[Ôn thi vào 10]
Câu I.
1. Giải các phương trình sau:
a. \(x-5=0\)
b. \(x^2-4x+3=0\)
2. Giải hệ phương trình: \(\left\{{}\begin{matrix}2x-y=1\\3x+y=4\end{matrix}\right.\)
Câu II.
Cho biểu thức: \(A=\left(\dfrac{x\sqrt{x}-1}{x-\sqrt{x}}-\dfrac{x\sqrt{x}+1}{x+\sqrt[]{x}}\right):\dfrac{2\left(x-2\sqrt{x}+1\right)}{x-1}\) (với \(x>0\) và \(x\ne1\))
1. Rút gọn biểu thức \(A\)
2. Tìm các số nguyên \(x\) để biểu thức \(A\) có giá trị nguyên
Câu III. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): \(y=mx+1\) và parabol (P): \(y=2x^2\).
1. Tìm \(m\) để đường thẳng (d) đi qua điểm A (1;3)
2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A (\(x_1;y_1\)), B (\(x_2,y_2\)).
Hãy tính giá trị của biểu thức \(T=x_1x_2+x_2y_2\).
Câu IV.
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Gọi F là điểm thuộc đường thẳng AD sao cho EF \(\perp\) AD. Đường thẳng CF cắt đường tròn đường kính AD tại điểm thứ hai là M. Gọi N là giao điểm của BD và CF. Chứng minh rằng:
1. Tứ giác CEFD nội tiếp đường tròn.
2. FA là đường phân giác của góc BFM.
3. BD.NE=BE.ND
Câu V.
Cho \(a,b,c\) là các số dương thỏa mãn: \(a^2+2b^2\le3c^2\).
Chứng minh rằng: \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}\ge\dfrac{3}{c}\)
Câu I
1)
a) Ta có: x-5=0
nên x=5
Vậy: S={5}
b) Ta có: \(x^2-4x+3=0\)
\(\Leftrightarrow x^2-x-3x+3=0\)
\(\Leftrightarrow x\left(x-1\right)-3\left(x-1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x-3\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x-1=0\\x-3=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=3\end{matrix}\right.\)
Vậy: S={1;3}
2) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}2x-y=1\\3x+y=4\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}5x=5\\2x-y=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=2x-1=2\cdot1-1=1\end{matrix}\right.\)
Vậy: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (x,y)=(1;1)
II.
1.
\(A=\left[\dfrac{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)}-\dfrac{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(x-\sqrt{x}+1\right)}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)}\right].\dfrac{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}{2\left(\sqrt{x}-1\right)^2}\)
\(=\left(\dfrac{x+\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}-\dfrac{x-\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}\right).\dfrac{\sqrt{x}+1}{2\left(\sqrt{x}-1\right)}\)
\(=2.\dfrac{\sqrt{x}+1}{2\left(\sqrt{x}-1\right)}=\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}\)
2.
\(A=\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}=1+\dfrac{2}{\sqrt{x}-1}\)
\(A\in Z\Leftrightarrow\sqrt{x}-1\inƯ_2=\left\{\pm1;\pm2\right\}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{x}\in\left\{0;2;3\right\}\)
\(\Leftrightarrow x\in\left\{0;4;9\right\}\)
III.
1.
\(A\left(1;3\right)\in\left(d\right)\Rightarrow m+1=3\Leftrightarrow m=2\)
2.
Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left(d\right);\left(P\right)\):
\(2x^2=mx+1\)
\(\Leftrightarrow2x^2-mx-1=0\left(1\right)\)
Vì \(\Delta=m^2+8>0,\forall x\) nên \(\left(1\right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt
\(\Leftrightarrow\left(d\right);\left(P\right)\) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt
Ở đây hình như là \(T=x_1x_2+y_1y_2\) chứ ạ.
Theo định lí Vi-et: \(x_1x_2=-\dfrac{1}{2}\)
\(T=x_1x_2+y_1y_2\)
\(=x_1x_2+4x^2_1x^2_2\)
\(=-\dfrac{1}{2}+4\left(-\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{1}{2}\)
V.
Áp dụng BĐT BSC:
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}=\dfrac{1}{a}+\dfrac{4}{2b}\ge\dfrac{\left(1+2\right)^2}{a+2b}=\dfrac{9}{a+2b}\left(1\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{b+2a}{ab}\ge\dfrac{9}{a+2b}\)
\(\Leftrightarrow\left(b+2a\right)\left(a+2b\right)\ge9ab\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2-4ab\ge0\)
\(\Leftrightarrow2\left(a-b\right)^2\ge0\) đúng với mọi a,b
Ta cần chứng minh \(\dfrac{9}{a+2b}\ge\dfrac{3}{c}\)
Áp dụng BĐT BSC:
\(\dfrac{3}{c}\le\dfrac{3}{\sqrt{\dfrac{a^2+2b^2}{3}}}=\dfrac{3\sqrt{3}}{\sqrt{a^2+2b^2}}\le\dfrac{3\sqrt{3}}{\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(a+2b\right)}=\dfrac{9}{a+2b}\left(2\right)\)
Từ \(\left(1\right);\left(2\right)\Rightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}\ge\dfrac{3}{c}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
IV.
1.
Ta có \(\widehat{ACD}=90^o\) (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\(\Rightarrow\widehat{EFD}=\widehat{ACD}=90^o\)
\(\Rightarrow CEFD\) nội tiếp
2.
Tương tự câu a ta chứng minh được \(ABEF\) nội tiếp
\(\Rightarrow\widehat{AFB}=\widehat{AEB}=\widehat{CED}=\widehat{CFD}=\widehat{AFM}\)
\(\Rightarrow FA\) là đường phân giác góc BFM
3.
Vì FA là phân giác góc BFM nên ta chứng minh được \(\widehat{BCA}=\widehat{MCA}\)
\(\Rightarrow\dfrac{BE}{NE}=\dfrac{BC}{NC}\left(3\right)\)
Mà AC vuông góc với CD nên CD là phân giác ngoài góc C của tam giác BCD
\(\Rightarrow\dfrac{BD}{ND}=\dfrac{BC}{NC}\left(4\right)\)
Từ \(\left(3\right);\left(4\right)\Rightarrow\dfrac{BE}{NE}=\dfrac{BD}{ND}\Rightarrow BD.NE=BE.ND\)
