Quay lại giao diện cũ
Đề thi thử vào lớp 10 OLM.vn năm 2021 - 2022
Cho hai biểu thức $A = \dfrac1{\sqrt x - 1}$ và $B = \left(\dfrac{-3\sqrt x}{x\sqrt x - 1} - \dfrac1{1 - \sqrt x}\right):\left(1 - \dfrac{x + 2}{1 + \sqrt x + x}\right)$ với $x \ge 0$ và $x \ne 1$.
a. Tính giá trị của $A$ khi $x = 4 - 2\sqrt3$.
b. Chứng minh giá trị của $B$ không phụ thuộc vào $x$.
c. Tìm tất cả các giá trị của $x$ để $\dfrac{2A}B$ nhận giá trị nguyên.
Hướng dẫn giải
a. Ta có $x = 4 - 2\sqrt3 = 1 - 2.1.\sqrt3 + 3 = (1- \sqrt 3 )^2$.
$\Rightarrow \sqrt x = |1-\sqrt 3| = \sqrt 3 - 1.$
Khi đó $A = \dfrac1{\sqrt x - 1} = \dfrac1{\sqrt3 - 1 - 1} = \dfrac1{\sqrt3 - 2} = -2-\sqrt3.$
b. Với $x \ge 0$ và $x \ne 1$ ta có:
$B = \left(\dfrac{-3\sqrt x}{x\sqrt x - 1} - \dfrac1{1 - \sqrt x}\right):\left(1 - \dfrac{x + 2}{1 + \sqrt x + x}\right)$
$= \left[\dfrac{-3\sqrt x}{(\sqrt x - 1)(x + \sqrt x + 1)} + \dfrac1{\sqrt x - 1}\right]:\dfrac{(1 + \sqrt x + x)-(x + 2)}{1 + \sqrt x + x}$
$= \dfrac{-3\sqrt x + x +\sqrt x + 1}{(\sqrt x - 1)(x + \sqrt x + 1)} . \dfrac{x + \sqrt x + 1}{\sqrt x - 1}$
$= \dfrac{x - 2\sqrt x + 1}{(\sqrt x - 1)(x + \sqrt x + 1)} . \dfrac{x + \sqrt x + 1}{\sqrt x-1}$ $= \dfrac{(\sqrt x - 1)^2.(x + \sqrt x + 1)}{(\sqrt x - 1)^2(x + \sqrt x + 1)} = 1$
Do đó giá trị của $B$ không phụ thuộc vào $x$.
c.Ta có $\dfrac{2A}B = \dfrac{2}{\sqrt x - 1}$
Để $\dfrac{2A}B$ nhận giá trị nguyên thì $\sqrt x - 1$ là ước của $2$.
Suy ra $\sqrt x - 1 \in \{-2;-1;1;2\}$.
| $\sqrt x - 1$ | $-2$ | $-1$ | $1$ | $2$ |
| x | loại | 0 | 4 | 9 |
Vậy $x \in \{0;4;9\}$ thì $\dfrac{2A}B$ nhận giá trị nguyên.
a. Giải phương trình $x^2 + x^4 - 6 = 0$.
b. Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho đường thẳng $d:$ $y = 4x + 1 - m$ và parabol $(P):$ $y = x^2$. Tìm giá trị của $m$ để $d$ cắt $(P)$ tại hai điểm phân biệt có tung độ $y_1$ và $y_2$ sao cho $\sqrt{y_1}.\sqrt{y_2} = 5.$
Hướng dẫn giải
a. Đặt $x^2 = t$, $t \ge 0$ thì phương trình đã cho trở thành:
$t^2 + t - 6 = 0 \Leftrightarrow t^2 - 2t + 3t - 6 = 0 \Leftrightarrow (t-2)(t+3) = 0$ $\Leftrightarrow \left[\begin{aligned} & t = 2 \ \text{(thỏa mãn)} \\ & t = -3 \ \text{(loại)} \\ \end{aligned} \right.$.
Với $t = 2$ thì $x^2 = 2 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 2.$
Vậy phương trình có nghiệm $x = \pm \sqrt2$.
b. Phương trình hoành độ giao điểm: $x^2 = 4x + 1 - m$ $\Leftrightarrow x^2 - 4x + m -1 = 0$ (1)
$\Delta' = 4 - m + 1 = 5 - m$.
Để $d$ cắt $(P)$ tại hai điểm phân biệt thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt
$\Leftrightarrow \Delta' > 0 \Leftrightarrow m < 5$.
Gọi hai giao điểm của $d$ và $(P)$ có tọa độ $(x_1;y_1)$ và $(x_2;y_2)$.
Ta có định lí Vi - et: $\left\{\begin{aligned} & x_1 + x_2 = 4\\ & x_1x_2 = m-1 \end{aligned} \right.$ và $y_1 = x_1^2$; $y_2 = x_2 ^2$.
Khi đó $\sqrt{y_1}.\sqrt{y_2} = 5 \Leftrightarrow \sqrt{y_1.y_2} = 5$
$\Leftrightarrow \sqrt{(x_1x_2)^2} = 5 \Leftrightarrow |m-1| = 5$
$\Leftrightarrow \left[\begin{aligned} & m - 1 = 5\\ & m - 1 = -5 \end{aligned} \right. \Leftrightarrow \left[\begin{aligned} & m = 6 \ \text{(loại)} \\ & m = -4 \ \text{(thỏa mãn)} \end{aligned} \right.$.
Vậy với $m = -4$ thì $d$ cắt $(P)$ tại hai điểm phân biệt có tung độ $y_1$ và $y_2$ sao cho $\sqrt{y_1}.\sqrt{y_2} = 5.$
Cửa hàng đồ điện tử đang có chương trình quét mã VNpay được giảm $2\%$ giá niêm yết của sản phẩm. Một người mua một món hàng, sau khi quét mã thì phải trả tổng cộng $2$ $430$ $000$ đồng đã bao gồm thuế giá trị gia tăng (VAT) là $10\%$. Hỏi giá niêm yết của món hàng là bao nhiêu (biết VAT được tính trên giá niêm yết)?
Hướng dẫn giải
Gọi giá niêm yết của sản phẩm là $x$ đồng ($x > 0$).
Số tiền người đó phải trả khi chưa quét mã là: $x + 10\%.x = x + 0,1x = 1,1x$ (đồng).
Số tiền giảm giá khi quét mã là $2\%.x = 0,02x$ (đồng)
Theo bài ra ta có phương trình: $1,1x - 0,02x =$ $2$ $430$ $000 \Leftrightarrow 1,08x =$ $2$ $430$ $000$
$\Leftrightarrow x = 2$ $250$ $000$ đồng.
Vậy giá niêm yết của sản phẩm đó là $2$ $250$ $000$ đồng.
Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ ($AB \ne AC$) có đường cao $AH$ và $I$ là trung điểm của $BC$. Đường tròn tâm $O$ đường kính $AH$ cắt $AB$, $AC$ lần lượt tại $M$ và $N$ ($M$ và $N$ khác $A$).
a. Chứng minh $AB.AM = AC.AN$.
b. Chứng minh tứ giác $BMNC$ là tứ giác nội tiếp.
c. Gọi $D$ là giao điểm của $AI$ và $MN$. Chứng minh $\dfrac1{AD} = \dfrac1{HB} + \dfrac1{HC}.$
Hướng dẫn giải
a.
Đường tròn $(O)$, đường kính $AH$ có $\widehat{AMH} = 90^{\circ} \Rightarrow HM \perp AB$.
$\Delta AHB$ vuông tại $H$ có $HM \perp AB \Rightarrow AH^2 = AB . AM$.
Chứng minh tương tự $AH^2 = AC . AN$.
Suy ra $AB.AM = AC.AN$.
b.
Theo câu a ta có $AB.AM = AC.AN \Rightarrow \dfrac{AM}{AC} = \dfrac{AN}{AB}$.
Tam giác $AMN$ và tam giác $ACB$ có $\widehat{MAN}$ chung và $\dfrac{AM}{AC} = \dfrac{AN}{AB}$.
$\Rightarrow \Delta AMN \sim \Delta ACB$ (c.g.c).
$\Rightarrow \widehat{AMN} = \widehat{ACB}$.
Suy ra $BMNC$ là tứ giác nội tiếp.
c.
Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $I$ là trung điểm của $BC \Rightarrow IA = IB = IC$.
$\Rightarrow \Delta IAC$ cân tại $I \Rightarrow \widehat{IAC} = \widehat{ICA}$.
Theo câu b ta có $\widehat{AMN} = \widehat{ACB} \Rightarrow \widehat{IAC} = \widehat{AMN}$.
Mà $\widehat{BAD} + \widehat{IAC} = 90^{\circ} \Rightarrow \widehat{BAD} + \widehat{AMN} = 90^{\circ} \Rightarrow \widehat{ADM} = 90^{\circ}$.
Ta chứng minh $\Delta ABC$ vuông tại $A$ có $AH \perp BC \Rightarrow AH^2 = BH.CH$.
Mà $BC = BH + CH \Rightarrow \dfrac1{AD} = \dfrac{BH+CH}{BH.CH} \Rightarrow \dfrac 1{AD} = \dfrac1{HB} + \dfrac1{HC}.$
Chứng minh rằng nếu $xy+yz+zx=5$ thì $3x^2+3y^2+z^2 \ge 10$.
Hướng dẫn giải
Xét $\left\{\begin{aligned} 4x^2+z^2\ge 4xz\\ 4y^2+z^2\ge 4yz\\ 2x^2+2y^2\ge 4xy \end{aligned}\right. \Rightarrow 2(3x^2+3y^2+z^2) \ge 4(xy+yz+zx) \Leftrightarrow 3x^2+3y^2+z^2 \ge 10.$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=1$ và $z=2$.