Lời giải đề thi tuyển sinh vào 10 THPT Học Mãi năm 2017-2018
Bài 1:
1) $A = \dfrac{{2{\rm{x}} + 2}}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{x\sqrt x + 1}}{{x + \sqrt x }}\,\,\,\,\,\,\left( {x > 0,x \ne 1} \right).$
$ = \dfrac{{2{\rm{x}} + 2}}{{\sqrt x }} + \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)}}\,$
$ = \dfrac{{2{\rm{x}} + 2}}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x + \sqrt x + 1}}{{\sqrt x }} - \dfrac{{x - \sqrt x + 1}}{{\sqrt x }}$
$ = \dfrac{{2x + 2\sqrt x + 2}}{{\sqrt x }}$
2) Ta có: $x=6-2\sqrt{5}={{\left( \sqrt{5}-1 \right)}^{2}}$ (So ĐKXĐ thỏa)
$ \Rightarrow \sqrt x = \left| {\sqrt 5 - 1} \right| = \sqrt 5 - 1$
Thay vào biểu thức
$A = \dfrac{{2\left( {6 - 2\sqrt 5 } \right) + 2\left( {\sqrt 5 - 1} \right) + 2}}{{\sqrt 5 - 1}} = \dfrac{{12 - 2\sqrt 5 }}{{\sqrt 5 - 1}}$
$A = \dfrac{{\left( {12 - 2\sqrt 5 } \right)\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}} = \dfrac{{2 + 10\sqrt 5 }}{4} = \dfrac{{5\sqrt 5 + 1}}{2}$
Đưa được $\dfrac{7}{A} = \dfrac{{7\sqrt x }}{{2{\rm{x}} + 2 + 2\sqrt x }}$
Đánh giá $2{\rm{x}} + 2 + 2\sqrt x = 2\left( {x + 1} \right) + 2\sqrt x > 2 \cdot 2\sqrt x + 2\sqrt x = 6\sqrt x \,\,\,\,\,\left( {x > 0,x \ne 1} \right)$
Suy ra $0 < \dfrac{{7\sqrt x }}{{2{\rm{x}} + 2 + 2\sqrt x }} < \dfrac{7}{6}$
3) $\dfrac{7}{A}$ nhận giá trị nguyên là $1$ khi
$7\sqrt x = 2{\rm{x}} + 2 + 2\sqrt x \Leftrightarrow 2{\rm{x - 5}}\sqrt x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\sqrt x = 2\\
\sqrt x = \dfrac{1}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 4\\
x = \dfrac{1}{4}
\end{array} \right.$(thỏa mãn ĐKXĐ)
Vậy $x\in \left\{ 4;\dfrac{1}{4} \right\}$
Bài 2:
a) Có $\Delta ={{\left[ -\left( 3m+1 \right) \right]}^{2}}-4\cdot 1\cdot \left( 2{{m}^{2}}+m-1 \right)={{m}^{2}}+2m+5={{\left( m+1 \right)}^{2}}+4>0\forall m$
Vậy phương trình $\left( 1 \right)$ luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
b) Gọi ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$ là hai nghiệm của phương trình $\left( 1 \right)$
Theo định lí Vi-et, ta có:$\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = 3m + 1\\
{x_1}{x_2} = 2{m^2} + m - 1
\end{array} \right.$
$B={{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}-4{{\text{x}}_{1}}{{x}_{2}}={{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-6{{\text{x}}_{1}}{{x}_{2}}={{\left( 3m+1 \right)}^{2}}-6\left( 2{{m}^{2}}+m-1 \right)$
$=-3{{m}^{2}}+7$
$B=-3{{m}^{2}}+7\le 7.$ Dấu $''=''$ xảy ra $\Leftrightarrow m=0.$
Vậy ${{B}_{\text{max}}}=7\,\,khi\,\,m=0.$
Điều kiện : $y\ge -1.$
$\left\{ \begin{array}{l}
2{\left( {x - 1} \right)^2} + \sqrt {y + 1} = 2\\
3{{\rm{x}}^2} - 6{\rm{x}} - 2\sqrt {y + 1} = - 7
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2\left( {{x^2} - 2{\rm{x}}} \right) + \sqrt {y + 1} = 0\\
3\left( {{x^2} - 2{\rm{x}}} \right) - 2\sqrt {y + 1} = - 7
\end{array} \right.$
Đặt $a = {x^2} - 2{\rm{x}};b = \sqrt {y + 1} \,\,\,\left( {b \ge 0} \right).$ Hệ phương trình trở thành $\left\{ \begin{array}{l}
2{\rm{a}} + b = 0\\
3{\rm{a}} - 2b = - 7
\end{array} \right.$
Giải hệ phương trình, ta được : $\left\{ \begin{array}{l}
a = - 1\\
b = 2\,\,(TM\,\,b \ge 0)
\end{array} \right.$
$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x^2} - 2{\rm{x}} = - 1\\
\sqrt {y + 1} = 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x^2} - 2{\rm{x + }}1 = 0\\
y + 1 = 4
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\left( {x - 1} \right)^2} = 0\\
y = 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 1\\
y = 3
\end{array} \right.$ (TMĐKXĐ)
Vậy hệ phương trình có nghiệm $\left( x,y \right)=\left( 1,3 \right).$
Bài 3:
Gọi vận tốc dự định của xe máy là $x\left( {km/h} \right)$ (ĐK : $x>6$ ).
Khi đó thời gian xe máy dự định đi hết quãng đường AB là $\dfrac{40}{x}\left( h \right).$
Thời gian thực tế xe máy đi nửa quãng đường đầu là $\dfrac{20}{x-6}\left( h \right).$
Thời gian thực tế xe máy đi nửa quãng đường còn lại là $\dfrac{20}{x+12}(h).$
Theo bài ra ta có phương trình: $\dfrac{20}{x-6}+\dfrac{20}{x+12}=\dfrac{40}{x}.$
PT $ \Leftrightarrow \dfrac{{x\left( {x + 12} \right)}}{{x\left( {x + 12} \right)\left( {x - 6} \right)}} + \dfrac{{x\left( {x - 6} \right)}}{{x\left( {x + 12} \right)\left( {x - 6} \right)}} = \dfrac{{2x\left( {x + 12} \right)\left( {x - 6} \right)}}{{x\left( {x + 12} \right)\left( {x - 6} \right)}}$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow {x^2} + 12x + {x^2} - 6x - \left( {2{x^2} + 12x - 144} \right) = 0\\
\Leftrightarrow 6x - 144 = 0 \Leftrightarrow x = 24(TM).
\end{array}$
Vậy vận tốc dự định của xe máy là $24(km\text{/}h).$
Bài 4:
1) Ta có: $\widehat{CND}={{90}^{o}}$ ( Vì $N$ thuộc đường tròn $(O)$ )
$\widehat{COA}={{90}^{o}}$ ( gt )
Do đó bốn điểm $O,\text{ }M,\text{ }N,\text{ }C$ thuộc đường tròn $(O)$ )
2) Chứng minh $\Delta DOM\backsim \Delta DNC(g.g)$ vì:
$\widehat{MDC}$ chung
$\widehat{DOM}=\widehat{DNC}={{90}^{o}}$
Suy ra $\dfrac{DO}{DN}=\dfrac{DM}{DC}\Rightarrow DM.DN=DO.DC=2{{R}^{2}}.$
3) Do $MO$ là trung trực của $CD$ nên $MC=MD.$ Suy ra $D$ thuộc đường tròn $(M,MC)$
Suy ra tứ giác $CFDE$ nội tiếp.
$\widehat {AED} = \widehat {BFD}{\rm{ }}( + \widehat {CFD} = {180^o})$ (do tứ giác $CFDE$ nội tiếp)
$\begin{array}{l}
\Rightarrow \widehat {ADE} = \widehat {BDF}\\
\Rightarrow \Delta ADE = \Delta BDF(g.c.g)
\end{array}$
Do tứ giác $CFDE$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{EDF}+\widehat{ACF}\text{ }={{180}^{o}}\Rightarrow \widehat{EDF}={{90}^{o}}$
Suy ra $EF$ là đường kính của đường tròn $(M,MC)$ hay $E,M,F$ thẳng hàng.
$\Delta ADE=\Delta BDF(g.c.g)\Rightarrow AE=BF.$
Do đó: $CE+CF=CA+AE+CB-BF=2CA.$
Mà $CA=\sqrt{O{{A}^{2}}+O{{C}^{2}}}=R\sqrt{2}\Rightarrow CE+CF=2R\sqrt{2}.$
Vậy tổng $CE+CF$ không đổi khi $M$ di động trên $OA.$
4) Ta có $\Delta DOM\backsim \Delta DNC(g.g)$$\Rightarrow \dfrac{DO}{DN}=\dfrac{OM}{NC}\Rightarrow OM=\dfrac{DO.NC}{DN}$
Có $\Delta AMD\backsim \Delta NAD(g.g)$ vì: $\widehat{ADN}$ chung, $\widehat{DAM}=\widehat{DNA}={{45}^{o}}$
$\Rightarrow \dfrac{AM}{AN}=\dfrac{AD}{DN}\Rightarrow AM=\dfrac{AD.AN}{DN}$
Do đó $\dfrac{OM}{AM}=\dfrac{DO.NC}{AD.AN}=\dfrac{R.NC}{R\sqrt{2}.AN}=\dfrac{NC}{\sqrt{2}AN}(1)$
Tương tự ta có $\Delta OBP\backsim \Delta NBA(g.g)$$\Rightarrow \dfrac{OP}{NA}=\dfrac{OB}{NB}\Rightarrow OP=\dfrac{OB.NA}{NB}$
Có $\Delta CPB\backsim \Delta NCB(g.g)$ $\Rightarrow \dfrac{CP}{NC}=\dfrac{CB}{NB}\Rightarrow CP=\dfrac{NC.CB}{NB}$
Do đó $\dfrac{OP}{CP}=\dfrac{OB.NA}{NC.CB}=\dfrac{NA}{\sqrt{2}NC}(2)$
Từ (1) và (2) ta có: $\dfrac{{OM}}{{AM}}.\dfrac{{OP}}{{CP}} = \dfrac{{NC}}{{\sqrt 2 AN}}.\dfrac{{NA}}{{\sqrt 2 NC}} = \dfrac{1}{2}$
Mặt khác, theo bất đẳng thức AM – GM, ta có:
$\dfrac{OM}{AM}+\dfrac{OP}{CP}\ge 2\sqrt{\dfrac{OM}{AM}\cdot \dfrac{OP}{CP}}=\sqrt{2}$
$\dfrac{OM}{AM}+\dfrac{OP}{CP}$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng$\sqrt{2}$khi
$\dfrac{{OM}}{{AM}} = \dfrac{{OP}}{{CP}} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \dfrac{{OA}}{{AM}} = \dfrac{{\sqrt 2 + 1}}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow AM = \dfrac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 + 1}}OA = \dfrac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 + 1}}R.$
Vậy để $\dfrac{OM}{AM}+\dfrac{OP}{CP}$ đạt GTNN thì điểm M thuộc OA thỏa mãn$AM=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}+1}R.$
Bài 5:
Ta có:$\begin{array}{l}
ab + 3c = ab + c(a + b + c) = {c^2} + c\left( {a + b} \right) + ab \ge {c^2} + 2c\sqrt {ab} + ab = {\left( {c + \sqrt {ab} } \right)^2}\\
\sqrt {2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)} \ge \sqrt {{a^2} + {b^2} + 2ab} = \sqrt {{{\left( {a + b} \right)}^2}} = ab{\rm{ }}\left( {{\rm{v \times : }}a + b > 0} \right).
\end{array}$
Do đó $A \ge \dfrac{{c + \sqrt {ab} + a + b}}{{3 + \sqrt {ab} }} = \dfrac{{3 + \sqrt {ab} }}{{3 + \sqrt {ab} }} = 1.$
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi với $a=b.$
Vậy ${{A}_{\min }}=1$ với $a=b.$
