – 1 )² + 1= 1

Đẳng thức xảy ra $\iff {(m-1)}^2=0\iff m=1$ (thỏa đk)

P_min = 1 khi m = 1 <  5/4

Vậy với m=1 thì biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất

1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn

BE là đường cao $∆$ABC $\Rightarrow BE\perp AC\Rightarrow \widehat{AEH}={90}^0$

CF là đường cao $∆$ABC $\Rightarrow CF\perp AB\Rightarrow \widehat{AFH}={90}^0$

Tứ giác AEHF có $\widehat{AEH}+\widehat{AFH}={180}^0$ nên tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn

2) Chứng minh CE.CA = CD.CB

$∆$ADC và $∆$BEC có

$\widehat{ADC}=\widehat{BEC}={90}^0$ (AD,BE là các đường cao)

$\hat{C}$ chung

Do đó $∆$ADC $~$$∆$BEC(g-g)

$\Rightarrow \frac{DC}{EC}=\frac{AC}{BC}\Rightarrow DC.BC=CE.AC$

3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF

Tứ giác BFEC có $\widehat{BEC}=\widehat{BFC}={90}^0$

=> tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC thì O cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF

$∆$OBE cân tại O (do OB=OE) => $\widehat{OBE}=\widehat{OEB}$

$∆$AEH vuông tại E có EM là trung tuyến ứng với cạnh huyền AH (Vì M là trung điểm AH)

=> ME=AH:2= MH do đó $∆$MHE cân tại M=> $\widehat{MEH}=\widehat{MHE}=\widehat{BHD}$

Mà $\widehat{BHD}+\widehat{OBE}={90}^0$($∆$HBD vuông tại D)

Nên $\widehat{OEB}+\widehat{MEH}={90}^0$ Suy ra $\widehat{MEO}={90}^0$

$\Rightarrow EM\perp OE$ tại E thuộc ( O ) => EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF

4) Gọi I và J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh $\widehat{\text{DIJ}}=\widehat{\text{DFC}}$

Tứ giác AFDC có $\widehat{AFC}=\widehat{ADC}={90}^0$ nên tứ giác AFDC nội tiếp đường tròn => $\widehat{BDF}=\widehat{BAC}$

$∆$BDF và $∆$BAC có $\widehat{BDF}=\widehat{BAC}$ (cmt); $\hat{B}$ chung do đó $∆$BDF $~$ $∆$BAC(g-g)

Chứng minh tương tự ta có $∆$DEC $~$ $∆$ABC(g-g)

Do đó $∆$DBF$~$$∆$DEC $\Rightarrow \widehat{BDF}=\widehat{EDC}\Rightarrow \widehat{BDI}=\widehat{IDF}=\widehat{EDJ}=\widehat{JDC}\Rightarrow \widehat{IDJ}=\widehat{FDC}$(1)

Vì $∆$DBF$~$$∆$DEC (cmt); DI là phân giác, DJ là phân giác $\Rightarrow \frac{DI}{DF}=\frac{DJ}{DC}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $∆$DIJ$~$$∆$DFC (c-g-c) => $\widehat{\text{DIJ}}=\widehat{\text{DFC}}$